电磁感应与电路

专题检测(六)(时间90分钟，满分100分)一、选择题(每小题5分，共50分) 1．(2010·重庆理综)一输入电压为220 V ，输出电压为36 V 的变压器副线圈烧坏．为获知此变压器原、副线圈匝数，某同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈，如图1所示，然后将原线圈接到220 V 交流电源上，测得新绕线圈的端电压为1 V ．按理想变压器分析，该变压器烧坏前的原、副线圈匝数分别为A ．1 100,360B ．1 100,180C ．2 200,180D ．2 200,360解析 根据U 1U 2＝n 1n 2可得2001＝n 15，可知n 1＝1 100.排除C 、D两项．再由22036＝n 1n 2可知n 2＝180，故A 错B 对．答案 B 2．(2010·福建理综)中国已投产运行的1 000 kV 特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程．假设甲、乙两地原来用500 kV 的超高压输电，输电线上损耗的电功率为P .在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1 000 kV 特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为A.P 4B.P 2 C ．2P D ．4P解析 设输送功率为P ，输送电流为I ，输送电压为U ，则P ＝UI ，I ＝PU ，P 损＝I 2R .输送电压升为原来的2倍，则输送电流降为原来的一半，P 损降为原来的四分之一，故选A.答案 A 3．(2009·海南国兴中学联考)如图2所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x 轴上且长为2L ，高为L .纸面内一边长为L 的正方形导线框沿x 轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t ＝0时刻恰好位于图中所示的位置．以顺时针方向为导线框中电流的正方向，在图3中能够正确表示电流－位移(I －x )关系的是答案 A4．(2010·天津理综)为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L1、L2，电路中分别接了理想交流电压表、和理想交流电流表、，导线电阻不计，如图4所示．当开关S闭合后A．示数变大，与示数的比值不变B．示数变大，与示数的比值变大C．示数变小，与示数的比值变大D．示数不变，与示数的比值不变解析交流电源的电压有效值不变，即示数不变，因U1U2＝n1n2，故示数不变，与示数的比值不变，D对．S闭合使负载总电阻减小，I2＝U2R ，所以I2增大．因I1I2＝n2n1，所以示数增大，与示数比值不变，A对．答案AD5．(2010·浙江理综)半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图5(甲)所示．有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图5(乙)所示．在t＝0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止微粒．则以下说法正确的是A．第2秒内上极板为正极B．第3秒内上极板为负极C．第2秒末微粒回到了原来位置D．第2秒末两极板之间的电场强度大小为0.2πr2/d解析由图知第2秒内，磁场向里并均匀减小，由楞次定律知，环中电流方向为顺时针，因而上极板带正电，A项正确；第3秒内磁场向外且均匀增大，由楞次定律知，环中电流方向为顺时针，上极板仍带正电，B项错误；同理第1秒内上极板带负电，此微粒2秒内先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，方向不变，C项错误；由法拉第电磁感应定律知，电路中感应电动势为E感＝ΔΦΔt ＝πr2ΔBΔt＝0.1πr2，场强为E＝E感d＝0.1πr2/d，D项错误．