2018年高考物理二轮复习 全册练案（打包18套）.zip

1专题三 第 10 讲 带电粒子在组合场、复合场中的运动限时：40 分钟一、选择题(本题共 6 小题，其中 1～3 题为单选，4～6 题为多选)1．(2017·辽宁省大连市二模)如图所示为研究某种带电粒子的装置示意图，粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直线射到荧光屏上的 O 点，出现一个光斑。在垂直于纸面向里的方向上加一磁感应强度为 B 的匀强磁场后，粒子束发生偏转，沿半径为 r 的圆弧运动，打在荧光屏上的 P 点， 然后在磁场区域再加一竖直向下，场强大小为 E 的匀强电场，光斑从 P 点又回到 O 点，关于该粒子(不计重力)，下列说法正确的是 ( D )A．粒子带负电 B．初速度为 v＝BEC．比荷为 ＝ D．比荷为 ＝qm B2rE qm EB2r[解析] 垂直于纸面向里的方向上加一磁感应强度为 B 的匀强磁场后，粒子束打在荧光屏上的 P 点，根据左手定则可知，粒子带正电，选项 A 错误；当电场和磁场同时存在时：qvB＝ Eq，解得 v＝ ，选项 B 错误；在磁场中时，由 qvB＝ m ，可得： ＝ ＝ ，故选EB v2r qm vrB EB2r项 D 正确，C 错误；故选 D。2．(2017·江苏省海州高级中学模拟)如图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为 a 和 b，内有带电量为 q 的某种自由运动电荷。导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为 B。当通以从左到右的稳恒电流 I 时，测得导电材料上、下表面之间的电压为 U，且上表面的电势比下表面的低。由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为 ( A )A． ，负 B． ，正IB|q|bU IB|q|bU2C． ，负 D． ，正IB|q|aU IB|q|aU[解析] 上表面的电势比下表面的低，根据左手定则可判断自由电荷带负电，稳定时，Bqv＝ q ，解得 U＝ Bav，又 I＝ nqsv， S＝ ab，联立解得 n＝ ，所以 A 正确；B、C、DUa IB|q|bU错误。3．如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由以下几部分构成：离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器．静电分析器通道中心线半径为 R，通道内有均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为 E；磁分析器中分布着方向垂直于纸面，磁感应强度为 B 的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行。由离子源发出一个质量为 m、电荷量为 q 的正离子(初速度为零，重力不计)，经加速电场加速后进入静电分析器，沿中心线 MN 做匀速圆周运动，而后由 P 点进入磁分析器中，最终经过 Q 点进入收集器。下列说法中正确的是 ( B )A．磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向内B．加速电场中的加速电压 U＝ER2C．磁分析器中圆心 O2到 Q 点的距离 d＝1B2mERqD．任何离子若能到达 P 点，则一定能进入收集器[解析] 进入静电分析器后，正离子顺时针转动，所受洛伦磁力指向圆心，根据左手定则，磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向外，A 错误；离子在静电分析器中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有 Eq＝ m ，设离子进入静电分析器时的速度为 v，离子在加速v2R电场中加速的过程中，由动能定理有： qU＝ mv2，联立解得 U＝ ，B 正确；由 B 项解析可12 ER2知： R＝ ＝ ，故 C 错误，与离子质量、电量无关。离子在磁分析器中做匀速圆周运2UE 1BmERq动，由牛顿第二定律有 qvB＝ m 得： r＝ ，由题意可知，圆周运动的轨道半径与电荷v2r 1B2mUq的质量和电量有关，能够到达 P 点的不同离子，半径不一定都等于 d，不一定能进入收集器，D 错误。故选 B。34．(2017·四川师大二模)一半径为 R 的光滑圆环竖直放在水平向右的场强为 E 的匀强电场中，如图所示，环上 a、 c 是竖直直径的两端， b、 d 是水平直径的两端，质量为 m 的带电小球套在圆环上，并可沿环无摩擦滑动，已知小球自 a 点由静止释放，沿 abc 运动到d 点时速度恰好为零，由此可知 ( AC )A．小球所受重力与电场力大小相等B．小球在 b 点时的机械能最小C．小球在 d 点时的电势能最大D．小球在 c 点时的动能最大[解析] 根据动能定理，从 a 到 d 过程，有： mg·R－ qE·R＝0 解得： qE＝ mg，即电场力与重力大小相等，故重力场和电场的复合场中的最低点在 bc 段圆弧的中点处，小球运动至此处时动能最大，故 A 正确，D 错误；根据功能关系，除重力外其余力做功等于机械能的增加量；小球受到重力、电场力和环的弹力作用，弹力沿径向，速度沿着切向，故弹力一直不做功，除重力外只有电场力做功，由于电场力水平向左，故运动到 b 点时，电场力做的功最多，机械能增量最大，故 B 错误；根据功能关系，电场力做负功，电势能增加；电场力向左，故运动到 d 点时克服电场力做的功最多，电势能增加的最多，故 C 正确。