2021届高考物理二轮复习专题能力提升练(五)电路与电磁感应

1、专题能力提升练五电路与电磁感应一、选择题本大题共8小题，每题8分，共64分第15题只有一项符合题目要 求，第68题有多项符合题目要求.1.如下图的电路中，电源内阻不计，三个小灯泡完全相同且外电路变化时每个灯泡两端的电压都不会超过其额定电压， 开始时只有S2闭合，当S也闭合后，以下说法正确的选项是A. 灯泡Li变亮B. 灯泡L2变亮C. 电容器C的带电荷量将增加D. 闭合S的瞬间流过电流表的电流方向自左向右解析：S闭合前，Li与L2串联，其电流I = 2eR为小灯泡灯丝电阻，电容器两极板间的电压等于电源电动势,Si闭合后,L2与L3并联再与Li串联，ULi =R 2书，R+ 2UL2 = 3，可

2、得Li变亮，L2变暗，A正确，B错误；电容器两极板间的电压等于 Li两端电压，即电容器两 极板间的电压减小，由 Q= CU得电容器所带电荷量减小， C错误；S闭合瞬间电容器放电， 通过电流表的电流方向自右向左， D错.答案：A2.如下图，电路中 R、R均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置.闭合电键 S,电路到达稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动.如果仅改变下 列某一个条件，油滴仍能静止不动的是A.增大R的阻值 B .增大艮的阻值C.增大两板间的距离 D .断开电键S解析：在直流电路中，F2与电容器串联的支路不通， 因此电容器两端的电压等于 R两端 的电压，增大 R的

3、阻值，R两端的电压增大，电容器两端的电压增大，由占可知，电容器两极板间的电场强度增大，因此板间带电油滴受到的电场力增大，会向上运动，A项错误；增大R的阻值不改变电路中的总电阻，不改变R两端的电压，因此电容器中的油滴仍保持静止，B项正确；增大两板间的距离，而电容器的两板间的电压一定，由E= U可知，板间的场强减小，油滴受到的电场力减小，油滴会向下运动，C项错误；断开电键 S,电容器会通过R、R进行放电，使板间场强减小，油滴因受到的电场力减小而向下运动，D项错误.答案：B3.如下图，abed为固定的水平光滑矩形金属导轨，导轨间距为L,左、右两端接有定值电阻R和R, R=R整个装置处于磁感应强度大小

4、为B、方向竖直向下的匀强磁场中.质量为m的导体棒MN放在导轨上，棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨与棒的电 阻.两根相同的轻质弹簧甲和乙一端固定，另一端同时与棒的中点连接.初始时刻，两根弹簧恰好处于原长状态，现使棒获得水平向左的初速度Vo,棒第一次运动至最右端的过程中R产生的电热为 Q那么以下说法中正确的选项是BVvoA.初始时刻棒所受安培力的大小为B.B2 2 棒第一次回到初始位置时，艮的电功率为C.棒第一次到达最右端时，两根弹簧具有的总弹性势能为2Q3从初始位置至棒第一次到达最左端的过程中，整个回路产生的电热大于2 2,BLvo BLvo 、，2B L Vo ,丄解析：由I=-,安培力大

5、小为 Fa= BIL =，故A错误；R并1 一R尹对MN故负功，产生焦耳热，由动能定理，当棒再次回到初始位置时，速度小于&|2 2的感应电动势小于 BLo,那么a、b间电阻R的电功率小于B-Vo，故B错误；R棒第一次到达最右端时， 导体捧的动能全部转化为整个回路中的焦耳热和甲、 性势能，两个电阻相同且并联，故产生的热量相同，那么电路中产生的总热量为1 2D.由于安培力始终Vo,棒产生由能量守恒，当乙两弹簧的弹2Q所以两根弹簧具有的总弹性势能为 qmV 2Q故C错误；从初始位置到最右端分为三段，即从初始 位置至第一次到最左端，从最左端至初始位置，从初始位置至第一次到最右端，由于安培力始终

6、对MN故负功，产生焦耳热，棒第一次到达最左端的过程中，棒平均速度最大，安培力 平均值最大，那么从初始位置至棒第一次到达最左端的过程中整个回路中产生的焦耳热应大于13x2 Q故D正确.答案：D4.一质量为m电阻为r 上滑行，导轨平面与水平面成 斜面向上，导轨的电阻不计， 又返回到底端时的速度大小为的金属杆ab,以一定的初速度30°角，两导轨上端用一电阻 金属杆始终与导轨接触良好，v,那么金属杆在滑行过程中vo从一光滑平行金属导轨底端向R相连，如下图，磁场垂直 金属杆向上滑行到某一高度之后A.B.C.D.解析：由于不断产生电能， 金属杆的机械能不断减少, 置时上滑的速度较大， 移与下滑阶