答案 A6．(2010·安徽省级名校联考)如图6所示，一个“∠”形导轨AOC垂直于磁场固定在磁感应强度为B的匀强磁场中，导体棒ab与导轨AOC由相同粗细、相同材料的导体制成，导体棒与导轨接触良好，且始终垂直于OC.在外力作用下，导体棒以恒定速度v向右运动，以导体棒在图中所示位置的时刻作为计时起点，则回路中感应电动势E、感应电流I、导体棒所受外力的功率P和回路中产生的焦耳热Q随时间t变化的图象中，正确的是解析若导轨夹角为θ，则切割磁感线的有效长度为l＝v t tan θ，故E＝Bl v＝B v2t tan θ，E∝t，A对；如果单位长度的电阻为r，则时刻t时，总电阻R＝(v t＋v t tan θ＋v t/cos θ)r＝(1＋tan θ＋1/cos θ)v tr.故I＝E/R为定值，B错；外力的功率P＝F安v＝BlI v，P∝t，C错；回路的焦耳热Q＝I2Rt，Q∝t2，D错．答案 A7．(2010·湖南长沙)如图8所示，A线圈接一灵敏电流计，B线框放在匀强磁场中，B线框的电阻不计，具有一定电阻的导体棒可沿线框无摩擦滑动．今用一恒力F向右拉CD由静止开始运动，B线框足够长，则通过电流计中的电流方向和大小变化是A．Ⓖ中电流向上，强度逐渐增强B．Ⓖ中电流向下，强度逐渐增强C．Ⓖ中电流向上，强度逐渐减弱，最后为零D．Ⓖ中电流向下，强度逐渐减弱，最后为零解析恒力F向右拉CD由静止开始运动时，流过CD的电流方向为D→C，由安培安则及楞＝ma，导体棒的加速度逐渐减小，故回路中电流次定律可知Ⓖ中电流向下；水平方向上F－B2L2vR的变化率逐渐减小，Ⓖ中感应电流逐渐减弱；当F＝B2L2v时，CD中的电流恒定，则Ⓖ中感应电R流为零，选项D正确．答案 D8．(2010·安徽毫州)如图9所示，P、Q是两个完全相同的灯泡，L是直流电阻为零的纯电感，且自感系数L很大．C是电容较大且不漏电的电容器，下列判断正确的是A．S闭合时，P灯亮后逐渐熄灭，Q灯逐渐变亮B．S闭合时，P灯、Q灯同时亮，然后P灯变暗，Q灯变得更亮C．S闭合，电路稳定后，S断开时，P灯突然亮一下，然后熄灭，Q灯立即熄灭D．S闭合，电路稳定后，S断开时，P灯突然亮一下，然后熄灭，Q灯逐渐熄灭解析当S闭合时，通过自感线圈的电流逐渐增大而产生自感电动势，故通过P、Q的电流几乎相同，故两灯同时亮，当电流稳定时，灯泡P被短路而熄灭，此时通过灯泡Q的电流变大，故Q变亮；当S断开时，灯泡P与自感线圈L组成了闭合回路，灯泡P中的电流先增大后减小至零，故闪亮一下熄灭，电容器与灯泡Q组成闭合回路，电容器放电，故灯泡Q逐渐熄灭，选项D 正确．答案 D9．(2009·福建理综)如图10所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中．一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离l时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g.则此过程A．杆的速度最大值为(F－μmg)RB2d2B．流过电阻R的电量为Bdl R＋rC．恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D．恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量解析当杆的速度达到最大时，安培力F安＝B2d2vR＋r，杆受力平衡，故F－μmg－F安＝0，所以v＝(F－μmg)(R＋r)B2d2，选项A错；流过电阻R的电量为q＝It＝ΔФR＋r＝BdlR＋r，选项B对；根据动能定理，恒力F、安培力、摩擦力做功的代数和等于杆动能的变化量，由于摩擦力做负功，所以恒力F、安培力做功的代数和大于杆动能的变化量，选项C错D对．