2018屆高考物理第二輪專題強(qiáng)化訓(xùn)練5

專題能力提升練(五)電路與電磁感應(yīng)一、選擇題(本大題共8小題，每小題8分，共64分．第1～5題只有一項(xiàng)符合題目要求，第6～8題有多項(xiàng)符合題目要求．)1.如圖所示的電路中，電源內(nèi)阻不計(jì)，三個(gè)小燈泡完全相同且外電路變化時(shí)每個(gè)燈泡兩端的電壓都不會超過其額定電壓，開始時(shí)只有S2閉合，當(dāng)S1也閉合后，下列說法正確的是()A．燈泡L1變亮B．燈泡L2變亮C．電容器C的帶電荷量將增加D．閉合S1的瞬間流過電流表的電流方向自左向右解析：S1閉合前，L1與L2串聯(lián)，其電流I＝eq\f(E,2R)(R為小燈泡燈絲電阻)，電容器兩極板間的電壓等于電源電動(dòng)勢，S1閉合后，L2與L3并聯(lián)再與L1串聯(lián)，UL1＝eq\f(R,R＋\f(R,2))E＝eq\f(2,3)E，UL2＝eq\f(E,3)，可得L1變亮，L2變暗，A正確，B錯(cuò)誤；電容器兩極板間的電壓等于L1兩端電壓，即電容器兩極板間的電壓減小，由Q＝CU得電容器所帶電荷量減小，C錯(cuò)誤；S1閉合瞬間電容器放電，通過電流表的電流方向自右向左，D錯(cuò)．答案：A2.如圖所示，電路中R1、R2均為可變電阻，電源內(nèi)阻不能忽略，平行板電容器C的極板水平放置．閉合電鍵S，電路達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，帶電油滴懸浮在兩板之間靜止不動(dòng)．如果僅改變下列某一個(gè)條件，油滴仍能靜止不動(dòng)的是()A．增大R1的阻值B．增大R2的阻值C．增大兩板間的距離D．?dāng)嚅_電鍵S解析：在直流電路中，R2與電容器串聯(lián)的支路不通，因此電容器兩端的電壓等于R1兩端的電壓，增大R1的阻值，R1兩端的電壓增大，電容器兩端的電壓增大，由E＝eq\f(U,d)可知，電容器兩極板間的電場強(qiáng)度增大，因此板間帶電油滴受到的電場力增大，會向上運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；增大R2的阻值不改變電路中的總電阻，不改變R1兩端的電壓，因此電容器中的油滴仍保持靜止，B項(xiàng)正確；增大兩板間的距離，而電容器的兩板間的電壓一定，由E＝eq\f(U,d)可知，板間的場強(qiáng)減小，油滴受到的電場力減小，油滴會向下運(yùn)動(dòng)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；斷開電鍵S，電容器會通過R1、R2進(jìn)行放電，使板間場強(qiáng)減小，油滴因受到的電場力減小而向下運(yùn)動(dòng)，D項(xiàng)錯(cuò)誤．答案：B3．如圖所示，abcd為固定的水平光滑矩形金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L，左、右兩端接有定值電阻R1和R2，R1＝R2＝R，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中．質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上，棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌與棒的電阻．兩根相同的輕質(zhì)彈簧甲和乙一端固定，另一端同時(shí)與棒的中點(diǎn)連接．初始時(shí)刻，兩根彈簧恰好處于原長狀態(tài)，現(xiàn)使棒獲得水平向左的初速度v0，棒第一次運(yùn)動(dòng)至最右端的過程中R1產(chǎn)生的電熱為Q，則下列說法中正確的是()A．初始時(shí)刻棒所受安培力的大小為eq\f(B2L2v0,R)B．棒第一次回到初始位置時(shí)，R2的電功率為eq\f(B2L2v\o\al(2,0),R)C．棒第一次到達(dá)最右端時(shí)，兩根彈簧具有的總彈性勢能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－QD．從初始位置至棒第一次到達(dá)最左端的過程中，整個(gè)回路產(chǎn)生的電熱大于eq\f(2Q,3)解析：由I＝eq\f(BLv0,R并)＝eq\f(BLv0,\f(1,2)R)，安培力大小為FA＝BIL＝eq\f(2B2L2v0,R)，故A錯(cuò)誤；由于安培力始終對MN做負(fù)功，產(chǎn)生焦耳熱，由動(dòng)能定理，當(dāng)棒再次回到初始位置時(shí)，速度小于v0，棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢小于BLv0，則a、b間電阻R1的電功率小于eq\f(B2L2v\o\al(2,0),R)，故B錯(cuò)誤；由能量守恒，當(dāng)棒第一次到達(dá)最右端時(shí)，導(dǎo)體捧的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為整個(gè)回路中的焦耳熱和甲、乙兩彈簧的彈性勢能，兩個(gè)電阻相同且并聯(lián)，故產(chǎn)生的熱量相同，則電路中產(chǎn)生的總熱量為2Q，所以兩根彈簧具有的總彈性勢能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－2Q，故C錯(cuò)誤；從初始位置到最右端分為三段，即從初始位置至第一次到最左端，從最左端至初始位置，從初始位置至第一次到最右端，由于安培力始終對MN做負(fù)功，產(chǎn)生焦耳熱，棒第一次到達(dá)最左端的過程中，棒平均速度最大，安培力平均值最大，則從初始位置至棒第一次到達(dá)最左端的過程中整個(gè)回路中產(chǎn)生的焦耳熱應(yīng)大于eq\f(1,3)×2Q，故D正確．