5．(2017·河北省张家口市二模)如图所示，两块平行金属板，两板间电压可从零开始逐渐升高到最大值，开始静止的带电粒子带电荷量为＋ q，质量为 m (不计重力)，从点 P经电场加速后，从小孔 Q 进入右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面向外， CD 为磁场边界，它与极板的夹角为 θ ＝30°，小孔 Q 到板的下端 C 的距离为 L，当两板间电压取最大值时，粒子恰好垂直 CD 边射出，则 ( BC )A．两板间电压的最大值 Um＝qB2L2m4B．两板间电压的最大值 Um＝qB2L22mC．能够从 CD 边射出的粒子在磁场中运动的最长时间 tm＝2π m3qBD．能够从 CD 边射出的粒子在磁场中运动的最长时间 tm＝π m6qB[解析] M、 N 两板间电压取最大值时，粒子恰好垂直打在 CD 板上，所以圆心在 C 点，CH＝ CQ＝ L，故半径 R1＝ L洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝ m ①v21R1根据动能定理可得： qUm＝ mv ②12 21联立①②可得： Um＝qB2L22m故 A 错误，B 正确；分析可知， T＝ ③2π Rv联立①③可得 T＝ ④2π mqB能够从 CD 边射出的粒子在磁场中运动的最长时间说明粒子在磁场中偏转的角度最大，如图所示，其轨迹与 CD 边相切于 K 点最长时间 tm＝ T ⑤120°360°联立④⑤式得 tm＝2π m3qB故 D 错误，C 正确故选：BC。6．(2017·昭通市二模)磁流体发电机是一种把物体内能直接转化为电能的低碳环保发电机，下图为其原理示意图，平行金属板 C、 D 间有匀强磁场，磁感应强度为 B，将一束等离子体(高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒)水平喷入磁场，两金属板间5就产生电压。定值电阻 R0的阻值是滑动变阻器最大阻值的一半，与开关 S 串联接在 C、 D两端，已知两金属板间距离为 d，喷入气流的速度为 v，磁流体发电机的电阻为 r(R0r 2R0)。则滑动变阻器的滑片 P 由 a 端向 b 端滑动的过程中 ( ACD )A．电阻 R0消耗功率最大值为B2d2v2R0 R0＋ r 2B．滑动变阻器消耗功率最大值为B2d2v2R0＋ rC．金属板 C 为电源负极， D 为电源正极D．发电机的输出功率先增大后减小[解析] 根据左手定则判断板的极性，离子在运动过程中同时受电场力和洛伦兹力，二力平衡时两板间的电压稳定。由题图知当滑片 P 位于 b 端时，电路中电流最大，电阻 R0消耗功率最大，其最大值为 P1＝ I2R0＝ ＝ ，故 A 正确；将定值电阻E2R0 R0＋ r 2 B2d2v2R0 R0＋ r 2归为电源内阻，由滑动变阻器的最大阻值 2R0r＋ R0，则当滑动变阻器连入电路的阻值最大时消耗功率最大，最大值为 P＝ ，故 B 错误；因等离子体喷入磁场后，由左手2B2d2v2R0 r＋ 3R0 2定则可知正离子向 D 板偏，负离子向 C 板偏，即金属板 C 为电源负极， D 为电源正极，C 正确；等离子体稳定流动时，洛伦兹力与电场力平衡，即 Bqv＝ q ，所以电源电动势为EdE＝ Bdv，又 R0r2R0，所以滑片 P 由 a 向 b 端滑动时，外电路总电阻减小，期间某位置有r＝ R0＋ R，由电源输出功率与外电阻关系可知，滑片 P 由 a 向 b 端滑动的过程中，发电机的输出功率先增大后减小，故 D 正确．二、计算题(本题共 2 小题，需写出完整的解题步骤)7．(2017·河南省郑州市二模)如图所示，在以 O1点为圆心、 r＝0.20m 为半径的圆形区域内，存在着方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为 B＝1.0×10 －3 T 的匀强磁场(图中未画出)。圆的左端跟 y 轴相切于直角坐标系原点 O，右端与一个足够大的荧光屏 MN 相切于x 轴上的 A 点，粒子源中，有带正电的粒子(比荷为 ＝1.0×10 10C/kg)不断地由静止进入电qm压 U＝800V 的加速电场．经加速后，沿 x 轴正方向从坐标原点 O 射入磁场区域，粒子重力不计。6(1)求粒子在磁场中做圆周运动的半径、速度偏离原来方向的夹角的正切值。(2)以过坐标原点 O 并垂直于纸面的直线为轴，将该圆形磁场逆时针缓慢旋转 90°，求在此过程中打在荧光屏 MN 上的粒子到 A 点的最远距离。[解析] (1)带电粒子在电场中加速，由动能定理得qU＝ mv12 20进入磁场后做圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvB＝ m ，v20R联立解得 R＝ ＝0.4m1B2mUq设速度偏离原来方向的夹角为 θ ，由几何关系得tan ＝ ＝θ 2 rR 12故速度偏离原来方向的夹角正切值 tanθ ＝43(2)以 O 为圆心， OA 为半径做圆弧 AC 交 y 轴于 C 点；以 C 点为圆心， CO 为半径作出粒子运动的轨迹交弧 AC 于 D 点。