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2019届高考物理二轮复*第二部分热点专练热点七电磁感应与电路专项训练【word版】.doc

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热点七 电磁感应与电路
电磁感应,交直流电路是电磁学较为重要的内容,也是高考命题频率较高的内容之一, 本部分题型主要是选择题和计算题,选择题主要考查法拉第电磁感应定律、楞次定律、交 流电的有效值、电路的动态分析以及有关图像问题,计算题以考查电磁感应中的电路问题, 动力学问题和能量问题为主。
考向一 电路的动态分析 如图 1 所示的交流电路中,理想变压器输入电压为 u1=U1msin 100πt(V),输
入功率为 P1,输出功率为 P2,电压表读数为 U2,各交流电表均为理想电表,由此可知
图1 A.灯泡中电流方向每秒钟改变 100 次 B.变压器原、副线圈的匝数比为 U1m∶U2 C.当滑动变阻器 R 的滑动头向下移动时各个电表读数均变大 D.当滑动变阻器 R 的滑动头向上移动时 P1 变大,且始终 P1=P2 [解析] 由 u1=U1msin 100πt(V),可知交变电源频率为 50 Hz,灯泡中电流方向每秒 钟改变 100 次,选项 A 正确;变压器原、副线圈的匝数比为 U1m∶ 2U2,选项 B 错误; 电压表的示数只与原线圈电压和变压器原、副线圈匝数比有关,在只改变滑动变阻器接入 电路的电阻时,电压表读数不变,选项 C 错误;当滑动变阻器 R 的滑动头向上移动时, 变压器输出电流减小,输出功率减小。根据变压器功率的制约关系,P1 变小,且始终有 P1=P2,选项 D 错误。 [答案] A 考向二 电磁感应规律的应用
如图 2,均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框,半圆直径与磁场边 缘重合;磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里,磁感应强度大小为 B0。使该线框从静止开始
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绕过圆心 O、垂直于半圆面的轴以角速度 ω 匀速转动半周,在线框中产生感应电流。现 使线框保持图中所示位置,磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过 程中同样大小的电流,磁感应强度随时间的变化率ΔΔBt 的大小应为

图2

A.4ωπB0

B.2ωπB0

C.ωπB0 D.ω2Bπ0

[解析] 当导线框匀速转动时,设半径为 r,导线框电阻为 R,当线框转动时电动势 E =12B0r2ω,当磁场变化时,E′=ΔΔφt =ΔΔBt ·S=ΔΔBt ·12πr2,E=E′,故ΔΔBt =Bπ0ω,C 对。

[答案] C

考向三 电磁感应中的图像问题

某空间中存在一个有竖直边界的水*方向的匀强磁场区域,现将一个等腰梯

形闭合导线圈从图示位置垂直于磁场方向以速度 v 匀速拉过磁场区域,尺寸如图 3 所示, 取向右为力的正方向。下图中能正确反映该过程中线圈所受安培力 F 随时间 t 变化的图像 是

图3

[解析] 设线圈的电阻为 R,线圈切割磁感线的有效长度为 l,则安培力的大小为 F=
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B2Rl2v,方向一直沿 x 轴负方向,在 0~Lv这段时间内,有效长度 l 增大,所以 F 增大且 F -t 图线的斜率的绝对值增大;在Lv~2vL这段时间内,有效长度 l=L 不变,所以 F 大小不 变且 t=Lv时刻 F 突然变小;在2vL~3vL这段时间内,有效长度 l 增大,所以 F 增大且 F-t 图线的斜率的绝对值增大;综上所述,A 项正确。
[答案] A 考向四 电磁感应中的动力学和能量问题
如图 4 甲所示,两根完全相同的光滑*行导轨固定,每根导轨均由两段与水 *面成 θ=30°的长直导轨和一段圆弧导轨*滑连接而成,导轨两端均连接电阻,阻值 R1 =R2=2 Ω,导轨间距 L=0.6 m。在右侧导轨所在斜面的矩形区域 M1M2P2P1 内分布有垂 直右侧导轨*面向上的磁场,磁场上下边界 M1P1、M2P2 的距离 d=0.2 m,磁感应强度 大小随时间的变化规律如图乙所示,t=0 时刻,在右侧导轨斜面上与 M1P1 距离 s=0.1 m 处,有一根阻值 r=2 Ω 的金属棒 ab 垂直于导轨由静止释放,恰好独立匀速通过整个磁场 区域,取重力加速度 g=10 m/s2,导轨电阻不计,求:

图4

(1)ab 在磁场中运动的速度大小 v;

