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1、本章综合能力提升练(限时:45分钟)一、单项选择题1.如图1,一轻质横杆两侧各固定一金属环,横杆可绕中心点自由转动,一条形磁铁插向其中一个小环,取出后又插向另一个小环,看到的现象是()图1A.磁铁插向左环,横杆发生转动B.磁铁插向右环,横杆发生转动C.无论磁铁插向左环还是右环,横杆都不发生转动D.无论磁铁插向左环还是右环,横杆都发生转动答案B解析左环没有闭合,在磁铁插入过程中,不产生感应电流,故横杆不发生转动.右环闭合,在磁铁插入过程中,产生感应电流,横杆将发生转动,故选项B正确.2.如图2甲所示,磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区,刷卡器中有检测线圈.当以速度v0刷卡时,在线圈
2、中产生感应电动势,其Et关系如图乙所示.如果只将刷卡速度改为,线圈中的Et关系图可能是()图2答案D解析刷卡速度为v0时,E0BLv0,t0,刷卡速度变为时,根据法拉第电磁感应定律可知EBL,最大感应电动势变为原来的一半,感应电动势变化的周期t2t0,周期变为原来的2倍,D项正确.3.如图3甲,闭合的圆线圈放在匀强磁场中,t0时磁感线垂直线圈平面向里穿过线圈,磁感应强度随时间变化的关系图线如图乙所示,则在02 s内线圈中感应电流的大小和方向为()图3A.逐渐增大,逆时针B.逐渐减小,顺时针C.大小不变,顺时针D.大小不变,先顺时针后逆时针答案C解析第1 s内,磁场的方向垂直于纸面向里,且磁感应
3、强度均匀减小,所以产生恒定的电流,根据楞次定律,感应电流的方向为顺时针方向;第2 s内,磁场的方向垂直于纸面向外,且磁感应强度均匀增加,所以产生恒定的电流,根据楞次定律,感应电流的方向为顺时针方向.由E可知,这2 s内感应电动势恒定,故产生的电流大小不变,方向一直为顺时针,故C正确,A、B、D错误.4.远距离输送一定功率的交流电,若输送电压升高为原来的n倍,关于输电线上的电压损失和功率损失正确的是()A.输电线上的电功率损失是原来的B.输电线上的电功率损失是原来的C.输电线上的电压损失是原来的D.输电线上的电压损失是原来的答案A解析设输送的电功率一定,为P,输送电压为U,输电线上功率损失为P,
4、电压损失为U,电流为I,输电线总电阻为R.由PUI知,I,则得PI2R,UIR,可知输送电压增为原来的n倍,则输电线上电功率损失变为原来的,损失的电压变为原来的,故A正确,B、C、D错误.5.如图4所示,两根相距为l的平行直导轨ab、cd,b、d间连有一定值电阻R,导轨电阻可忽略不计.MN为放在ab和cd上的一导体杆,与ab垂直,其电阻也为R.整个装置处于匀强磁场中,磁感应强度的大小为B,磁场方向垂直于导轨所在平面(垂直纸面向里).现对MN施力使它沿导轨方向以速度v水平向右做匀速运动.令U表示MN两端电压的大小,则()图4A.UBlv,流过定值电阻R的感应电流由b经R到dB.UBlv,流过定值
5、电阻R的感应电流由d经R到bC.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解析导体杆MN做切割磁感线运动,产生感应电动势,相当于一个内阻为R的电源,电路中电源电动势为EBlv,U表示路端电压,所以根据闭合电路欧姆定律可得:UEBlv,根据右手定则可得流过电阻R的电流方向由b到d,A正确,B错误;根据公式FABIl可得MN受到的安培力大小FABIl,方向向左,C、D错误.二、多项选择题6.(2018牌头中学期中改编)如图5所示,固定的水平长直导线中通有向右的电流I,矩形闭合导线框与导线在同一竖直平面内,且一边与导线平行.将线框由静止释放,不计空气阻力,