7、段的位移大小相等， 金属杆经过同一位置安培力较大，向上滑行与向下滑行的时间相等 向上滑行与向下滑行时电阻R上产生的热量相等向上滑行与向下滑行时通过金属杆的电荷量相等 向上滑行与向下滑行时金属杆克服安培力做的功相等上滑过程与下滑过程经过同一位 所以上滑阶段的平均速度大于下滑阶段的平均速度，而上滑阶段的位所以上滑过程的时间比下滑过程短，故A错误；上滑过程中,所以上滑过程中安培力的平均值较大，克服安培力做功较多，回路产生的总热量较多，那么向上滑行时电阻R上产生的热量较多，故 B错误；电荷量q一E人=I At = -R At = -，由于上滑与下滑过程中磁通量变化量大小相等，故上滑阶段和 下滑阶段通过

8、R的电荷量相同，故 C正确；金属杆克服安培力做的功等于回路产生的热量， 那么知向上滑行时金属杆克服安培力做的功较多，故D错误.答案：C5.K M如下图，一半径为L的导体圆环位于纸面内，O为圆心.环内两个圆心角为 90°且关 于0中心对称的扇形区域内分布有匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B、方向相反且均与纸面垂面导体杆 OM可绕O转动，M端通过滑动触点与圆环良好接触，在圆心和圆环 间连有电阻R,不计圆环和导体杆的电阻，当杆OM以恒定角速度 3逆时针转动时，理想电流表A的示数为“BL 3A. 4R谑BL2 3C. 2RB.D.)Bl 34RBl 32R答案：A6如下图，两根间距为 I

9、的光滑平行金属导轨与水平面夹角为a ,导轨电阻不计，图中虚线下方区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨面向上两质量均为m长均为I、电阻均为R的金属杆垂直于导轨放置，且与导轨接触良好.开始时金属杆 ab处在与磁场上边界相距I的位置，金属杆cd处在导轨的最下端， 被与导轨垂直的两根小柱挡住.现将金属杆ab由静止释放，金属杆ab刚进入磁场便开始做匀速直线运动，重力加速度为g,那么ab进入磁场时的感应电流方向为由b到aab进入磁场时的速度大小为2gl sin aab进入磁场后产生的感应电动势为 口9； aab进入磁场后金属杆 cd对两根小柱的压力大小为零A.B.C.D.金属杆金属杆金属

10、杆金属杆解析：由右手定那么可知，金属杆 ab进入磁场时的感应电流方向为由b到a,选项A正确；金属杆下滑进入磁场过程，由动能定理得mgSin a = *mV，解得v =p2gl sin a，选项2解析：0M切割磁感线产生的电动势 E= 2竺，0M切割磁感线时产生的感应电流 IB正确；金属杆ab在磁场中做匀速直线运动， 有mgsin a = BIl，其中I = qr得E=°b| ,选项C错误；金属杆ab进入磁场后在金属杆 cd中产生由c到d的电流，由左手定那么可知, cd受到沿导轨平面向下的安培力，故cd对两根小柱的压力大小不为零，选项D错误.答案：AB2m7如下图，正方形导线框ABCD

11、 abed的边长均为L,电阻均为 R质量分别为和m它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，且正方形导线框与定滑轮处于同一竖直平面内.在两导线框之间有一宽度为 2L、磁感应强度大小为 B方向垂直纸面向里的匀强磁 场.开始时导线框ABCD勺下边与匀强磁场的上边界重合， 导线框abcd的上边到匀强磁场的 下边界的距离为 L.现将系统由静止释放，当导线框 ABCD5U好全部进入磁场时，系统开始做 匀速运动，不计摩擦和空气阻力，那么 A.两线框刚开始做匀速运动时轻绳上的张力Ft= mgmgRB.系统匀速运动的速度大小：v=bL2C.两线框从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热3mg2FfQ= 2mgL

12、- 2B4L42B2L导线框abcd通过磁场的时间t = mgR解析：导线框ABCDJ好全部进入磁场时磁通量不再变化，回路中没有感应电流，那么线框ABCD5受安培力，只受重力和绳子拉力，做匀速运动，根据平衡条件： 受力情况与两线框刚开始做匀速运动时受力情况相同，故A错误；ABCD完全进入磁场后，BVvmgRabcd中开始产生感应电流，根据平衡条件：口肝一于=2mg得：v故B正确；等高3 2甘时速度为v,根据能量守恒：2mg-2 L- mg-2 L=舟m 2n v2+ Q得：Q= 2mg 3黒4，故22B LD.Ft= 2mg此时的C正确；abcd匀速运动完全进入磁场后不再有感应电流，不再受安培