粒子在磁场中运动的最大圆弧弦长 OD＝2 r＝0.4m由几何关系可知 sin ＝α 2 rR最远距离 ym＝(2 r－ Rtanα )tan2α7代入数据可得 ym＝ m＝0.29m2 3－ 158．(2017·广东省肇庆市二模)如图甲所示，竖直挡板 MN 左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，电场和磁场的范围足够大，电场强度E＝40N/C，磁感应强度 B 随时间 t 变化的关系图象如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向。 t＝0 时刻，一质量 m＝8×10 －4 kg、电荷量 q＝＋2×10 －4 C 的微粒在 O 点具有竖直向下的速度 v＝0.12 m/s， O′是挡板 MN 上一点，直线 OO′与挡板 MN 垂直，取 g＝10 m/s2.求：(1)微粒再次经过直线 OO′时与 O 点的距离；(2)微粒在运动过程中离开直线 OO′的最大高度；(3)水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与 O 点间的距离应满足的条件。[解析] (1)由题意可知，微粒所受的重力G＝ mg＝8×10 －3 N电场力大小 F＝ Eq＝8×10 －3 N因此重力与电场力平衡微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则 qvB＝ m v2R解得 R＝ ＝0.6mmvBq由 T＝2π Rv解得 T＝10π s则微粒在 5π s 内转过半个圆周，再次经直线 OO′时与 O 点的距离 l＝2 R＝1.2m(2)微粒运动半周后向上匀速运动，运动的时间为 t＝5π s，轨迹如图所示，位移大小 s＝ vt＝0.6π m＝1.88m8因此，微粒离开直线 OO′的最大高度h＝ s＋ R＝2.48 m(3)若微粒能垂直射到挡板上的某点 P， P 点在直线 OO′下方时，由图象可知，挡板 MN与 O 点间的距离应满足 L＝(2.4 n＋0.6)m( n＝0,1,2…)若微粒能垂直射到挡板上的某点 P， P 点在直线 OO′上方时，由图象可知，挡板 MN 与O 点间的距离应满足 L＝(2.4 n＋1.8)m ( n＝0,1,2…) 1专题四 第 11 讲 直流与交流电路问题限时：40 分钟一、选择题(本题共 16 小题，其中 1～8 题为单选，9 ～16 题为多选)1．(2017·四川师大二模)如图所示电路中，电源电动势为 E、内阻为 r，电阻 R2、 R3为定值电阻， R1为滑动变阻器， A、 B 为电容器的两个极板。当滑动变阻器 R1处于某位置时，A、 B 两板间的带电油滴静止不动。则下列说法中正确的是 ( B )A．仅把 R1的触头向右滑动时，电流表读数减小，油滴向下运动B．仅把 R1的触头向右滑动时，电流表读数减小，油滴向上运动C．仅把两极板 A、 B 间距离减小，油滴向下运动D．仅把两极板 A、 B 间相对面积减小，油滴向下运动[解析] 仅把 R1的触头向右滑动时， R1增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，路端电压增大，则电流表读数减小。由 E＝ 分析可知，板间场强增大，油滴所受电场力增大，Ud则油滴向上运动。故 A 错误，B 正确；仅把两极板 A、 B 间距离 d 减小，电容器的电压不变，由 E＝ 分析可知，板间场强增大，油滴所受电场力增大，则油滴向上运动。而电路其他部Ud分不变，电流表读数不变。故 C 错误；仅把两极板 A、 B 间相对面积减小， U 和 d 不变，则板间场强不变，油滴所受电场力不变，则油滴仍保持静止。电流表读数不变。故 D 错误。2．(2017·河南省济源市二模)如图甲所示，在匀强磁场中，一巨型金属线圈两次以不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的 e－ t 图象分别如图乙中曲线 a、 b 所示，则 ( D )A． t＝0 时刻穿过线圈的磁通量均为零B．曲线 a 表示的交变电流的频率为 25 Hz2C．曲线 b 表示的交变电动势有效值为 15 VD．曲线 a、 b 对应的线圈转速之比为 32[解析] 在 t＝0 时刻，线圈一定处在中性面上，此时磁通量最大，故 A 错误；曲线 a的交变电流的频率 f＝ ＝ ＝50 Hz，故 B 错误；由图可知， a 的周期为 2×10－2 s； b 的1T 10.02周期为 3×10－2 s，则由 n＝ 可知，转速与周期成反比，故曲线 a、 b 对应的线圈转速之比1T为 32 ，曲线 a 表示的交变电动势最大值是 30 V，根据 Em＝ nBSω 得曲线 b 表示的交变电动势最大值是 20 V，则有效值为 U＝ V＝10 V；故 C 错误，D 正确。202 23．(2017·山东省聊城市二模)如图所示，理想变压器的原副线圈的匝数比n1∶ n2＝2∶1，原线圈接正弦式交流电，副线圈接电动机，电动机线圈电阻为 R，当输入端接通电源后，电流表读数为 I，电动机带动一质量为 m 的重物以速度 v 匀速上升，若电动机因摩擦造成的能量损失不计，则图中电压表的读数为 ( A )A．4 IR＋ B．