6、则在线框下落过程中()图5A.穿过线框的磁通量保持不变B.线框中感应电流的方向为顺时针C.线框所受安培力的合力竖直向上D.线框的机械能不断增大答案BC解析在线框下落过程中,所在处磁场减弱,穿过线框的磁通量减小,故A错误;电流I产生的磁场在导线的下方垂直于纸面向里,下落过程中,因为穿过线框的磁通量随线框下落而减小,根据楞次定律,感应电流的磁场与原磁场方向相同,所以感应电流的方向为顺时针,故B正确;由于离导线越远的地方磁场越弱,所以线框的上边受到的安培力大小大于下边受到的安培力大小,合力的方向向上,故C正确;下落过程中,安培力对线框做负功,机械能减小,故D错误.7.图6甲是小型交流发电机的示意图,
7、两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场,为理想交流电流表.线圈绕垂直于磁场的水平轴OO沿逆时针方向匀速转动,从图示位置开始计时,产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示.以下判断正确的是()图6A.电流表的示数为10 AB.线圈转动的角速度为50 rad/sC.0.01 s时线圈平面与磁场方向平行D.0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左答案AC解析电流表测量的是交变电流的有效值,根据图象知交变电流的最大值为10 A,因此有效值为10 A,A正确;根据图象知交变电流的周期为T0.02 s,则100 rad/s,B错误;0.01 s时交变电流的感应电动势最大,说明线圈的速度方向与磁感线垂
8、直,因此线圈平面与磁场方向平行,C正确;0.02 s时,线圈所处位置与题图甲中的线圈位置相同,根据右手定则知通过电阻R的电流方向自左向右,D错误.8.一理想变压器,原、副线圈的匝数比为41.原线圈接在一个交流电源上,交流电的变化规律如图7所示.副线圈所接的负载电阻是11 .则()图7A.副线圈输出交流电的周期为0.02 sB.副线圈输出电压为55 VC.流过副线圈的电流是5 AD.变压器输入、输出功率之比为41答案ABC解析由图象可知,交流电的周期为0.02 s,变压器不会改变交流电的频率和周期,所以副线圈输出交流电的周期也为0.02 s,所以A正确;由图象可知,交流电的电压的最大值为311
9、V,所以输入的电压的有效值为U1 V220 V,根据电压与匝数成正比可知,所以副线圈输出电压U2为55 V,所以B正确;根据I可得电流I A5 A,所以C正确;理想变压器的输入功率和输出功率相等,所以D错误.9.如图8所示,理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表,副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节,在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R,P为滑动变阻器的滑动触头.在原线圈上加一电压为U的正弦交流电,则()图8A.保持Q的位置不动,将P向上滑动时,电流表读数变大B.保持Q的位置不动,将P向上滑动时,电流表读数变小C.保持P的位置不动,将Q向上滑动时,电流表读数变大D.保持P的位置不动,将
10、Q向上滑动时,电流表读数变小答案BC解析保持Q位置不动,副线圈电压U2不变,当P上滑时,R增大,由P可知总功率减小,原线圈电压U1不变,由PU1I1可知原线圈电流I1减小,故A错误,B正确;当P位置不动,Q上滑时,由知U2增大,I2增大,由知原线圈电流I1增大,故C正确,D错误.10.(2018书生中学月考改编)竖直放置的平行光滑导轨,其电阻不计,磁场方向如图9所示,磁感应强度B0.5 T,导体棒ab与cd长均为0.2 m,电阻均为0.1 ,重力均为0.1 N,现用力向上拉导体棒ab,使之匀速向上(与导轨接触良好,导轨足够长),此时,导体棒cd恰好静止,那么导体棒ab上升时,下列说法中正确的是
