【创新设计】（浙江专用）高考物理 专题强化训练4(1).doc

专题强化训练(四)一、单项选择题1如图41所示，理想变压器原、副线圈匝数比为201，两个标有“12 v，6 w”的小灯泡并联在副线圈的两端当两灯泡都正常工作时，原线圈电路中电压表和电流表(可视为理想的)的示数分别是()图41a120 v,0.10 a b240 v,0.025 ac120 v,0.05 a d240 v,0.05 a解析副线圈电压u212 v，由得u1240 v，副线圈中电流i221 a，由得i10.05 a.答案d2如图42甲所示的理想变压器的原线圈输入图42乙所示的交变电压，副线圈接有一电流表(内阻不计)和负载电阻r，已知电流表的示数为0.10 a，电阻r30 .由此可知该变压器的原、副线圈的匝数比为()图42a503 b503 c5001 d5001解析根据题意可得副线圈端电压u20.130 v3 v，原线圈端电压u150 v，因，代入数据可得：，a正确答案a3电阻r和电动机m串联接到电路中，如图43所示，已知电阻r跟电动机线圈的电阻值相等，电键接通后，电动机正常工作，设电阻r和电动机m两端的电压分别为u1和u2，经过时间t，电流通过电阻r做功为w1，产生热量为q1，电流通过电动机做功为w2，产生热量为q2，则有()图43au1q2 dw1w2，q1iru1，b错；电流做的功w1iu1t，w2iu2t，因此w1w2，c错；电流产生的热量由qi2rt可判断q1q2，a对，d错答案a4矩形导线框abcd固定在匀强磁场中(如图44甲所示)，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度b随时间t变化的规律如图44 乙所示，则()图44a从0到t1时间内，导线框中电流的方向为adcbab从0到t1时间内，导线框中电流越来越小c从t1到t2时间内，导线框中电流越来越大d从t1到t2时间内，导线框bc边受到安培力大小保持不变解析从0到t1时间内，垂直纸面向里的磁感应强度减小磁通量减小根据楞次定律可判断，产生顺时针方向的电流故a项正确；由公式es，i，由于磁场均匀减小，为一恒定值线框中产生的感应电流大小不变，故b、c项错误；磁感应强度b均匀变化由公式fbilbc知bc边受到的安培力是变化的，故d项错误答案a5如图45所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域，其直角边长为l，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为b.一边长为l、总电阻为r的正方形导线框abcd从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域取沿abcda的感应电流为正，则下图中表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是()图45解析解决本题可以用排除法位移处于2l3l内时，穿过导线框的磁通量减小，由楞次定律可判断出，感应电流方向沿逆时针方向，即电流为负，a、d错误；切割磁感线部分的长度逐渐增大，故电动势增大，感应电流增大，b错误，c正确答案c二、多项选择题6如图46所示，理想变压器原、副线圈匝数比为21.电池和交变电源的电动势都为6 v，内阻均不计下列说法正确的是()图46as与a接通的瞬间，r中无感应电流bs与a接通稳定后，r两端的电压为0cs与b接通稳定后，r两端的电压为3 vds与b接通稳定后，原、副线圈中电流的频率之比为21解析s与a接通的瞬间，副线圈有瞬间的感应电流，a错误；s与a接通稳定后，理想变压器的原线圈电流稳定不变，副线圈电压为零，b正确；s与b接通的稳定后，根据u1u2n1n2可得r两端的电压为3 v，c正确；原、副线圈的频率相同，d错误答案bc7直流电路如图47所示，在滑动变阻器的滑片p向右移动时，电源的()图47a总功率一定减小b效率一定增大c内部损耗功率一定减小d输出功率一定先增大后减小解析滑片p向右移动时，外电路电阻r外增大，由闭合电路欧姆定律知总电流i减小，由p总ei可得p总减小，故选项a正确根据可知选项b正确由p损i2r可知，选项c正确由p输出r外图象，因不知道r外的初始值与r的关系，所以无法判断p输出的变化情况，选项d错误答案abc82011年9月28日，中国第二条特高压交流电项目获批，投资规模、线路长度和输电容量都比之前项目大一倍以上如图48所示是远距离输电示意图，电站的输出电压u1250 v，输出功率p1100 kw，输电线电阻r8 .现进行远距离输电时，下列说法中正确的是()图48a若电站的输出功率突然增大，则降压变压器的输出电压减小b若电站的输出功率突然增大，则升压变压器的输出电压增大c输电线损耗比例为5%时，所用升压变压器的匝数比d用10 000 v高压输电，输电线损耗功率为8 000 w解析由知u1不变时，u2也不变，故b错；由u3u2r，知电站的输出功率突然增大，u3减小，又，故u4也减小，a正确；i1400 a，i225 a.