mgvI mgvIC．4 IR D． IR＋14 mgvI[解析] 电流与匝数成反比，副线圈的电流为 2I，输入功率等于副线圈消耗的功率：P＝(2 I)2R＋ mgv＝ UI，所以电压表的读数 U＝4 IR＋ 。故选 A。mgvI4．(2017·江西省二模)如图所示，理想变压器原线圈两端 A、 B 接在电动势为 E＝8 V，内阻为 r＝2 Ω 的交流电源上，理想变压器的副线圈两端与滑动变阻器 Rx相连，变压器原副线圈的匝数比为 1∶2，当电源输出功率最大时 ( D )A． 滑动变阻器的阻值 Rx＝2 ΩB．最大输出功率 P＝4 WC．变压器的输出电流 I2＝2 A D．滑动变阻器的阻值 Rx＝8 Ω3[解析] 当外电路电压等于内电路电压时电源输出功率最大，即 U1＝ Ur，而且U1＋ Ur＝8 V，故 U1＝4 V，根据欧姆定律可得 I1＝ ＝2 A，故根据 ＝ 可得副线圈中的Urr I1I2 n2n1电流为 I2＝1 A，根据 ＝ 可得副线圈两端的电压 U2＝ 8 V，故 Rx＝ ＝ Ω＝8 Ω，最U1U2 n1n2 U2I2 81大输出功率为 P＝ U2I2＝8 W，故 D 正确。5．(2017·江苏省泰州市一模)如图所示电路，已知电源电动势为 E，内阻为 r， R0为固定电阻，当滑动变阻器 R 的触头向上移动时，下列论述正确的是 ( B )A．灯泡 L 一定变亮 B．伏特表的示数变小C．安培表的示数变小 D． R0消耗的功率变小[解析] 当 R 的滑动触点向上移动时， R 变小，外电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律知，总电流 I 变大，电源的内电压变大，则路端电压变小，因此伏特表读数变小。灯泡 L 的电压减小，则灯 L 一定变暗。故 A 错误，B 正确；路中并联部分电压变小，通过 L的电流减小，而总电流增大，则安培表 A 的读数变大， R0消耗的功率变大。故 C、D 错误。6．(2017·宁夏中卫市一模)如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1 n2＝221 ，原线圈接 u1＝220 sin100π t(V)的交流电，电阻 R＝10 Ω，电流表、电2压表均为理想电表，则 ( D )A．电压表的读数为 10 V2B．电流表的读数为 22 AC．电阻 R 消耗的功率为 10 W 2D．变压器的输出功率为 10 W[解析] 输入电压的有效值为： U1＝ ＝ V＝220 V，根据 ＝ 得： U2＝ U1＝Em2 22022 U1U2 n1n2 n2n1×220 V＝10 V，故 A 错误；电流表的示数为： I2＝ ＝ A＝1 A，故 B 错误；电阻消耗122 U2R 1010的功率为： P2＝ U2I2＝10×1 W＝10 W，故 C 错误；理想变压器的输入电功率等于负载消耗功率，故为： P1＝ P2＝10 W，故 D 正确。7．(2017·山东省日照市二模)自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈。某自耦变压器的电4路如图所示，副线圈匝数可调。已知变压器的线圈总匝数为 1 100 匝，原线圈接在 e＝220sin100π tV 的交流电源上。副线圈接阻值为 44 Ω 的负载电阻，正常工作时消耗的功率2为 11 W。已知负载电阻正常工作，则下列说法正确的是 ( C )A．副线圈的匝数是 100 匝B．通过原线圈的电流为 5 AC．副线圈的输出电压为 22 VD．副线圈上输出电压的频率为 5 Hz[解析] 原线圈两端的电压为： U1＝ V＝220 V，根据 P＝ 得副线圈两端的电压22022 U2R为： U2＝ ＝ ＝22 V，根据电压与匝数成正比得： ＝ ，即 ＝ ，解PR 11×44U1U2 n1n2 22022 1 100n2得 n2＝110 匝，故 A 错误，C 正确；根据输入功率等于输出功率 P1＝ P2＝11 W，通过原线圈的电流 I1＝ ＝ ＝0.05 A，故 B 错误；根据交变电压的瞬时值表达式知P1U1 11220ω ＝100π＝2π f，解得 f＝50 Hz，故 D 错误。8．(2017·河北省衡水中学二模)图甲中理想变压器原副线圈的匝数比为n1 n2＝51 ，电阻 R＝20 Ω，L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡，S 1为单刀双掷开关，原线圈接正弦交变电源，输入电压 u 随时间 t 的变化关系如图乙所示，现将 S1接 1，S 2闭合，此时 L2正常发光，下列说法正确的是 ( D )A．输入电压 u 的表达式为 u＝20 sin(50π t)V2B．只断开 S2后，L 1、L 2均正常发光C．只断开 S2后，原线圈的输入功率将增大D．若 S1换接到 2 后， R 消耗的电功率为 0.8 W[解析] 从图中可看出该交流电的最大值为 20 V，周期为 0.02 s，根据交变电流的2电动势随时间的变化规律 e＝ Emsinωt ，其中 ω ＝ ，可知输入电压 u＝20 sin(100π t)2πT 25V，A 错误；只断开 S2，副线圈中电压不变，两灯泡的总电压不变，总电阻增加，流过灯泡的电流减小，L 1、L 2不能正常发光，故 B 错误；只断开 S2，副线圈中电压不变，电路总电阻增加，总电流减小，副线圈功率减小，理想变压器输入功率等于输出功率，故原线圈的输入功率减小，故 C 错误；根据理想变压器原副线圈电压之比 U1∶ U2＝ n1∶ n2，可知副线圈电压的有效值为 4 V，若 S1接到 2，副线圈的电压仍不变，根据 P＝ 可得电阻消耗的电U2R功率为 0.8 W，故 D 正确。