《2016高考物理二轮复习 考前保温训练7 电磁感应和交变电流（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2016高考物理二轮复习 考前保温训练7 电磁感应和交变电流（含解析）（19页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、电磁感应和交变电流(限时30分钟)1某实验小组用如图所示的实验装置来验证楞次定律当条形磁铁自上而下穿过固定的线圈时，通过电流计的感应电流方向是()AaGbB先aGb，后bGaCbGaD先bGa，后aGb答案：D解析：确定原磁场的方向：条形磁铁在穿入线圈的过程中，磁场方向向下明确回路中磁通量变化的情况：向下的磁通量增加由楞次定律的“增反减同”可知：线圈中感应电流产生的磁场方向向上应用安培定则可以判断感应电流的方向为逆时针(俯视)，即：从bGa.同理可以判断出条形磁铁穿出线圈过程中，向下的磁通量减小，由楞次定律可得：线圈中将产生顺时针的感应电流(俯视)，电流从aGb.2如图所示，均匀磁场中有一由半
2、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绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度匀速转动半周，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的大小应为()A. B. C. D.答案：C解析：设圆的半径为L，电阻为R，当线框以角速度匀速转动时产生的感应电动势E1B0L2.当线框不动，而磁感应强度随时间变化时E2L2，由得B0L2L2，即，故C项正确3(多选)一个矩形线框在匀强磁场中绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，产生的感应电
3、动势随时间变化的关系图象如图所示，下列说法中正确的是()A线框中产生的感应电动势瞬时值表达式为e311sin 100t(V)Bt 0.01 s时穿过线框的磁通量变化率为0Ct0.005 s时穿过线框的磁通量最大D线框转动的角速度为100 rad/s答案：CD解析：由图象知，感应电动势最大值Em311 V，周期T0.02 s，角速度 100 rad/s，选项D正确；由图知线框从与磁场平行的位置开始转动，感应电动势瞬时值表达式为e311cos 100t(V)，选项A错误；t0.01 s 时感应电动势最大，穿过线框的磁通量变化率最大，选项B错误；t0.005 s时感应电动势为0，线圈处于中性面位置，
4、穿过线框的磁通量最大，选项C正确4(多选)如图所示，一根导线制成的斜边AB长为2L的等腰直角三角形线框ABC以速度v匀速穿过宽度为2L的匀强磁场，电流以逆时针方向为正，回路中的感应电流I和AB两端的电压UAB随线框位移x变化的关系图象正确的是()答案：AD解析：线框进入磁场过程中，穿过线框垂直于纸面向里的磁通量增加，感应电流沿逆时针方向，线框出磁场过程中，穿过线框垂直于纸面向里的磁通量减少，感应电流沿顺时针方向；线框进入磁场过程中切割磁感线的有效长度先增大后减小，感应电动势先增大后减小，感应电流先增大后减小；线框出磁场过程中，切割磁感线的有效长度先增大后减小，感应电动势先增大后减小，感应电流先
5、增大后减小，选项A正确，B错误；线框进入磁场过程，电流方向从A到B，UAB0，大小随电流先增大后减小，线框出磁场过程，电流方向从B到A，UABQ2，q1q2 BQ1Q2，q1q2CQ1Q2，q1q2 DQ1Q2，q1q2答案：A解析：第一次ab边是电源，第二次bc边是电源设线框ab、bc边长分别为l1、l2，第一次时线框中产生的热量Q1I21Rt2Rl1，同理第二次时线框中产生的热量Q2l2，由于l1l2，所以Q1Q2.通过线框导体横截面的电荷量qn，故q1q2，A选项正确7如图所示，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N，电阻不计，绕OO轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度做匀速转动，
6、从图示位置开始计时矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，副线圈接有可调电阻R，下列判断正确的是()A矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为eNBScos tB矩形线圈从图示位置经过时间时，通过电流表的电荷量为0C当P不动、R增大时，电压表读数也增大D当P向上移动、R不变时，电流表读数减小答案：A解析：矩形线圈切割磁感线产生的感应电流为正弦式交变电流，题图示时刻线圈切割磁感线产生的感应电动势最大，最大值为EmNBS，则其瞬时值表达式为eNBScos t，选项A正确；矩形线圈从图示位置经过时间，刚好为周期，磁通量的变化量不为0，通过电流表的电荷量不为0，选项B错误；