，所以c正确；用10 000 v高压输电，即u210 000 v，i210 a，pi22r8102 w，所以d错误答案ac9在伦敦奥运会上，100 m赛跑跑道两侧设有跟踪仪，其原理如图49甲所示，水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为l0.5 m，一端通过导线与阻值为r0.5 的电阻连接；导轨上放一质量为m0.5 kg的金属杆，金属杆与导轨的电阻忽略不计；匀强磁场方向竖直向下用与导轨平行的拉力f作用在金属杆上，使杆运动当改变拉力的大小时，相对应的速度v也会变化，从而使跟踪仪始终与运动员保持一致已知v和f的关系如图49乙所示(取重力加速度g10 m/s2)则()图49a金属杆受到的拉力与速度成正比b该磁场磁感应强度为1 tc图线在横轴的截距表示金属杆与导轨间的阻力大小d导轨与金属杆之间的动摩擦因数为0.4解析由图象可知拉力与速度是一次函数，但不成正比，故a错；图线在横轴的截距是速度为零时的f，此时金属杆将要运动，此时阻力最大静摩擦力等于f，也等于运动时的滑动摩擦力，c对；由fbilmg0及i可得：fmg0，从图象上分别读出两组f、v数据代入上式即可求得b1 t，0.4，所以选项b、d对答案bcd三、非选择题10(2013江苏卷，13)如图410所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直已知线圈的匝数n100，边长ab1.0 m、bc0.5 m，电阻r2 .磁感应强度b在01 s内从零均匀变化到0.2 t在15 s内从0.2 t均匀变化到0.2 t，取垂直纸面向里为磁场的正方向求：图410(1)0.5 s时线圈内感应电动势的大小e和感应电流的方向；(2)在15 s内通过线圈的电荷量q；(3)在05 s内线圈产生的焦耳热q.解析(1)感应电动势e1n，磁通量的变化量1b1s，解得e1n，代入数据解得e110 v，感应电流方向为adcba(或逆时针)(2)同理可得：感应电流e2ni2，电量qi2t2解得qn，代入数据 q10 c(3)01 s内线圈产生的焦耳热q1irt1，且i1，15 s内线圈产生的焦耳热q2irt2，由qq1q2，代入数据得q100 j答案(1)10 vadcba(或逆时针)(2)10 c(3)100 j11如图411所示，质量为m的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属导轨上导轨平面与水平面的夹角为，并处于磁感应强度大小为b、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中左侧是水平放置、间距为d的平行金属板r和rx分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻图411(1)调节rxr，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流i及棒的速率v.(2)改变rx，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m、带电量为q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的rx.解析(1)对匀速下滑的导体棒进行受力分析如图所示导体棒所受安培力f安bil导体棒匀速下滑，所以f安mgsin 联立式，解得i导体棒切割磁感线产生感应电动势eblv由闭合电路欧姆定律得i，且rxr，所以i联立式，解得v(2)由题意知，其等效电路图如图所示由图知，平行金属板两板间的电压等于rx两端的电压设两板间的电压为u，由欧姆定律知uirx要使带电的微粒匀速通过，则mgq因为导体棒匀速下滑时的电流仍为i，所以联立式，解得rx.答案(1)(2)12如图412所示，电阻忽略不计的两根平行的光滑金属导轨竖直放置，其上端接一阻值为3 的定值电阻r.在水平虚线l1、l2间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场b、磁场区域的高度d0.5 m导体棒a的质量ma0.2 kg，电阻ra3 ；导体棒b的质量mb0.1 kg，电阻rb6 .它们分别从图中m、n处同时由静止开始在导轨上无摩擦向下滑动，且都能匀速穿过磁场区域，当b刚穿出磁场时a正好进入磁场设重力加速度g10 m/s2.求：(不计a、b之间的作用，整个运动过程中a、b棒始终与金属导轨接触良好)图412(1)在整个过程中a、b两棒克服安培力分别做的功(2)a进入磁场的速度与b进入磁场的速度之比(3)分别求出m点和n点距虚