(2)在 t1=0.1 s 时刻和 t2=0.25 s 时刻电阻 R1 的电功率的比; (3)电阻 R2 产生的总热量 Q 总。

[解析] (1)由 mgs·sin θ=12mv2 得 v= 2gs·sin θ=1 m/s。

(2)棒从释放到运动至

M1P1

的时间

t=g

v sin

θ=0.2

s

在 t1=0.1 s 时,棒还没进入磁场,有 E1=ΔΔΦt =ΔΔBt Ld=0.6 V

此时,R2 与金属棒并联后再与 R1 串联,R 总=3 Ω,

U1=RE总1R1=0.4 V
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由图乙可知,t=0.2 s 后磁场保持不变,ab 经过磁场的时间 t′=dv=0.2 s,故在 t2= 0.25 s 时 ab 还在磁场中运动,电动势 E2=BLv=0.6 V
此时 R1 与 R2 并联,R ′总=3 Ω,得 R1 两端电压 U1′=0.2 V 电功率 P=UR2 故在 t1=0.1 s 和 t2=0.25 s 时刻电阻 R1 的电功率的比值PP11′=UU′2121=41。 (3)设 ab 的质量为 m,ab 在磁场中运动时,通过 ab 的电流 I=RE总2′,ab 受到的安培 力 FA=BIL 又 mgsin θ=BIL 解得 m=0.024 kg 在 0~0.2 s 时间内,R2 两端的电压 U2=0.2 V,产生的热量 Q1=UR222t=0.004 J ab 最终将在 M2P2 下方的轨道区域内往返运动,到 M2P2 的速度为零,由功能关系可 得在 t=0.2 s 后,整个电路最终产生的热量 Q=mgd·sin θ+12mv2=0.036 J,由电路关系 可得 R2 产生的热量 Q2=16Q=0.006 J 故 R2 产生的总热量 Q 总=Q1+Q2=0.01 J。 [答案] (1)1 m/s (2)4∶1 (3)0.01 J
1.(多选)如图 5 所示电路,已知电源电动势为 E,内阻为 r,R0 为定值电阻,当滑动 变阻器 R 的触头向下移动时,下列论述正确的是
图5 A.灯泡 L 一定变亮 B.电流表的示数变小 C.电压表的示数变小
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D.R0 消耗的功率变小 答案 ABD 2.如图 6 甲所示,理想变压器的原线圈匝数 n1=100 匝,副线圈匝数 n2=50 匝, 电阻 R=10 Ω,V 是理想电压表,原线圈加上如图乙所示的交流电,则下列说法正确的是
图6 A.流经电阻 R 的电流的频率为 100 Hz B.电压表 V 的示数为 10 2 V C.流经 R 的电流方向每秒改变 50 次 D.电阻 R 上每秒产生的热量为 10 J 答案 D 3.如图 7 所示,匀强磁场中有两个导体圆环 a、b,磁场方向与圆环所在*面垂直。 磁感应强度 B 随时间均匀增大。两圆环半径之比为 2∶1,圆环中产生的感应电动势分别 为 Ea 和 Eb,不考虑两圆环间的相互影响。下列说法正确的是
图7 A.Ea∶Eb=4∶1,感应电流均沿逆时针方向 B.Ea∶Eb=4∶1,感应电流均沿顺时针方向 C.Ea∶Eb=2∶1,感应电流均沿逆时针方向 D.Ea∶Eb=2∶1,感应电流均沿顺时针方向 解析 由题意可知ΔΔBt =k,导体圆环中产生的感应电动势 E=ΔΔΦt =ΔΔBt ·S=ΔΔBt ·πr2, 因 ra∶rb=2∶1,故 Ea∶Eb=4∶1。由楞次定律知感应电流的方向均沿顺时针方向,选 项 B 正确。
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答案 B 4.(多选)空间内存在一垂直纸面向里的匀强磁场,磁场区域的横截面为等腰直角三角 形,底边水*,其斜边长度为 L。一正方形导体框边长也为 L,开始时正方形导体框的 ab 边与磁场区域横截面的斜边刚好重合,如图 8 所示。从图示位置开始计时,正方形导体框 以*行于 bc 边的速度 v 匀速穿越磁场。若导体框中的感应电流为 i,a、b 两点间的电压 为 uab,感应电流取逆时针方向为正,则在导体框穿越磁场的过程中,下列关于 i、uab 随 时间的变化规律正确的是
图8
解析 由楞次定律可以判断出导体框进磁场时电流方向为逆时针,出磁场时电流方向 为顺时针,由 E=Blv 可得 i=RE总=BRl总v,进、出磁场时导体框切割磁感线的有效长度 l 均 由大变小,所以电流也是从大变小,选项 A 正确,B 错误;进
磁场时 ab 为电源,uab<0 且 uab=-34Blv,出磁场时 ab 不是电源,电流从 b 到 a, uab<0 且 uab=-B4lv,选项 C 错误,D 正确。
答案 AD 5.(多选)如图 9 所示,足够长的光滑水*直导轨的间距为 l,电阻不计,垂直轨道*面 有磁感应强度为 B 的匀强磁场,导轨上相隔一定距离放置两根长度均为 l 的金属棒,a 棒 质量为 m,电阻为 R,b 棒质量为 2 m,电阻为 2R,现给 a 棒一个水*向右的初速度 v0, 已知 a 棒在以后的运动过程中没有与 b 棒发生碰撞,当 a 棒的速度减为v20时,b 棒刚好碰 到了*锪⒓赐V乖硕 a 棒仍继续运动,则下列说法正确的是
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图9 A.b 棒碰到*锴八布涞乃俣任獀20 B.在 b 棒停止运动前 b 棒产生的焦耳热为 Qb=254mv20 C.b 棒停止运动后,a 棒继续滑行的距离为32mBv20l2R D.b 棒停止运动后,a 棒继续滑行的距离为m2Bv02Rl2 解析 设 b 棒碰到*锴八布涞乃俣任 v2,之前两棒组成的系统动量守恒,则 mv0 =mv20+2mv2,解得 v2=v40,所以选项 A 错误;在 b 棒停止运动前,根据能量守恒定律 可知 a 棒和 b 棒产生的总焦耳热 Q=Qa+Qb=12mv20-12m(v20)2-12×2mv22=156mv20,Qb= 2Qa,解得 Qb=254mv20,所以选项 B 正确;a 棒单独向右滑行的过程中,当其速度为 v 时, 所受的安培力大小为 F 安=BIl=B32Rl2v,根据动量定理有-F 安 Δt=mΔv,所以有 -B32Rl2 v·Δt)= m·Δv),可得B32Rl2x=mv20,b 棒停止运动后 a 棒继续前进的距离 x=32mBv20l2R,所 以选项 C 正确,选项 D 错误。 答案 BC
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