9．(2017·江苏省泰州市一模)如图甲，一理想变压器原副线圈的匝数比为 21 ，原线圈的电压随时间变化规律如图乙所示，副线圈电路中接有灯泡，额定功率为 22 W；原线圈电路中接有电压表和电流表。现闭合开关，灯泡正常发光。若用 U 和 I 分别表示此时电压表和电流表的读数，则 ( ABD )A．灯泡的额定电压为 110 VB．副线圈输出交流电的频率为 50 HzC． U＝220 V， I＝0.2 AD．原线圈输入电压的瞬时表达式为 u＝220 sin100π tV2[解析] 有效值为： U＝ ＝220 V，副线圈的电压为： U2＝ U1＝110 V，则 A 正22022 n2n1确；原线圈的频率为 f＝ ＝50Hz，变压器不会改变频率，故 B 正确；副线圈电流为：10.02I2＝ ＝0.2 A，原线圈的电流为： I1＝ I1＝0.1 A，则 C 错误； ω ＝2π f＝100π，瞬时表22110 12达式为： u＝220 sin100π tV，故 D 正确。210．(2017·山东省潍坊一模)如图所示，理想变压器为降压变压器，原线圈通过灯泡L1与正弦式交流电相连，副线圈通过导线与两个相同的灯泡 L2和 L3相连，开始时开关 S 处于断开状态。当 S 闭合后，所有灯泡都能发光。下列说法中正确的是 ( AB )A．灯泡 L1和 L2中的电流有效值可能相等B．灯泡 L2两端的电压变小C．灯泡 L1变亮，灯泡 L2的亮度不变6D．变压器原线圈的输入功率不变[解析] 当 S 接通后，根据 I1n1＝ I2n2可知，因为是降压变压器，则 n1＞ n2，则I1＜ I2，则灯泡 L1和 L2中的电流有效值可能相等，选项 A 正确；当 S 闭合后，输出功率变大，输出电流变大，变压器的输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率变大，输入电流变大，灯泡 L1的电压增大，原线圈电压减小，匝数不变故副线圈电压减小，灯泡 L2两端的电压变小，故 B 正确，灯泡 L1变亮，L 2变暗，故 CD 错误，故选 AB。11．(2017·河北省定州中学 4 月考)如图所示，电源电动势为 E，内阻为 r，电表均为理想表，电路正常工作。下列说法错误的是 ( BD )A．当滑片向左滑动时，电压表的示数增大，但与外电阻不成正比B．当滑片向左滑动时，电流表的示数减小，且与外电阻成反比C．当滑片在最左端时，电压表的示数不等于电动势D．当滑片在最右端时，电压表的示数等于电动势[解析] 当滑片向左滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻增大，所以电压表示数增大，电流表示数减小，根据在最左端时，外电路电阻最大，由于电源内阻的存在，电压表的示数不等于电动势，C 正确，当滑片在最右端，外电路电阻为零，但是由于内阻的分压，所以电压表的示数不等于电动势，D 错误，故选 BD。12．如图所示，平行金属板中带电质点 P 原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器 R4的滑片向 b 端移动时，则 ( AD )A．电压表读数减小B．电流表读数减小C．质点 P 将向上运动D． R3上消耗的功率逐渐减小[解析] 由图可知， R2与滑动变阻器 R4串联后与 R3并联后，再与 R1串联接在电源两端；电容器与 R3并联；当滑片向 b 移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时 R1两端的电压也增大；故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过 R3的电流减小，而流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大；因并联部分电压减小，而 R2中电压增大，故电压表示数减小，A 正确，B 错误；因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场7力，合力向下，电荷向下运动，故 C 错误；因 R3两端的电压减小，由 P＝ 可知， R3上消U2R耗的功率减小； 故 D 正确。13．某发电机输出的交流电压如图所示，经理想变压器升压后向远处输送，最后经理想变压器降压后输送给用户。则下列说法中正确的是 ( BC )A．发电机输出交流电压的有效值为 500 VB．用户获得的交流电压频率为 50 HzC．若增加用户用电负载的数量，输电线上损失的功率将增加D．若增加升压变压器原线圈的匝数，输电线上损失的功率将减小[解析] 由图象可知交流电的最大值为 Um＝500 V，故 A 错误；交流电压的频率在变压和传输过程中是不变的，由图象可知交流电的周期为 0.02 s，频率为 f＝1/ T＝50 Hz，B 正确；若增加用户用电负载的数量，总电阻减小，电流增大，Δ P＝ I2R 知损失功率增大，故 C 正确；增大升压变压器原线圈匝数，输出电压 U2减小， ，损失的功率为 Δ P＝2R，损失功率增大，故 D 错误。(PU2)14．