答案：D4.一質(zhì)量為m、電阻為r的金屬桿ab，以一定的初速度v0從一光滑平行金屬導(dǎo)軌底端向上滑行，導(dǎo)軌平面與水平面成30°角，兩導(dǎo)軌上端用一電阻R相連，如圖所示，磁場垂直斜面向上，導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，金屬桿始終與導(dǎo)軌接觸良好，金屬桿向上滑行到某一高度之后又返回到底端時(shí)的速度大小為v，則金屬桿在滑行過程中()A．向上滑行與向下滑行的時(shí)間相等B．向上滑行與向下滑行時(shí)電阻R上產(chǎn)生的熱量相等C．向上滑行與向下滑行時(shí)通過金屬桿的電荷量相等D．向上滑行與向下滑行時(shí)金屬桿克服安培力做的功相等解析：由于不斷產(chǎn)生電能，金屬桿的機(jī)械能不斷減少，上滑過程與下滑過程經(jīng)過同一位置時(shí)上滑的速度較大，所以上滑階段的平均速度大于下滑階段的平均速度，而上滑階段的位移與下滑階段的位移大小相等，所以上滑過程的時(shí)間比下滑過程短，故A錯(cuò)誤；上滑過程中，金屬桿經(jīng)過同一位置安培力較大，所以上滑過程中安培力的平均值較大，克服安培力做功較多，回路產(chǎn)生的總熱量較多，則向上滑行時(shí)電阻R上產(chǎn)生的熱量較多，故B錯(cuò)誤；電荷量q＝eq\x\to(I)·Δt＝eq\f(\x\to(E),R)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)，由于上滑與下滑過程中磁通量變化量大小相等，故上滑階段和下滑階段通過R的電荷量相同，故C正確；金屬桿克服安培力做的功等于回路產(chǎn)生的熱量，則知向上滑行時(shí)金屬桿克服安培力做的功較多，故D錯(cuò)誤．答案：C5.如圖所示，一半徑為L的導(dǎo)體圓環(huán)位于紙面內(nèi)，O為圓心．環(huán)內(nèi)兩個(gè)圓心角為90°且關(guān)于O中心對稱的扇形區(qū)域內(nèi)分布有勻強(qiáng)磁場，兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相反且均與紙面垂面．導(dǎo)體桿OM可繞O轉(zhuǎn)動(dòng)，M端通過滑動(dòng)觸點(diǎn)與圓環(huán)良好接觸，在圓心和圓環(huán)間連有電阻R，不計(jì)圓環(huán)和導(dǎo)體桿的電阻，當(dāng)桿OM以恒定角速度ω逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，理想電流表A的示數(shù)為()A.eq\f(\r(2)BL2ω,4R)B.eq\f(BL2ω,4R)C.eq\f(\r(2)BL2ω,2R)D.eq\f(BL2ω,2R)解析：OM切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢E＝eq\f(BL2ω,2)，OM切割磁感線時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)，設(shè)電流的有效值為I有效，則Ieq\o\al(2,有效)RT＝2I2R×eq\f(1,4)T，解得I有效＝eq\f(\r(2)BL2ω,4R)，選項(xiàng)A正確．答案：A6．如圖所示，兩根間距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面夾角為α，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，圖中虛線下方區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于導(dǎo)軌面向上．兩質(zhì)量均為m、長均為l、電阻均為R的金屬桿垂直于導(dǎo)軌放置，且與導(dǎo)軌接觸良好．開始時(shí)金屬桿ab處在與磁場上邊界相距l(xiāng)的位置，金屬桿cd處在導(dǎo)軌的最下端，被與導(dǎo)軌垂直的兩根小柱擋?。F(xiàn)將金屬桿ab由靜止釋放，金屬桿ab剛進(jìn)入磁場便開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度為g，則()A．金屬桿ab進(jìn)入磁場時(shí)的感應(yīng)電流方向?yàn)橛蒪到aB．金屬桿ab進(jìn)入磁場時(shí)的速度大小為eq\r(2glsinα)C．金屬桿ab進(jìn)入磁場后產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為eq\f(mgRsinα,Bl)D．