7、电压表读数为电压的有效值，矩形线圈的电阻不计，故电压表的示数为交流电压的有效值，恒定不变，选项C错误；当P向上移动、R不变时，原线圈的电压不变，副线圈的电压增大，输出功率变大，故原线圈中的电流增大，选项D错误学生用书第188页8.(多选)如图为发电厂向远处用户的输电电路示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变若输送功率增大，下列说法中正确的有()A升压变压器的输出电压增大B降压变压器的输出电压增大C输电线上损耗的功率增大D输电线上损耗的功率占总功率的比例增大答案：CD解析：已知发电厂的输出电压不变，升压变压器的原、副线圈匝数比不变，则由知，升压变压器的
8、输出电压U2不变，A错；若输送功率增大，输电电压U2不变，则由PU2I2知，输电线上电流I2增大，又输电线的电阻不变，由U损I2R知输电线上损失电压增大，则降压变压器输出电压减小，B错因输电电流增大，则由PI22R知，输电线上损耗的功率变大，C对输电线上损耗功率占总功率的比例增大，D对9(多选)如图所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面(纸面)垂直，磁场边界的间距为L.一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行t0时刻导线框的上边恰好与磁场的下边界重合，导线框的速度为v0.经历一段时间
9、后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时，导线框的速度刚好为零此后，导线框下落，经过一段时间回到初始位置(不计空气阻力)，则()A上升过程中，导线框的加速度逐渐减小B上升过程中克服重力做功的平均功率小于下降过程中重力做功的平均功率C上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量多D上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等答案：AC解析：上升过程中，导线框的加速度a1随速度v的减小而减小，选项A正确；下降过程中，导线框的加速度a2随速度v的增大而减小，平均加速度12，由ht2，可得上升时间短，P，因此上升过程中克服重力做功的平均功率大，选项B错误；由于安培力做负功，线框在下降过程中的
10、速度小于同一高度上升时的速度，因此上升过程中合力做的功大于下降过程中合力做的功，选项D错误；下降过程的安培力小于同一高度上升时的安培力，上升过程克服安培力做功多，选项C正确10(多选)两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示，除电阻R外其余电阻不计现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则()A释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gB金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为abC金属捧的速度为v时，电路中的电功率为D电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少
11、量答案：AC解析：刚释放瞬间金属棒只受重力，故加速度ag，A项正确金属棒向下运动时用右手定则判断，电流沿顺时针方向，B项错误当金属棒的速度为v时，EBlv，P，C项正确根据能量守恒可知，电阻R上产生的总热量等于减少的重力势能与增加的动能之差，D项错误11如图所示，倾角60的倾斜平行直轨道与竖直面内的平行圆形轨道平滑对接，轨道之间距离为L，圆形轨道的半径为r.在倾斜平行轨道上半部分处有磁感应强度为B的垂直于轨道平面的匀强磁场，磁场区域足够大，圆形轨道末端接有一阻值为R的电阻质量为m的金属棒从距轨道最低点C高度为H处静止释放，运动到最低点C时的速度大小vC，金属棒及轨道电阻不计，摩擦不计，求：(1
12、)金属棒中产生感应电动势的最大值Em；(2)金属棒下滑过程中电阻R上产生的热量Q；(3)金属棒能否能通过圆形轨道的最高点D？若能通过，求在此点时金属棒对轨道的压力答案：见解析解析：(1)磁场区域足够大，金属棒由静止开始先做变加速运动，当重力沿导轨向下的分力与安培力平衡时，金属棒在磁场中运动的速度最大，产生的感应电动势也最大设在磁场中达到的最大速度为vm，有EmBLvm根据闭合电路欧姆定律有Im根据平衡条件有mgsin BImL解得Em.(2)根据能量守恒定律，金属棒下滑过程中电阻R上产生的热量等于金属棒损失的机械能，所以有QmgHmv解得Qmg(H3r)(3)假设金属棒能通过圆形轨道的最高点D
13、，则金属棒由C点运动到D点机械能守恒，根据机械能守恒定律有mvmvmg2r解得vD金属棒通过圆形轨道最高点D时，根据牛顿第二定律及向心力公式有FNDmgm解得FNDmg，所以金属棒能通过最高点由牛顿第三定律可知，金属棒通过圆形轨道最高点D时对轨道的压力FNDFNDmg，方向竖直向上学生用书第189页考前保温训练(八)物理实验(限时30分钟)1某同学用图甲所示装置进行“探究恒力做功与动能改变的关系”实验平衡摩擦力后，通过实验得到图乙所示的纸带纸带上O为小车运动起始时刻所打的点，选取时间间隔为0.1 s的相邻计数点A、B、C、D、E、F.实验时小车的质量为0.390 kg，小车受到细绳的拉力为0.40 N回答下列问题：(计算结果保留