(2017·河北省定州中学 4 月考)如图甲所示，一个矩形线圈 abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动。线圈内磁通量随时间 t 的变化如图乙所示，则下列说法中正确的是 ( BC )A． t1时刻线圈中的感应电动势最大B． t2时刻 ab 的运动方向与磁场方向垂直C． t3时刻线圈平面与中性面重合D． t4、 t5时刻线圈中感应电流的方向相同[解析] t1时刻通过线圈的磁通量最大，此时磁通量的变化率 等于零，故感应电Δ ΦΔ t动势为零，故 A 错误； t2时刻磁通量为零，线圈与磁场平行，故导线 ab 的速度方向跟磁感线垂直，故 B 正确； t3时刻线圈的磁通量最大，故此时线圈与中性面重合；故 C 正确；由8图可知 t5时刻线圈中磁通量最大，此时磁通量的变化率 等于零，故没有感应电流，故Δ ΦΔ tD 错误。所以 BC 正确，AD 错误。15．(2017·河北省武邑中学一模)如图甲所示是家用台灯亮度调节原理图，理想自耦变压器的 a、 b 间接入如图乙所示正弦交流电压。交流电流表 A 为理想电表，灯泡额定电压为 15 V，额定功率 30 W(设灯泡的电阻值保持不变)，当 P 在 C 处时灯泡正常发光。下列描述正确的有 ( AC )A．灯泡正常发光时变压器线圈的总匝数与 C 点下方的匝数之比为 44∶3B．当灯泡正常发光时电流表的读数为 2 AC．将调压端的滑动触头 P 向下移动时，变压器的输入功率变小D．将调压端的滑动触头 P 向下移动时，变压器的输入电压变小[解析] 由图象知输入电压的有效值为 220 V，灯泡正常发光，副线圈电压为 15 V，所以灯泡正常发光时变压器初、次级线圈的匝数比 ＝ ，A 正确；当电灯正常发光时，n1n2 443电灯两端电流 I2＝ ＝ A＝2 A，则变压器初电流： I1＝ I2＝ A，选项 B 错误；当滑动PU 3015 n2n1 322触头向下移动，即 n2减小时，电压 U2应该减小，所以灯泡功率减小，则变压器的输入功率变小，C 正确；变压器的输入电压只由发电机输出电压决定，与次级匝数无关，选项 D 错误；故选 AC。16．(2017·湖北省襄阳五中一模)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1︰ n2＝3︰1，原线圈 EF 两端与宽度 d＝2 m 的光滑平行金属轨道连接，轨道平面水平，磁感应强度 B＝1.8 T 的匀强磁场垂直于轨道平面向下。一根金属杆以 v＝10 sin 210π t(m/s)的速度在轨道上往复运动，并始终与导轨保持良好接触。副线圈 GH 两端连接的电路如图，三个灯泡的电阻均为 6 Ω， L 是直流电阻不计的理想线圈， C 是电容器。下列说法正确的是 ( CD )A．三个灯泡的亮度相同B．副线圈中电流的频率为 10 Hz9C．灯泡 D1的功率为 24 WD．若导体棒的运动周期变为 0.1 s，则灯泡 D2变暗，D 3变亮[解析] 当金属杆在轨道上以速度 v＝10 sin 10π t(m/s)运动时，导体中产生正弦2交流电，则变压器次级产生的也是正弦交流电，因电感线圈和电容器对交流电都有阻碍作用，故三个灯泡的亮度不相同，D 1亮度最大，选项 A 错误；根据 E＝ BLv，可得导体棒产生的电动势 E＝ Bdv＝36 sin 10π t(V)，故交流电的频率为 f＝ ＝ ＝5 Hz，选项 B 错2ω2π 10π2π误；变压器的原、副线圈的匝数比 n1∶ n2＝3∶1，则次级电压最大值为 U2m＝12 V，有效2值为 U2＝ V＝12 V，灯泡 D1的功率为 PD1＝ ＝ W＝24W，选项 C 正确；若导体棒的1222 U2R 1226运动周期变为 0.1 s，产生的交流电的频率变大，则 L 对交流电的阻碍作用变大，则灯泡D2变暗，电容器 C 对交流电的阻碍作用减小，则 D3变亮，选项 D 正确；故选 CD。1专题四 第 12 讲 第 12 讲 电磁感应规律及其应用限时：40 分钟一、选择题(本题共 8 小题，其中 1～4 题为单选，5～8 题为多选)1．(2017·河北省定州中学 4 月考)如图所示，匀强磁场垂直于圆形线圈指向纸里， a、 b、 c、 d 为圆形线圈上等距离的四点，现用外力作用在上述四点，将线圈拉成正方形。设线圈导线不可伸长，且线圈仍处于原先所在的平面内，则在线圈发生形变的过程中 ( A )A．线圈中将产生 abcd 方向的感应电流B．线圈中将产生 adcb 方向的感应电流C．线圈中产生感应电流的方向先是 abcd，后是 adcbD．线圈中无感应电流产生[解析] 当由圆形变成正方形时磁通量变小，根据楞次定律知在线圈中将产生 abcd 方向的感应电流，故选项 A 正确。2．(2017·江西省鹰潭市一模)如图所示，在竖直平面内有一金属环，环半径为 0.5 m，金属环总电阻为 2 Ω，在整个竖直平面内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B＝1 T，在环的最高点上方 A 点用铰链连接一长度为 1.5 m，电阻为 3 Ω 的导体棒AB，当导体棒 AB 摆到竖直位置时，导体棒 B 端的速度为 3 m/s。已知导体棒下摆过程中紧贴环面且与金属环有良好接触，则导体棒 AB 摆到竖直位置时 AB 两端的电压大小为 ( B )A．0.4 V B．0.65 VC．2.25 V D．