金屬桿ab進(jìn)入磁場后金屬桿cd對兩根小柱的壓力大小為零解析：由右手定則可知，金屬桿ab進(jìn)入磁場時(shí)的感應(yīng)電流方向?yàn)橛蒪到a，選項(xiàng)A正確；金屬桿下滑進(jìn)入磁場過程，由動(dòng)能定理得mglsinα＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2glsinα)，選項(xiàng)B正確；金屬桿ab在磁場中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有mgsinα＝BIl，其中I＝eq\f(E,2R)，得E＝eq\f(2mgRsinα,Bl)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；金屬桿ab進(jìn)入磁場后在金屬桿cd中產(chǎn)生由c到d的電流，由左手定則可知，cd受到沿導(dǎo)軌平面向下的安培力，故cd對兩根小柱的壓力大小不為零，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．答案：AB7．如圖所示，正方形導(dǎo)線框ABCD、abcd的邊長均為L，電阻均為R，質(zhì)量分別為2m和m，它們分別系在一跨過兩個(gè)定滑輪的輕繩兩端，且正方形導(dǎo)線框與定滑輪處于同一豎直平面內(nèi)．在兩導(dǎo)線框之間有一寬度為2L、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場．開始時(shí)導(dǎo)線框ABCD的下邊與勻強(qiáng)磁場的上邊界重合，導(dǎo)線框abcd的上邊到勻強(qiáng)磁場的下邊界的距離為L.現(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放，當(dāng)導(dǎo)線框A．兩線框剛開始做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)輕繩上的張力FT＝mgB．系統(tǒng)勻速運(yùn)動(dòng)的速度大?。簐＝eq\f(mgR,B2L2)C．兩線框從開始運(yùn)動(dòng)至等高的過程中所產(chǎn)生的總焦耳熱Q＝2mgL－eq\f(3m3g2R2,2B4L4)D．導(dǎo)線框abcd通過磁場的時(shí)間t＝eq\f(2B2L3,mgR)解析：導(dǎo)線框ABCD剛好全部進(jìn)入磁場時(shí)磁通量不再變化，回路中沒有感應(yīng)電流，則線框ABCD不受安培力，只受重力和繩子拉力，做勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件：FT＝2mg，此時(shí)的受力情況與兩線框剛開始做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)受力情況相同，故A錯(cuò)誤；ABCD完全進(jìn)入磁場后，abcd中開始產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)平衡條件：mg＋eq\f(B2L2v,R)＝2mg，得：v＝eq\f(mgR,B2L2)，故B正確；等高時(shí)速度為v，根據(jù)能量守恒：2mg·2L－mg·2L＝eq\f(1,2)(m＋2m)v2＋Q，得：Q＝2mgL－eq\f(3m3g2R2,2B4L4)，故C正確；abcd勻速運(yùn)動(dòng)完全進(jìn)入磁場后不再有感應(yīng)電流，不再受安培力，但ABCD開始穿出磁場，產(chǎn)生感應(yīng)電流受安培力作用，當(dāng)ABCD穿出磁場后不再有感應(yīng)電流不再受安培力后，abcd又開始穿出磁場產(chǎn)生感應(yīng)電流受安培力作用，受力分析知系統(tǒng)始終勻速運(yùn)動(dòng)，故abcd通過磁場的時(shí)間t＝eq\f(2L,v)＝eq\f(3B2L3,mgR)，故D錯(cuò)誤．答案：BC8．如圖甲所示，abcd是位于豎直平面內(nèi)的正方形閉合金屬線框，金屬線框的質(zhì)量為m，電阻為R.在金屬線框的下方有一勻強(qiáng)磁場區(qū)域，MN和PQ是勻強(qiáng)磁場區(qū)域的水平邊界，并與金屬線框的bc邊平行，磁場方向垂直于金屬線框平面向里．現(xiàn)使金屬線框從MN上方某一高度處由靜止開始下落，如圖乙是金屬線框由開始下落到bc剛好運(yùn)動(dòng)到勻強(qiáng)磁場PQ邊界的v—t圖象，圖中數(shù)據(jù)均為已知量．重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力．則下列說法正確的是()A．金屬線框剛進(jìn)入磁場時(shí)感應(yīng)電流方向沿adcba方向B．磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(1,v1t2－t1)eq\r(\f(mgR,v1))C．金屬線框在0～t3時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的熱量為mgv1(t2－t1)D．