11、()图9A.导体棒ab受到的拉力大小为2 NB.导体棒ab向上运动的速度为2 m/sC.在2 s内,拉力做功转化为的电能是0.4 JD.在2 s内,拉力做功为0.6 J答案BC解析导体棒ab匀速上升,受力平衡,cd棒静止,受力也平衡,对于两棒组成的系统,合外力为零,根据平衡条件可得:ab棒受到的拉力F2mg0.2 N,故A错误;对cd棒,受到向下的重力G和向上的安培力F安,由平衡条件得:F安G,即BILG,又I,联立得:v m/s2 m/s,故B正确;在2 s内,电路产生的电能Qtt2 J0.4 J,故C正确;在2 s内拉力做的功WFvt0.222 J0.8 J,故D错误.三、实验题11.实验
12、:探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系(1)实验室中有下列器材:A.可拆变压器(铁芯、两个已知匝数的线圈)B.条形磁铁C.直流电源D.多用电表E.开关、导线若干上述器材在本实验中不用的是_(填器材序号),本实验中还需用到的器材有_.(2)该学生继续做实验,先保持原线圈的匝数不变,增加副线圈的匝数,观察到副线圈两端的电压_(选填“增大”“减小”或“不变”);然后再保持副线圈的匝数不变,增加原线圈的匝数,观察到副线圈两端的电压_(选填“增大”“减小”或“不变”),上述“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”中采用的实验方法是_.答案(1)BC低压交流电源(2)增大减小控制变量法四、计算题12.(2
13、016浙江4月选考23)某同学设计了一个电磁推动加喷气推动的火箭发射装置,如图10所示.竖直固定在绝缘底座上的两根长直光滑导轨,间距为L.导轨间加有垂直导轨平面向里的匀强磁场B.绝缘火箭支撑在导轨间,总质量为m,其中燃料质量为m,燃料室中的金属棒EF电阻为R,并通过电刷与电阻可忽略的导轨良好接触.引燃火箭下方的推进剂,迅速推动刚性金属棒CD(电阻可忽略且和导轨接触良好)向上运动,当回路CEFDC面积减少量达到最大值S,用时t,此过程激励出强电流,产生电磁推力加速火箭.在t时间内,电阻R产生的焦耳热使燃料燃烧形成高温高压气体.当燃烧室下方的可控喷气孔打开后.喷出燃气进一步加速火箭.图10(1)求
14、回路在t时间内感应电动势的平均值及通过金属棒EF的电荷量,并判断金属棒EF中的感应电流方向;(2)经t时间火箭恰好脱离导轨,求火箭脱离时的速度大小v0;(不计空气阻力)(3)火箭脱离导轨时,喷气孔打开,在极短的时间内喷射出质量为m的燃气,喷出的燃气相对喷气前火箭的速度为v,求喷气后火箭增加的速度v.(提示:可选喷气前的火箭为参考系)答案(1)向右(2)gt (3)v解析(1)根据法拉第电磁感应定律,有qt,电流方向向右(2)t时间内产生的平均感应电流平均安培力BL由动量定理有(mg)tmv0解得v0gt(3)以喷气前的火箭为参考系,设竖直向上为正方向,由动量守恒定律得mv(mm)v0,得vv.
15、13.如图11所示,两足够长的平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L,导轨平面与水平面的夹角30,导轨电阻不计,磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上.长为L的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上,且始终与导轨接触良好,金属棒的质量为m、电阻为R.两金属导轨的上端连接一个灯泡,灯泡的电阻也为R.现闭合开关K,给金属棒施加一个方向垂直于杆且平行于导轨平面向上的、大小为F2mg的恒力,使金属棒由静止开始运动,当金属棒达到最大速度时,灯泡恰能达到它的额定功率.重力加速度为g,求:图11(1)金属棒能达到的最大速度vm的大小;(2)灯泡的额定功率PL;(3)若金属棒上滑距离为s时速度恰达到最大,求金属棒由静止开始上滑2s的过程中,金属棒上产生的热量Q1.答案(1)(2)