1、综合检测一、选择题1(2014广东佛山质检)在如图所示的电路中，开关闭合后，灯泡L能正常发光当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是()A滑动变阻器R的阻值变小B灯泡L变亮C电源消耗的功率增大D电容器C的电荷量增大解析：选D.当滑动变阻器的滑片向右移动时，滑动变阻器R的阻值变大，灯泡L变暗，选项A、B错误；电路中的总电流减小，电源消耗的功率减小，路端电压增大，电容器C的电荷量增大，选项C错误、D正确2(多选)(2014内蒙古包钢一中适应考)如图所示电路中，R为一滑动变阻器，P为滑片，若将滑片向下滑动，则在滑动过程中，下列判断正确的是()A电源内电路消耗功率一定逐渐增大B灯泡L2一定逐渐变
2、暗C电源效率一定逐渐减小DR上消耗功率一定逐渐变小解析：选ABC.为了使表述一目了然，可以用符号表示各量的变化趋势：用“”表示量值增大，“”表示量值变小，不标箭头表示量值不变，则本题解答过程可表示为：滑动变阻器滑片P向下滑动，RR并R外，由闭合电路欧姆定律I推得I，由电源内电路消耗功率P内I2r可得P内，A正确U外EIr，U1(IIL1)R1，UL2U外U1，PL2，故灯泡L2变暗，B正确电源效率，故C正确R上消耗的功率PR，PR增大还是减小不确定，故D错3如图所示，有一台交流发电机E，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R.T1的输入电压和输入功率分别为
3、U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4.设T1的输入电压U1一定，当用户消耗的电功率变大时，有()AU2减小，U4变大 BU2不变，U3不变CP1变小，P2变小 DP2变大，P3变大解析：选D.由理想变压器输出功率决定输入功率可得，当用户功率增大时，升压变压器的输入功率必增大，即P1增大，输入电压U1为定值不变，升压变压器的匝数不变，输入电压不变，故输出电压U2不变，由于P1增大，由P1U1I1P2U2I2可得，I1增加，P2、I2增加，由闭合电路欧姆定律：U3U2I2R，故U3减小，降压变压器原、副
4、线圈匝数不变，所以随U3减小，U4减小，A、B错误；由于用户功率增加，即P4增加，理想变压器无功率损耗可得：P3P4，功率P3也增加，故C错误，D正确4(2014莆田一模)如图所示，一理想变压器原线圈匝数n11 000匝，副线圈匝数n2200匝，原线圈中接一交变电源，交变电源电压u220sin 100t V副线圈中接一电动机，电阻为11 ，电流表A2示数为1 A电表对电路的影响忽略不计，则()A此交流电的频率为100 HzB电压表示数为220 VC电流表A1示数为5 AD此电动机输出功率为33 W解析：选D.由2f得交流电的频率为50 Hz，故A错误；电压表、电流表测量所得的是交变电流的有效值
5、，故电压表读数为220 V，故B错误；由可知I1I20.2 A，故C错误；由P出P入P热U1I1IR33 W，故D正确5(2014北京东城区模拟)某兴趣小组用实验室的手摇发电机和理想变压器给一个灯泡供电，电路如图，当线圈以较大的转速n匀速转动时，电压表示数是U1，额定电压为U2的灯泡正常发光，灯泡正常发光时电功率为P，手摇发电机的线圈电阻为r，则有()A电流表的示数是B变压器原、副线圈的匝数比是U2U1C变压器输入电压的瞬时值是uU2sin 2ntD手摇发电机的线圈中产生的电动势最大值是EmU1解析：选A.由于是理想变压器，所以原线圈的输入功率P1等于副线圈电路消耗的电功率P，由PUI可知，原
6、线圈中电流的有效值，即电流表的示数为I，A正确；由变压器电压比公式可知，原、副线圈匝数比，B错误；由正弦交流电有效值与最大值的关系可知，原线圈输入电压的最大值为U1，因此，若选线圈过中性面的时刻为计时起点，则输入电压的瞬时值为uU1sin 2nt，C错误；由闭合电路欧姆定律知EmrU1，D错误6(多选)(2014孝感调研)如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1n2225，原线圈接u1220sin 100t(V)的交流电，电阻R1R225 ，D为理想二极管，则()A电阻R1两端电压为50 VB二极管的反向耐压值应大于50 VC原线圈的输入功率为200 WD通过副线圈的电流为3 A解析
7、：选ABD.由已知条件可知，原线圈交流电有效值为220 V，因n1n2225，所以，得U250 V，所以A正确；当交变电流的方向相反时，有效值仍为U250 V，但二极管的反向耐压值是最大值，所以应大于50 V，所以B正确；副线圈中的电流在0内为4 A，在T内为2 A，功率为P W150 W，故C错；由PUI得I3 A，D正确7(2014漯河期末)如图所示的电路中，三个灯泡L1、L2、L3的电阻关系为R1R2R3，电感L的电阻可忽略，D为理想二极管电键K从闭合状态突然断开时，下列判断正确的是()AL1逐渐变暗，L2、L3均先变亮，然后逐渐变暗BL1逐渐变暗，L2立即熄灭，L3先变亮，然后逐渐变暗
