(浙江選考)2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 交變電流本章綜合能力提升練.docx
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第十章 電磁感應(yīng) 交變電流 本章綜合能力提升練 (限時(shí):45分鐘) 一、單項(xiàng)選擇題 1.如圖1,一輕質(zhì)橫桿兩側(cè)各固定一金屬環(huán),橫桿可繞中心點(diǎn)自由轉(zhuǎn)動(dòng),一條形磁鐵插向其中一個(gè)小環(huán),取出后又插向另一個(gè)小環(huán),看到的現(xiàn)象是( ) 圖1 A.磁鐵插向左環(huán),橫桿發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng) B.磁鐵插向右環(huán),橫桿發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng) C.無論磁鐵插向左環(huán)還是右環(huán),橫桿都不發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng) D.無論磁鐵插向左環(huán)還是右環(huán),橫桿都發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng) 答案 B 解析 左環(huán)沒有閉合,在磁鐵插入過程中,不產(chǎn)生感應(yīng)電流,故橫桿不發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng).右環(huán)閉合,在磁鐵插入過程中,產(chǎn)生感應(yīng)電流,橫桿將發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng),故選項(xiàng)B正確. 2.如圖2甲所示,磁卡的磁條中有用于存儲(chǔ)信息的磁極方向不同的磁化區(qū),刷卡器中有檢測(cè)線圈.當(dāng)以速度v0刷卡時(shí),在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),其E-t關(guān)系如圖乙所示.如果只將刷卡速度改為,線圈中的E-t關(guān)系圖可能是( ) 圖2 答案 D 解析 刷卡速度為v0時(shí),E0=BLv0,t0=,刷卡速度變?yōu)闀r(shí),根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知E=BL=,最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變?yōu)樵瓉淼囊话耄袘?yīng)電動(dòng)勢(shì)變化的周期t′==2t0,周期變?yōu)樵瓉淼?倍,D項(xiàng)正確. 3.如圖3甲,閉合的圓線圈放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,t=0時(shí)磁感線垂直線圈平面向里穿過線圈,磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的關(guān)系圖線如圖乙所示,則在0~2s內(nèi)線圈中感應(yīng)電流的大小和方向?yàn)? ) 圖3 A.逐漸增大,逆時(shí)針 B.逐漸減小,順時(shí)針 C.大小不變,順時(shí)針 D.大小不變,先順時(shí)針后逆時(shí)針 答案 C 解析 第1s內(nèi),磁場(chǎng)的方向垂直于紙面向里,且磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小,所以產(chǎn)生恒定的電流,根據(jù)楞次定律,感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向;第2s內(nèi),磁場(chǎng)的方向垂直于紙面向外,且磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增加,所以產(chǎn)生恒定的電流,根據(jù)楞次定律,感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向.由E==可知,這2s內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定,故產(chǎn)生的電流大小不變,方向一直為順時(shí)針,故C正確,A、B、D錯(cuò)誤. 4.遠(yuǎn)距離輸送一定功率的交流電,若輸送電壓升高為原來的n倍,關(guān)于輸電線上的電壓損失和功率損失正確的是( ) A.輸電線上的電功率損失是原來的 B.輸電線上的電功率損失是原來的 C.輸電線上的電壓損失是原來的 D.