13、力，但ABCDf始穿出磁场，产生感应电流受安培力作用，当ABCD出磁场后不再有感应电流不再受安培力后，abcd又开始穿出磁场产生感应电流受安培力作用，受力分析知系统始终匀速运动，故abcd通过磁场的时间2Lt =v3BVmgR故D错误.答案：BC&如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为 m电阻为R在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界，并与金属线框的bc边平行，磁场方向垂直于金属线框平面向里.现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到bc刚好运动到匀强磁场 PQ边界的v t图象，图中数据

14、均为量.重力加速度为g,不计空气阻力.那么以下说法正确的选项是 A.金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向B磁场的磁感应强度大小为vi t?- timgRD. MN和PQ之间的距离为Vi t 2 t 12C.金属线框在0t3时间内产生的热量为 mgv(t2 11)解析：由楞次定律可知，金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿 abcda方向，故A错误; 由图象可知，金属线框进入磁场过程中做匀速直线运动，速度为V1,运动时间为t2 ti,故金属框的边长l = Vi(t2 ti)，在金属线框进入磁场的过程中， 金属线框所受安培力等于重力，Blv ii/ mgR那么得mg= BIl , I =

15、，那么磁场的磁感应强度大小为B= v t? tl一，故B正确；设金属线框在进入磁场过程中产生的焦耳热为Q重力对其做正功，安培力对其做负功，由Vi + V2能量守恒定律得 Q= mgl = mgv(t2 ti)，故C正确；MN和PQ之间的距离为 一2(t3 12) + Vi(t2 ti)，所以D错误.答案：BC二、计算题(本大题共2小题，共36分.需写出标准的解题步骤 )9.如下图，一根有一定电阻的直导体棒质量为m长为L,其两端放在位于水平面内间距也为L的光滑平行导轨上， 并与之接触良好；棒左侧两导轨之间连接一可控电阻；导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于导轨所在平面.t =

16、 0时刻，给导体棒一个平行于导轨的初速度，此时可控电阻的阻值为R).在棒运动过程中，通过可控电阻的变化使棒中的电流强度保持恒定.不计导轨电阻，导体棒一直在磁场中.XXxXXMXXB电阻 x 上fXXXXXXXXXXKX(1) 求可控电阻R随时间t变化的关系式；P；那么棒将减速r，电(2) 假设棒中电流强度为I，求0t时间内可控电阻上消耗的平均功率(3) 假设在棒的整个运动过程中将题中的可控电阻改为阻值为R)的定值电阻,Xi运动位移Xi后停下，而由题中条件，棒将运动位移X2后停下，求一的值.X2解析：(i)因棒中的电流强度保持恒定，故棒做匀减速直线运动，设棒的电阻为 流为I，其初速度为vo,加速

17、度大小为 a,经时间t后，棒的速度变为 v,壬 BIL那么有：v = vo at 而 a=mt = 0时刻棒中电流为：I =R+ rBLv经时间t后棒中电流为：I = _R+ r由以上各式得：F Rd1m因可控电阻R随时间t均匀减小，故所求功率为：P= 1AB 12212得 E=x on x r = 10 Xn x 0.5 V = 2.5 VAt 2n 2(2)小灯泡正常发光，有 P= I2R 由闭合电路欧姆定律有E= I (R+ R)x卫夢由以上各式得：P- 12( F0 BLt)、2m丿 将可控电阻改为定值电阻 R),棒将做变减速运动._ BT L有：vo = ata =E A BLx而

18、X = R)+ rt ，E = t '= t'由以上各式得：X1=mv Byr由以上各式得x2=mv2B L十,Xi2所求X2 = 1答案：(1)R= R咗mB2L2t丽)2 : 110.如下图粗糙斜面的倾角0 = 37°,半径r = 0.5 m的圆形区域内存在着垂直于斜面向下的匀强磁场.一个匝数n= 10匝的刚性正方形线框abed，通过松弛的柔软导线与一个额定功率P= 1.25 W的小灯泡A相连，圆形磁场的一条直径恰好过线框bc边.线框质量m= 2 kg，总电阻F0= 1.25 Q,边长 L>2r，与斜面间的动摩擦因数口= 0.5.从t = 0时2起，磁场的磁感应强度按B= 2- t(T)的规律变化.开始时线框静止在斜面上，在线框运n动前，灯泡始终正常发光.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2, sin37 °= 0.6 ,cos37 °= 0.8.求：(1) 线框不动时，回路中的感应电动势E;(2) 小灯泡正常发光时的电阻R;(3) 线框保持不动的时间内，小灯泡产生的热量Q亠A解析：(1)由法拉第电磁感应定律E= n .AtE 2即有Pf+dR代入数据解得R= 1.25 Q(3)对线框be边处于磁场中的局部