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1、
圖9－11
1．(2020年高考廣東理綜卷)如圖9－11所示，平行導軌間有一矩形的勻強磁場區(qū)域，細金屬棒PQ沿導軌從MN處勻速運動到M′N′的過程中，棒上感應電動勢E隨時間t變化的圖象，可能正確的是( )
圖9－12
解析：選A.金屬棒在到達勻強磁場之前，閉合回路的磁通量為零，不產(chǎn)生感應電動勢，金屬棒在磁場中運動時，勻速切割磁感線，并且切割的有效長度也不變，由公式E＝BLv知此段時間內(nèi)感應電動勢為定值，金屬棒離開磁場后，閉合回路的磁通量變?yōu)榱?，無感應電動勢產(chǎn)生，選項A正確．
圖9－13
2．(2020年高考山東理綜卷)如圖9－13所示，空間存在兩個磁場，磁感應
2、強度大小均為B，方向相反且垂直紙面，MN、PQ為其邊界，OO′為其對稱軸．一導線折成邊長為l的正方形閉合回路abcd，回路在紙面內(nèi)以恒定速度v0向右運動，當運動到關于OO′對稱的位置時( )
A．穿過回路的磁通量為零
B．回路中感應電動勢大小為2Blv0
C．回路中感應電流的方向為順時針方向
D．回路中ab邊與cd邊所受安培力方向相同
解析：選ABD.穿過閉合回路的磁通量Φ＝0，故選項A正確；回路中的感應電動勢為ab、cd兩邊產(chǎn)生電動勢之和，為E＝Blabv0＋Blcdv0＝2Blv0，故選項B正確；由右手定則可知感應電流的方向為逆時針方向，故選項C錯誤；由左手定則可知ab邊與cd
3、邊所受的安培力方向均向左，故選項D正確．
圖9－14
3．(2020年高考北京理綜卷)在如圖9－14所示的電路中，兩個相同的小燈泡L1和L2分別串聯(lián)一個帶鐵芯的電感線圈L和一個滑動變阻器R.閉合開關S后，調(diào)整R，使L1和L2發(fā)光的亮度一樣，此時流過兩個燈泡的電流均為I.然后，斷開S.若t′時刻再閉合S，則在t′前后的一小段時間內(nèi)，正確反映流過L1的電流i1、流過L2的電流i2隨時間t變化的圖象是( )
圖9－15
解析：選B.t′時刻再閉合S時，通過電感線圈的電流增加，由于線圈自感作用，產(chǎn)生與原電流方向相反的電流以阻礙原電流的增加，B正確；閉合S時，L2所在支路電流立即很
4、大，隨著L1中電流增大而流過L2的電流逐漸減小，最后兩者電流一致．
4．如圖9－16所示，降壓變壓器的變壓系數(shù)是3，即初級線圈匝數(shù)與次級線圈的匝數(shù)之比是3∶1.初級線圈的輸入電壓是660 V，次級線圈的電阻為0.2 Ω，這臺變壓器給100盞220 V,60 W的電燈供電．求：
圖9－16
(1)空載時次級線圈的路端電壓和輸出功率；
(2)接通電路后次級線圈的路端電壓；
(3)每盞燈的實際功率．
解析：(1)設空載時次級線圈的路端電壓為U2.由＝得U2＝U1＝220 V
因為空載，次級線圈的負載電阻R2→∞，次級線圈中的電流I2＝0，則次級線圈的輸出功率P＝I2U2＝0.
(
5、2)接通電路后，100盞電燈并聯(lián)的總電阻為R外＝＝＝8.07 Ω
次級線圈中的電流I′2＝＝ A＝26.6 A
次級線圈的路端電壓U′2＝I′2R外＝214.66 V.
(3)每盞燈的實際功率P＝U′2＝ W＝57.1 W.
答案：(1)220 V 0 (2)214.66 V (3)57.1 W
5．(2020年鄭州市模擬)如圖9－17甲所示，空間存在B＝0.5 T、方向豎直向下的勻強磁場．MN、PQ是處于同一水平面內(nèi)相互平行的粗糙長直導軌，間距L＝2 m．R是連在導軌一端的電阻，ab是跨接在導軌上質(zhì)量m＝1 kg的導體棒．從零時刻開始，通過一小型電動機對ab棒施加一個牽引力F，方向
6、水平向左，使其從靜止開始沿導軌做加速運動，此過程中導體棒始終保持與導軌垂直且接觸良好．如圖乙是棒的v－t圖象，其中OA是直線，AC是曲線，小型電動機在1.2 s末達到額定功率，P額＝4.5 W，此后功率保持不變．除R以外，其余部分的電阻不計，g＝10 m/s2.
圖9－17
(1)求導體棒在0～1.2 s內(nèi)的加速度大?。?
(2)求導體棒與導軌間的動摩擦因數(shù)及電阻R的阻值．
(3)若t＝1.7 s時，導體棒ab達到最大速度，0～1.7 s內(nèi)共發(fā)生位移1 m，試求1.2 s～1.7 s內(nèi)，R上產(chǎn)生的熱量是多少？
解析：(1)由題可知1.2 s末導體棒的速度為v1＝0.9 m/s，
7、故導體棒在0～1.2 s內(nèi)的加速度大小為
a＝＝ m/s2＝0.75 m/s2.
(2)在t1＝1.2 s時，感應電動勢為E1＝BLv1
感應電流為I1＝
由牛頓第二定律得F1－μmg－BI1L＝ma
而P額＝F1·v1
在t2＝1.7 s時，感應電動勢為E2＝BLv2
感應電流為I2＝
由牛頓第二定律得F2－μmg－BI2L＝0
而P額＝F2·vm
由圖可知vm＝1.0 m/s
將已知量代入以上各式解得μ＝0.2，R＝0.4 Ω.
(3)在0～1.2 s內(nèi)通過的位移為
s1＝(0＋v1)t1＝0.54 m
在t＝t2－t1＝1.7 s－1.2 s＝0.5 s內(nèi)發(fā)生的位移為
s2＝1 m－s1＝0.46 m
由能量守恒定律有
P額t＝Q＋μmgs2＋mv－mv
代入數(shù)據(jù)解得Q＝1.235 J.
答案：(1)0.75 m/s2 (2)0.2 0.4 Ω (3)1.235 J
2020年高考物理二輪復習 模塊四專題九隨堂反饋練習