MN和PQ之間的距離為eq\f(v1t2－t1,2)解析：由楞次定律可知，金屬線框剛進(jìn)入磁場時(shí)感應(yīng)電流方向沿abcda方向，故A錯(cuò)誤；由圖象可知，金屬線框進(jìn)入磁場過程中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度為v1，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2－t1，故金屬框的邊長l＝v1(t2－t1)，在金屬線框進(jìn)入磁場的過程中，金屬線框所受安培力等于重力，則得mg＝BIl，I＝eq\f(Blv1,R)，則磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝eq\f(1,v1t2－t1)eq\r(\f(mgR,v1))，故B正確；設(shè)金屬線框在進(jìn)入磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，重力對其做正功，安培力對其做負(fù)功，由能量守恒定律得Q＝mgl＝mgv1(t2－t1)，故C正確；MN和PQ之間的距離為eq\f(v1＋v2,2)(t3－t2)＋v1(t2－t1)，所以D錯(cuò)誤．答案：BC二、計(jì)算題(本大題共2小題，共36分．需寫出規(guī)范的解題步驟)9．如圖所示，一根有一定電阻的直導(dǎo)體棒質(zhì)量為m、長為L，其兩端放在位于水平面內(nèi)間距也為L的光滑平行導(dǎo)軌上，并與之接觸良好；棒左側(cè)兩導(dǎo)軌之間連接一可控電阻；導(dǎo)軌置于勻強(qiáng)磁場中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于導(dǎo)軌所在平面．t＝0時(shí)刻，給導(dǎo)體棒一個(gè)平行于導(dǎo)軌的初速度，此時(shí)可控電阻的阻值為R0.在棒運(yùn)動(dòng)過程中，通過可控電阻的變化使棒中的電流強(qiáng)度保持恒定．不計(jì)導(dǎo)軌電阻，導(dǎo)體棒一直在磁場中．(1)求可控電阻R隨時(shí)間t變化的關(guān)系式；(2)若已知棒中電流強(qiáng)度為I，求0～t時(shí)間內(nèi)可控電阻上消耗的平均功率P；(3)若在棒的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中將題中的可控電阻改為阻值為R0的定值電阻，則棒將減速運(yùn)動(dòng)位移x1后停下，而由題中條件，棒將運(yùn)動(dòng)位移x2后停下，求eq\f(x1,x2)的值．解析：(1)因棒中的電流強(qiáng)度保持恒定，故棒做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)棒的電阻為r，電流為I，其初速度為v0，加速度大小為a，經(jīng)時(shí)間t后，棒的速度變?yōu)関，則有：v＝v0－at而a＝eq\f(BIL,m)t＝0時(shí)刻棒中電流為：I＝eq\f(BLv0,R0＋r)經(jīng)時(shí)間t后棒中電流為：I＝eq\f(BLv,R＋r)由以上各式得：R＝R0－eq\f(B2L2,m)t(2)因可控電阻R隨時(shí)間t均勻減小，故所求功率為：P＝I2×eq\f(R＋R0,2)由以上各式得：P＝I2(R0－eq\f(B2L2t,2m))(3)將可控電阻改為定值電阻R0，棒將做變減速運(yùn)動(dòng)．有：v0＝eq\x\to(a)t′，eq\x\to(a)＝eq\f(B\x\to(I)L,m)而eq\x\to(I)t′＝eq\f(\x\to(E),R0＋r)t′，eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,t′)＝eq\f(BLx1,t′)由以上各式得：x1＝eq\f(mv0R0＋r,B2L2)而x2＝eq\f(v\o\al(2,0),2a)由以上各式得x2＝eq\f(mv0R0＋r,2B2L2)所求eq\f(x1,x2)＝eq\f(2,1)答案：(1)R＝R0－eq\f(B2L2,m)t(2)I2(R0－eq\f(B2L2t,2m))(3)2∶110.如圖所示．粗糙斜面的傾角θ＝37°，半徑r＝0.5m的圓形區(qū)域內(nèi)存在著垂直于斜面向下的勻強(qiáng)磁場．一個(gè)匝數(shù)n＝10匝的剛性正方形線框abcd，通過松弛的柔軟導(dǎo)線與一個(gè)額定功率P＝1.25W的小燈泡A相連，圓形磁場的一條直徑恰好過線框bc邊．已知線框質(zhì)量m＝2kg，總電阻R0＝1.25Ω，邊長L>2r，與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5.從t＝0時(shí)起，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度按B＝2－eq\f(2,π)t(T)的規(guī)律變化．開始時(shí)線框靜止在斜面上，在線框運(yùn)動(dòng)前，燈泡始終正常發(fā)光．設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，