輸電線上的電壓損失是原來的 答案 A 解析 設(shè)輸送的電功率一定,為P,輸送電壓為U,輸電線上功率損失為ΔP,電壓損失為ΔU,電流為I,輸電線總電阻為R.由P=UI知,I=,則得ΔP=I2R=,ΔU=IR=,可知輸送電壓增為原來的n倍,則輸電線上電功率損失變?yōu)樵瓉淼?,損失的電壓變?yōu)樵瓉淼?,故A正確,B、C、D錯(cuò)誤. 5.如圖4所示,兩根相距為l的平行直導(dǎo)軌ab、cd,b、d間連有一定值電阻R,導(dǎo)軌電阻可忽略不計(jì).MN為放在ab和cd上的一導(dǎo)體桿,與ab垂直,其電阻也為R.整個(gè)裝置處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌所在平面(垂直紙面向里).現(xiàn)對(duì)MN施力使它沿導(dǎo)軌方向以速度v水平向右做勻速運(yùn)動(dòng).令U表示MN兩端電壓的大小,則( ) 圖4 A.U=Blv,流過定值電阻R的感應(yīng)電流由b經(jīng)R到d B.U=Blv,流過定值電阻R的感應(yīng)電流由d經(jīng)R到b C.MN受到的安培力大小FA=,方向水平向右 D.MN受到的安培力大小FA=,方向水平向左 答案 A 解析 導(dǎo)體桿MN做切割磁感線運(yùn)動(dòng),產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),相當(dāng)于一個(gè)內(nèi)阻為R的電源,電路中電源電動(dòng)勢(shì)為E=Blv,U表示路端電壓,所以根據(jù)閉合電路歐姆定律可得:U=E=Blv,根據(jù)右手定則可得流過電阻R的電流方向由b到d,A正確,B錯(cuò)誤;根據(jù)公式FA=BIl可得MN受到的安培力大小FA=BIl=,方向向左,C、D錯(cuò)誤. 二、多項(xiàng)選擇題 6.(2018牌頭中學(xué)期中改編)如圖5所示,固定的水平長(zhǎng)直導(dǎo)線中通有向右的電流I,矩形閉合導(dǎo)線框與導(dǎo)線在同一豎直平面內(nèi),且一邊與導(dǎo)線平行.將線框由靜止釋放,不計(jì)空氣阻力,則在線框下落過程中( ) 圖5 A.穿過線框的磁通量保持不變 B.線框中感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針 C.線框所受安培力的合力豎直向上 D.線框的機(jī)械能不斷增大 答案 BC 解析 在線框下落過程中,所在處磁場(chǎng)減弱,穿過線框的磁通量減小,故A錯(cuò)誤;電流I產(chǎn)生的磁場(chǎng)在導(dǎo)線的下方垂直于紙面向里,下落過程中,因?yàn)榇┻^線框的磁通量隨線框下落而減小,根據(jù)楞次定律,感應(yīng)電流的磁場(chǎng)與原磁場(chǎng)方向相同,所以感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針,故B正確;由于離導(dǎo)線越遠(yuǎn)的地方磁場(chǎng)越弱,所以線框的上邊受到的安培力大小大于下邊受到的安培力大小,合力的方向向上,故C正確;下落過程中,安培力對(duì)線框做負(fù)功,機(jī)械能減小,故D錯(cuò)誤. 7.圖6甲是小型交流發(fā)電機(jī)的示意圖,兩磁極N、S間的磁場(chǎng)可視為水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng),為理想交流電流表.線圈繞垂直于磁場(chǎng)的水平軸OO′沿逆時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng),從圖示位置開始計(jì)時(shí),產(chǎn)生的交變電流隨時(shí)間變化的圖象如圖乙所示.以下判斷正確的是( ) 圖6 A.電流表的示數(shù)為10A B.線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為50πrad/s C.0.01s時(shí)線圈平面與磁場(chǎng)方向平行 D.0.02s時(shí)電阻R中電流的方向自右向左 答案 AC 解析 電流表測(cè)量的是交變電流的有效值,根據(jù)圖象知交變電流的最大值為10A,因此有效值為10A,A正確;根據(jù)圖象知交變電流的周期為T=0.02s,則ω==100πrad/s,B錯(cuò)誤;0.01s時(shí)交變電流的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大,說明線圈的速度方向與磁感線垂直,因此線圈平面與磁場(chǎng)方向平行,C正確;0.02s時(shí),線圈所處位置與題圖甲中的線圈位置相同,根據(jù)右手定則知通過電阻R的電流方向自左向右,D錯(cuò)誤. 8.一理想變壓器,原、副線圈的匝數(shù)比為4∶1.原線圈接在一個(gè)交流電源上,交流電的變化規(guī)律如圖7所示.副線圈所接的負(fù)載電阻是11Ω.