4.5 V[解析] 当导体棒摆到竖直位置时，由 v＝ ωr 可得： C 点的速度为： vC＝ vB＝ ×3 13 13m/s＝1 m/s。AC 间电压为： UAC＝ EAC＝ BLAC· ＝1×0.5× ＝0.25 VvC2 122CB 段产生的感应电动势为： ECB＝ BLCB· ＝1×1× ＝2 V。圆环两侧并联，vC＋ vB2 1＋ 32电阻为： R＝ Ω＝0.5 Ω，金属棒 CB 段的电阻为： r＝2 Ω，则 CB 间电压为：12UCB＝ ECB＝ ×2 V＝0.4 VRr＋ R 0.50.5＋ 2故 AB 两端的电压大小为： UAB＝ UAC＋ UCB＝0.25＋0.4＝0.65 V。故选：B。3．如图所示， Q 是单匝金属线圈， MN 是一个螺线管，它的绕线方法没有画出， Q 的输出端 a、 b 和 MN 的输入端 c、 d 之间用导线相连， P 是在 MN 的正下方水平放置的用细导线绕制的软弹簧线圈。若在 Q 所处的空间加上与环面垂直的变化磁场，发现在 t1至 t2时间段内弹簧线圈处在收缩状态，则所加磁场的磁感应强度的变化情况可能是 ( D )[解析] 在 t1至 t2时间段内弹簧线圈处在收缩状态，根据楞次定律的另一种表述，知螺线管 MN 中产生的磁场在增加，即螺线管中的电流增大，根据法拉第电磁感应定律， E＝ n＝ n S，知 增大。故 D 正确，ABC 错误。故选 D。Δ ΦΔ t Δ BΔ t Δ BΔ t4．(2017·北京市通州区一模)如图所示，固定于水平面的 U 形导线框处于竖直向下的匀强磁场中(磁场足够大)，磁场的磁感应强度为 B，点 a、 b 是 U 形导线框上的两个端点。水平向右恒力 F 垂直作用在金属棒 MN 上，使金属棒 MN 以速度 v 向右做匀速运动。金属棒MN 长度为 L，恰好等于平行轨道间距，且始终与导线框接触良好，不计摩擦阻力，金属棒MN 的电阻为 R。已知导线 ab 的横截面积为 S、单位体积内自由电子数为 n，电子电量为e，电子定向移动的平均速率为 v′。导线 ab 的电阻为 R，忽略其余导线框的电阻。则，在Δ t 时间内 ( C )3A．导线 ab 中自由电子从 a 向 b 移动B．金属棒 MN 中产生的焦耳热 Q＝ FLC．导线 ab 受到的安培力大小 F 安 ＝ nSLev′ BD．通过导线 ab 横截面的电荷量为BLvR[解析] MN 向右切割磁感线，由右手定则可知，电流由 a 到 b，则自由电子从 b 向 a移动，选项 A 错误；整个电路产生的焦耳热等于克服安培力做功，大小为 FvΔ t，则金属棒中产生的焦耳热为 FvΔ t，选项 B 错误；导线中的电流 I＝ neSv′，则所受安培力 F 安12＝ BIL＝ neSv′ BL，选项 C 正确；通过 ab 横截面的电量为： q＝ ＝ ，故 D 错误。Δ Φ2R BLvΔ t2R故选 C。5．(2017·湖北省襄阳五中一模)水平固定放置的足够长的 U 形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上放着金属棒 ab，开始时 ab 棒以水平初速度 v0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和粗糙两种情况比较，这个过程 ( CD )A．电流所做的功相等B．通过 ab 棒的电量相等C．产生的总热能相等D．安培力对 ab 棒所做的功不相等[解析] 电流所做的功等于回路中产生的焦耳热，根据功能关系可知导轨光滑时，金属棒克服安培力做功多，产生的焦耳热多，电流做功大，故 A 错误；根据感应电荷量公式q＝ ＝ ， x 是 ab 棒滑行的位移大小， B、 R、导体棒长度 L 相同， x 越大，感应电荷Δ ΦR BLxR量越大，因此导轨光滑时，感应电荷量大， B 错误；两种情况下，产生的内能相等，都等于金属棒的初动能，C 正确；当导轨光滑时，金属棒克服安培力做功，动能全部转化为焦耳热，产生的内能等于金属棒的初动能；当导轨粗糙时，金属棒在导轨上滑动，一方面要克服摩擦力做功，摩擦生热，把部分动能转化为内能，另一方面要克服安培力做功，金属棒的部分动能转化为焦耳热，摩擦力做功产生的内能与克服安培力做功转化为内能的和等于金属棒的初动能，所以，导轨粗糙时，安培力做的功少，导轨光滑时，安培力做的功多，4D 正确。6．(2017·山东省历城二中二模)空间存在垂直于纸面的匀强磁场，在纸面内有如图所示的三根相同金属棒 abc，三者均接触良好，现用力使 a 棒向右匀速运动，从图示的位置开始计时，下列关于回路中电流 i 和回路中总功率 P 与时间 t 的关系图线，可能正确的是 ( AC )[解析] 设∠ boc＝ θ ，单位长度电阻为 R0，开始时距离 0 点 x0，则 a 切割磁场产生电动势 E＝ BLv＝ Bv·(vt＋ x0)×tan θ ，回路总电阻为 R＝[( vt＋ x0)＋( vt＋ x0)tan θ ＋]R0＝( vt＋ x0)R0 ，由闭合电路欧姆定律得： I＝ ＝ vt＋ x0cos θ (1＋ tan θ ＋ 1cos θ ) ER＝Bv vt＋ x0 ·tan θ vt＋ x0 R0 1＋ tan θ ＋ 1cos θ Bvtan θR0(1＋ tan θ ＋ 1cos θ )i 与时间无关，是一定值，故 A 正确，B 错误；回路的总功率： P＝ I2R＝ I2(vt＋ x0)R0， I 不变，故 P 与时间成线性关系，故选项 C 正确，D 错误；故选(1＋ tan θ ＋1cos θ )AC。