答案BD10．(2010·浙江金华)如图11的所示电路中，电源电动势E恒定，内阻r＝1 Ω，定值电阻R3＝5 Ω.当开关K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等．则以下说法中正确的是A．电阻R1、R2可能分别为4 Ω、5 ΩB．电阻R1、R2可能分别为3 Ω、6 ΩC．开关K断开时电压表的示数一定小于K闭合时的示数D．开关K断开与闭合时，电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比一定等于6 Ω解析将R3和电源串联在一起看做等效电源，则该等效电源的电动势为E，等效内阻为r′＝r＋R3，K闭合时，两电表的示数分别为：U＝R1ER1＋r′，I＝ER1＋r′.当K断开时，两电表的示数分别为：U′＝(R1＋R2)ER1＋R2＋r′，I′＝ER1＋R2＋r′.又U′＝E1＋r′R1＋R2＞U＝E1＋r′R1，故选项C错．由以上各式可得：U′－UI－I′＝r′，故D选项正确．据题意：UI＝U′I′，代入解得：R1(R1＋R2)＝r′2，显然A选项正确，B选项错误．答案AD二、非选择题(本题共4小题，共50分)11．(2009·江苏)(11分)有一根圆台状匀质合金棒如图12甲所示，某同学猜测其电阻的大小与该合金棒的电阻率ρ、长度L和两底直径d、D有关．他进行了如下实验：(1)用游标卡尺测量合金棒的两底面直径d、D和长度L.图12乙中游标卡尺(游标尺上有20个等分刻度)的读数L＝________ cm.(2)测量该合金棒电阻的实物电路如图12丙所示(相关器材的参数已在图中标出)．该合金棒的电阻约为几个欧姆．图中有一处连接不当的导线是________．(用标注在导线旁的数字表示)(3)改正电路后，通过实验测得合金棒的电阻R＝6.72 Ω.根据电阻定律计算电阻率为ρ、长为L、直径分别为d和D的圆柱状合金棒的电阻分别为R d＝13.3 Ω、R D＝3.38 Ω.他发现：在误差允许范围内，电阻R满足R2＝R d·R D，由此推断该圆台状合金棒的电阻R＝________.(用ρ、L、d、D表示)解析(1)主尺读数9.9 cm，游标尺读数0.05 mm×8＝0.40 mm，两者相加即得读数为99.40 mm，即9.940 cm.(2)由于金属棒的电阻远小于电压表内阻，电流表应采用外接法，连接不当的导线是⑥.(3)R2＝R d·R D＝ρLπd24·ρLπD24解得R＝4ρLπdD.答案(1)9.940(2)⑥(3)4ρLπdD12．(2010·上海十四校)(13分)如图13所示电路中，已知电阻R1＝2 Ω，R2＝5 Ω，灯泡L标有“3 V 1.5 W”字样，电源内阻r＝1 Ω，滑动变阻器的最大阻值为R x.当滑片P滑至a端时，电流表的示数为1 A，此时灯泡L恰好正常发光．求：(1)当滑片P滑至b端时，电流表的示数；(2)当滑动变阻器Pb段的电阻为0.5R x时，变阻器上消耗的功率．某同学的部分解答如下：灯L的电阻R L＝U2灯P＝321.5Ω＝6 Ω，滑片P滑至b端时，灯L和(P x＋P2)并联，并联电阻为：R并＝R L(R x＋R2)R L＋R x＋R2，由R L·I A＝(R x＋R2)·I2(I A、I2分别为通过电流表和R2的电流)得I2＝R L I AR x＋R2，流过电源的电流为I＝I A＋I2.上述解法是否正确？若正确．请求出最后结果；若不正确，请指出错在何处，纠正后求出最后结果．