則( ) 圖7 A.副線圈輸出交流電的周期為0.02s B.副線圈輸出電壓為55V C.流過副線圈的電流是5A D.變壓器輸入、輸出功率之比為4∶1 答案 ABC 解析 由圖象可知,交流電的周期為0.02s,變壓器不會(huì)改變交流電的頻率和周期,所以副線圈輸出交流電的周期也為0.02s,所以A正確;由圖象可知,交流電的電壓的最大值為311V,所以輸入的電壓的有效值為U1=V≈220V,根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比可知,=,所以副線圈輸出電壓U2為55V,所以B正確;根據(jù)I=可得電流I=A=5A,所以C正確;理想變壓器的輸入功率和輸出功率相等,所以D錯(cuò)誤. 9.如圖8所示,理想變壓器的原線圈連接一只理想交流電流表,副線圈匝數(shù)可以通過滑動(dòng)觸頭Q來調(diào)節(jié),在副線圈兩端連接了定值電阻R0和滑動(dòng)變阻器R,P為滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭.在原線圈上加一電壓為U的正弦交流電,則( ) 圖8 A.保持Q的位置不動(dòng),將P向上滑動(dòng)時(shí),電流表讀數(shù)變大 B.保持Q的位置不動(dòng),將P向上滑動(dòng)時(shí),電流表讀數(shù)變小 C.保持P的位置不動(dòng),將Q向上滑動(dòng)時(shí),電流表讀數(shù)變大 D.保持P的位置不動(dòng),將Q向上滑動(dòng)時(shí),電流表讀數(shù)變小 答案 BC 解析 保持Q位置不動(dòng),副線圈電壓U2不變,當(dāng)P上滑時(shí),R增大,由P=可知總功率減小,原線圈電壓U1不變,由P=U1I1可知原線圈電流I1減小,故A錯(cuò)誤,B正確;當(dāng)P位置不動(dòng),Q上滑時(shí),由=知U2增大,I2=增大,由=知原線圈電流I1增大,故C正確,D錯(cuò)誤. 10.(2018書生中學(xué)月考改編)豎直放置的平行光滑導(dǎo)軌,其電阻不計(jì),磁場(chǎng)方向如圖9所示,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T,導(dǎo)體棒ab與cd長(zhǎng)均為0.2m,電阻均為0.1Ω,重力均為0.1N,現(xiàn)用力向上拉導(dǎo)體棒ab,使之勻速向上(與導(dǎo)軌接觸良好,導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)),此時(shí),導(dǎo)體棒cd恰好靜止,那么導(dǎo)體棒ab上升時(shí),下列說法中正確的是( ) 圖9 A.導(dǎo)體棒ab受到的拉力大小為2N B.導(dǎo)體棒ab向上運(yùn)動(dòng)的速度為2m/s C.在2s內(nèi),拉力做功轉(zhuǎn)化為的電能是0.4J D.在2s內(nèi),拉力做功為0.6J 答案 BC 解析 導(dǎo)體棒ab勻速上升,受力平衡,cd棒靜止,受力也平衡,對(duì)于兩棒組成的系統(tǒng),合外力為零,根據(jù)平衡條件可得:ab棒受到的拉力F=2mg=0.2N,故A錯(cuò)誤;對(duì)cd棒,受到向下的重力G和向上的安培力F安,由平衡條件得:F安=G,即BIL=G,又I=,聯(lián)立得:v==m/s=2 m/s,故B正確;在2s內(nèi),電路產(chǎn)生的電能Q=t=t=2J=0.4J,故C正確;在2s內(nèi)拉力做的功W=Fvt=0.222J=0.8J,故D錯(cuò)誤. 三、實(shí)驗(yàn)題 11.實(shí)驗(yàn):探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數(shù)的關(guān)系 (1)實(shí)驗(yàn)室中有下列器材: A.可拆變壓器(鐵芯、兩個(gè)已知匝數(shù)的線圈) B.條形磁鐵 C.直流電源 D.多用電表 E.開關(guān)、導(dǎo)線若干 上述器材在本實(shí)驗(yàn)中不用的是________(填器材序號(hào)),本實(shí)驗(yàn)中還需用到的器材有______________. (2)該學(xué)生繼續(xù)做實(shí)驗(yàn),先保持原線圈的匝數(shù)不變,增加副線圈的匝數(shù),觀察到副線圈兩端的電壓________(選填“增大”“減小”或“不變”);然后再保持副線圈的匝數(shù)不變,增加原線圈的匝數(shù),觀察到副線圈兩端的電壓__________(選填“增大”“減小”或“不變”),上述“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數(shù)的關(guān)系”中采用的實(shí)驗(yàn)方法是__________. 答案 (1)BC 低壓交流電源 (2)增大 減小 控制變量法 四、計(jì)算題 12.