7．(2017·吉林省吉林大学附属中学第六次摸底)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨倾斜放置，导轨与水平面之间的夹角为 θ ，两导轨间距离为 L，底端接有一阻值为 R 的电阻。一质量为 m、长为 L、阻值为 r 的金属棒垂直导轨放置，其中点处与一个上端固定、劲度系数为 k 的轻质弹簧相连，导轨所在平面与磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直。现将金属棒从弹簧原长处由静止释放，若金属棒在运动过程中始终与导轨接触良好且垂直，则 ( ACD )5A．释放瞬间，金属棒的加速度大小为 gsin θB．金属棒向下运动的过程中，流过电阻 R 的电流方向为 N→ MC．金属棒的速度为 v 时，其受到的安培力大小为B2L2vR＋ rD．金属棒最终静止时重力势能减少了 mg 2sin2 θk[解析] 释放瞬间金属棒的速度为零，没有产生感应电流，不受安培力，弹簧的弹力也为零，只受重力和轨道的支持力，所以金属棒的加速度为 gsin θ 。故 A 正确。由右手定则可知，金属棒向下运动的过程中，流过电阻 R 的电流方向为 M→ N，选项 B 错误；金属棒的速度为 v 时，其受到的安培力大小为 F＝ BIL＝ B· L＝ ，选项 C 正确；金属BLvR＋ r B2L2vR＋ r棒最终静止时满足： mgsin θ ＝ kx，则重力势能减少了 Δ Ep＝ mgsin θ ·x＝，选项 D 正确；故选 ACD。 mg 2sin2 θk8．(2017·山西省实验中学模拟)如图所示，倾角为 θ 的斜面上固定两根足够长的平行金属导轨 PQ、 MN，导轨电阻不计，相距为 L，导轨处于磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下。两根导体棒 a、 b 质量相等均为 m，其电阻之比为2∶1。 a、 b 棒均垂直导轨放置且与导轨间的动摩擦因数 μ 相同， μ tanθ 。对导体棒 a施加沿斜面向上的恒力 F， a 棒沿斜面向上运动，同时将 b 棒由静止释放，最终 a、 b 棒均做匀速运动。两棒在运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好。则 ( AB )A．恒力 F 的大小等于 2mgsin θB．匀速运动时 a、 b 两棒的速度等大C．匀速运动时速度之比为 2∶1D．拉力 F 做的功等于回路消耗的电能和摩擦产生的内能之和[解析] 最终两棒都做匀速运动，故对两棒的整体知： F＝2 mgsin θ ，选项 A 正确；6对 ab 的整体，由于所受合外力为零，故动量守恒，由动量守恒定律可知 0＝ mv1－ mv2，可知 v1＝ v2、即匀速运动时 a、 b 两棒的速度等大，选项 B 正确，C 错误；由能量守恒定律可知，拉力 F 做的功等于回路消耗的电能、摩擦产生的内能以及两棒的动能增量之和，选项D 错误；故选 AB。二、计算题(本题共 2 小题，需写出完整的解题步骤)9．(2017·江苏省海州高级中学模拟) 轻质细线吊着一质量为 m＝0.32 kg、边长为L＝0.8 m、匝数 n＝10 的正方形线圈，线圈总电阻 r＝1 Ω。边长为 的正方形磁场区域对L2称分布在线圈下边的两侧，如图甲所示。磁场方向垂直纸面向里，大小随时间变化如图乙所示。从 t＝0 开始经 t0时间细线开始松弛，取 g＝10 m/s 2。求：(1)0－ t0时间内线圈中产生的电动势大小及感应电流的方向(顺时针或逆时针)；(2)在前 t0时间内线圈的电功率；(3)t0的值。[解析] (1)由法拉第电磁感应定律得： E＝ n ＝ n× × 2Δ ΦΔ t 12 (L2)Δ BΔ t解得 E＝0.4 V由楞次定律得感应电流的方向为逆时针(2)I＝ ＝0.4 A， P＝ I2r＝0.16 WEr(3)分析线圈受力可知，当细线松弛时有： F 安 ＝ nBt0I ＝ mgL2I＝ ， Bt0＝ ＝2 T Er 2mgrnEL由图乙知： Bt0＝1＋0.5 t0 解得： t0＝2 s10．(2017·江苏省淮阴中学 4 月模拟)一实验小组想要探究电磁刹车的效果。在遥控小车底面安装宽为 L、长为 2.5L 的 N 匝矩形线框，线框电阻为 R，面积可认为与小车底面相同，其平面与水平地面平行，线圈上有一个可以控制线圈通断的开关(被称为电磁刹车开关)，小车总质量为 m。其俯视图如图所示，小车在磁场外行驶时的功率保持 P 不变，且在进入磁场前已达到最大速度，当车头刚要进入磁场时立即撤去牵引力，同时将线圈闭合，7完全进入磁场时速度恰好为零。已知有界磁场 PQ 和 MN 间的距离为 2.5L，磁感应强度大小为 B，方向竖直向上，在行驶过程中小车受到地面阻力恒为 f。不考虑车身其他金属部分的电磁感应现象，求：(1) 小车车头刚要进入磁场时的速度 v0；(2) 小车车头刚进入磁场时，线框中的感应电动势 E；(3) 电磁刹车过程中产生的焦耳热 Q。[解析] (1)小车刚进入磁场时的速度设为 v0。则： v0＝Pf(2)感应电动势： E＝ NBLv0，E＝NBLPf(3) 由能量守恒，可得： f·(2.5 L)＋ Q＝ mv12 20可知 ： Q＝ mv －2.5 fL＝ －2.5 fL12 20 mP22f2