解析灯L的电阻R L＝6 Ω正确，错在没有看出R Pa和R2串联部分已被短路E＝I(R1＋r)＋U0＝1×(2＋1) V＋3 V＝6 VI0＝P/U0＝0.5 AI x＝I－I0＝0.5 AR x＝U0/I x＝6 Ω(1)当P滑至b端时，电流表示数为I′＝E/(R1＋r)＝2 A(2)当R Pb＝3 Ω时，R并＝2 Ω电流表示数为I″＝E/(R1＋R并＋r)＝1.2 AU并＝E－I″(R1＋r)＝2.4 VPR Pb＝U2并/R Pb＝1.92 W答案(1)2 A(2)1.92 W13．(2009·南通模拟)(13分)如图14甲所示，ABCD为一足够长的光滑绝缘斜面，EFGH范围内存在方向垂直斜面的匀强磁场，磁场边界EF、HG与斜面底边AB平行．一正方形金属框abcd放在斜面上，ab 边平行于磁场边界．现使金属框从斜面上某处由静止释放，金属框从开始运动到cd 边离开磁场的过程中，其运动的v －t 图象如图14乙所示．已知金属框电阻为R ，质量为m ，重力加速度为g ，图乙中金属框运动的各个时刻及对应的速度均为已知量，求：(1)斜面倾角的正弦值和磁场区域的宽度；(2)金属框cd 边到达磁场边界EF 前瞬间的加速度； (3)金属框穿过磁场过程中产生的焦耳热．解析 (1)由题图乙可知，在0～t 1时间内金属框运动的加速度a 1＝v 1t 1设斜面的倾角为θ，金属框边长为l 0，由牛顿第二定律有 a 1＝g sin θ 解得sin θ＝v 1gt 1在t 1～2t 1时间内金属框匀速进入磁场，则l 0＝v 1t 1在2t 1～3t 1时间内，金属框运动位移s ＝3v 1t 12则磁场的宽度d ＝l 0＋s ＝5v 1t 12(2)在t 2时刻金属框cd 边到达EF 边界时的速度为v 2，设此时加速度大小为a 2， cd 边切割磁场产生的电动势E ＝Bl 0v 2，受到的安培力F ＝BEl 0R由牛顿第二定律F －mg sin θ＝ma 2金属框进入磁场时mg sin θ＝B 2v 1l 20R 解得a 2＝v 2－v 1t 1加速度方向沿斜面向上．(3)金属框从t 1时刻进入磁场到t 2时刻离开磁场的过程中，由功能关系得mg (d ＋l 0)·sin θ＝12m v 22－12m v 21＋Q解得Q ＝4m v 21－12m v 22. 答案 (1)v 1gt 1 5v 1t 12 (2)v 2－v 1t 1 (3)4m v 21－12m v 2214．(2010·上海)(13分)如图15所示，宽度L＝0.5 m的光滑金属框架MNPQ固定于水平面内，并处在磁感应强度大小B＝0.4 T，方向竖直向下的匀强磁场中，框架的电阻非均匀分布．将质量m＝0.1 kg，电阻可忽略的金属棒ab放置在框架上，并与框架接触良好．以P为坐标原点，PQ方向为x轴正方向建立坐标．金属棒从x0＝1 m处以v0＝2 m/s的初速度，沿x轴负方向做a＝2 m/s2的匀减速直线运动，运动中金属棒仅受安培力作用．求：(1)金属棒ab运动0.5 m，框架产生的焦耳热Q；(2)框架中aNPb部分的电阻R随金属棒ab的位置x变化的函数关系；(3)为求金属棒ab沿x轴负方向运动0.4 s过程中通过ab的电量q，某同学解法为：先算出经过0.4 s金属棒的运动距离s，以及0.4 s时回路内的电阻R，然后代入q＝ΔΦR＝BLsR求解．指出该同学解法的错误之处，并用正确的方法解出结果．解析(1)金属棒仅受安培力作用，其大小F＝ma＝0.1×2 N＝0.2 N金属棒运动0.5 m，框架中产生的焦耳热等于克服安培力做的功所以Q＝Fs＝0.2×0.5 J＝0.1 J(2)金属棒所受安培力为F＝BILI＝ER＝BL vR所以F＝B2L2Rv＝ma由于棒做匀减速直线运动v＝v20－2a(x0－x)所以R＝B2L2ma v20－2a(x0－x)＝0.42×0.520.1×222－2×2(1－x)＝0.4 x(SI)．(3)错误之处是把0.4 s时回路内的电阻R代入q＝BLsR进行计算．正确的解法是q＝It 因为F＝BIL＝ma所以q＝maBL t＝0.1×20.4×0.5×0.4 C＝0.4 C.答案(1)0.1 J(2)R＝0.4 x(SI)(3)见解析。