(2016浙江4月選考23)某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)電磁推動(dòng)加噴氣推動(dòng)的火箭發(fā)射裝置,如圖10所示.豎直固定在絕緣底座上的兩根長(zhǎng)直光滑導(dǎo)軌,間距為L(zhǎng).導(dǎo)軌間加有垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B.絕緣火箭支撐在導(dǎo)軌間,總質(zhì)量為m,其中燃料質(zhì)量為m′,燃料室中的金屬棒EF電阻為R,并通過電刷與電阻可忽略的導(dǎo)軌良好接觸.引燃火箭下方的推進(jìn)劑,迅速推動(dòng)剛性金屬棒CD(電阻可忽略且和導(dǎo)軌接觸良好)向上運(yùn)動(dòng),當(dāng)回路CEFDC面積減少量達(dá)到最大值ΔS,用時(shí)Δt,此過程激勵(lì)出強(qiáng)電流,產(chǎn)生電磁推力加速火箭.在Δt時(shí)間內(nèi),電阻R產(chǎn)生的焦耳熱使燃料燃燒形成高溫高壓氣體.當(dāng)燃燒室下方的可控噴氣孔打開后.噴出燃?xì)膺M(jìn)一步加速火箭. 圖10 (1)求回路在Δt時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值及通過金屬棒EF的電荷量,并判斷金屬棒EF中的感應(yīng)電流方向; (2)經(jīng)Δt時(shí)間火箭恰好脫離導(dǎo)軌,求火箭脫離時(shí)的速度大小v0;(不計(jì)空氣阻力) (3)火箭脫離導(dǎo)軌時(shí),噴氣孔打開,在極短的時(shí)間內(nèi)噴射出質(zhì)量為m′的燃?xì)?,噴出的燃?xì)庀鄬?duì)噴氣前火箭的速度為v,求噴氣后火箭增加的速度Δv.(提示:可選噴氣前的火箭為參考系) 答案 (1) 向右 (2)-gΔt(3)v 解析 (1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,有== q=Δt==,電流方向向右 (2)Δt時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的平均感應(yīng)電流== 平均安培力=BL 由動(dòng)量定理有(-mg)Δt=mv0 解得v0=-gΔt (3)以噴氣前的火箭為參考系,設(shè)豎直向上為正方向,由動(dòng)量守恒定律得-m′v+(m-m′)Δv=0,得Δv=v. 13.如圖11所示,兩足夠長(zhǎng)的平行光滑的金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距為L(zhǎng),導(dǎo)軌平面與水平面的夾角θ=30,導(dǎo)軌電阻不計(jì),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面向上.長(zhǎng)為L(zhǎng)的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導(dǎo)軌上,且始終與導(dǎo)軌接觸良好,金屬棒的質(zhì)量為m、電阻為R.兩金屬導(dǎo)軌的上端連接一個(gè)燈泡,燈泡的電阻也為R.現(xiàn)閉合開關(guān)K,給金屬棒施加一個(gè)方向垂直于桿且平行于導(dǎo)軌平面向上的、大小為F=2mg的恒力,使金屬棒由靜止開始運(yùn)動(dòng),當(dāng)金屬棒達(dá)到最大速度時(shí),燈泡恰能達(dá)到它的額定功率.重力加速度為g,求: 圖11 (1)金屬棒能達(dá)到的最大速度vm的大?。? (2)燈泡的額定功率PL; (3)若金屬棒上滑距離為s時(shí)速度恰達(dá)到最大,求金屬棒由靜止開始上滑2s的過程中,金屬棒上產(chǎn)生的熱量Q1. 答案 (1) (2) (3)mgs- 解析 (1)金屬棒先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)加速度為零時(shí),金屬棒達(dá)到最大速度,此后開始做勻速直線運(yùn)動(dòng).設(shè)最大速度為vm,則速度達(dá)到最大時(shí)有: E=BLvm,I=,F(xiàn)=BIL+mgsinθ,解得:vm= (2)根據(jù)電功率表達(dá)式:PL=I2R 解得:PL=()2R== (3)設(shè)整個(gè)電路產(chǎn)生的熱量為Q,由能量守恒定律有: F2s=Q+mgsinθ2s+mvm2 解得:Q=3mgs- 根據(jù)串聯(lián)電路特點(diǎn),可知金屬棒上產(chǎn)生的熱量Q1= 解得:Q1=mgs-.- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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