8、CL2立即熄灭，L1、L3均逐渐变暗DL1、L2、L3均先变亮，然后逐渐变暗答案：B8(2014东北三省四市第二次联合考试)如图所示，两个宽度均为L的条形区域，存在着大小相等、方向相反且均垂直纸面的匀强磁场，以竖直虚线为分界线，其左侧有一个用金属丝制成的与纸面共面的直角三角形线框ABC，其底边BC长为2L，并处于水平现使线框以速度v水平匀速穿过匀强磁场区，则此过程中，线框中的电流随时间变化的图象正确的是(设逆时针的电流方向为正方向，取时间t0作为计时单位)()解析：选D.根据题意，从2t0到3t0的过程中电流大小由2i0逐渐增大为3i0，从3t0到4t0过程中电流大小由i0逐渐增大为2i0，且
9、在4t0时电流大小为2i0，所以选项D正确9(2014福建毕业班质量检测)如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，右端接一个阻值为R的定值电阻平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为，金属棒与导轨间接触良好则金属棒穿过磁场区域的过程中()A流过金属棒的最大电流为B流过金属棒的电荷量为C克服安培力所做的功为mghD金属棒产生的焦耳热为mg(hd)解析：选D.金属棒滑下过程中，根据动能定理有mghmv，根
10、据法拉第电磁感应定律有EBLvm，根据闭合电路欧姆定律有I，联立得Im，A错误；根据q可知，通过金属棒的电荷量为，B错误；全过程根据动能定理得mghWfW安0，故C错误；由Wfmgd，金属棒克服安培力做的功完全转化成电热，由题意可知金属棒与电阻R上产生的焦耳热相同，设金属棒上产生的焦耳热为Q，故2QW安，联立得Qmg(hd)，D正确10(2014南昌一模)如图所示，在光滑水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大一个边长为L、质量为m、电阻为R的正方形金属线框沿垂直磁场方向，以速度v从图示位置向右运动，当线框中心线AB运动到与PQ重合时
11、，线框的速度为，则()A此时线框的电功率为B此时线框的加速度为C此过程通过线框截面的电荷量为D此过程回路产生的电能为0.75mv2解析：选C.在题图中虚线位置，线框产生的电动势EBLv，电流I，由牛顿第二定律，线框的加速度a2，选项B错误；线框的电功率PI2R，选项A错误；由法拉第电磁感应定律和电流的定义，可得此过程通过线框截面的电荷量qt，选项C正确；由能量守恒定律，可得回路产生的电能Wmv2mmv2，选项D错误二、计算题11如图所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属导轨上导轨平面与水平面的夹角为，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中左侧是水平放置
12、、间距为d的平行金属板，R和Rx分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻. (1)调节RxR，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率v.(2)改变Rx，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m、带电荷量为q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的Rx.解析：(1)导体棒匀速下滑时，Mgsin BIlI设导体棒产生的感应电动势为E0E0Blv由闭合电路欧姆定律得I联立，得v.(2)改变Rx，待棒再次匀速下滑后，由式可知电流不变设带电微粒在金属板间匀速通过时，板间电压为U，电场强度大小为EUIRxEmgqE联立，得Rx.答案：(1)(2)12(2014上海徐汇区二
13、模)如图甲，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成30角固定，M、P之间接电阻箱R，电阻箱的阻值范围为04 ，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B0.5 T质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r.现从静止释放杆ab，测得最大速度为vm，改变电阻箱的阻值R，得到vm与R的关系如图乙所示已知轨距为L2 m，重力加速度g10 m/s2.轨道足够长且电阻不计(1)当R0时，求杆ab匀速下滑过程中产生感应电动势E的大小及杆中的电流方向；(2)求金属杆的质量m和阻值r；(3)求金属杆匀速下滑时电阻箱消耗电功率的最大值Pm；(4)当R4 时，随着杆a
14、b下滑，求回路瞬时电功率每增大1 W的过程中合外力对杆做的功W.解析：(1)由题图乙可知，当R0时，杆最终以v2 m/s匀速运动，产生的感应电动势EBLv0.522 V2 V，杆中电流方向由ba.(2)最大速度为vm，杆切割磁感线产生的感应电动势EBLvm由闭合电路欧姆定律：I杆达到最大速度时满足mgsin BIL0解得：vmRr由题图乙可知：斜率为k m/(s)1 m/(s)，纵截距为v02 m/s即rv0，k解得m0.2 kg，r2 .(3)金属杆匀速下滑时电流恒定mgsin BIL0I1 APmI2Rm4 W.(4)由题意：EBLv，P得PP由动能定理得Wmvmv故WP代入数据，解得W0.6 J.答案：(1)2 V，电流方向由ba(2)0.2 kg2 (3)4 W(4)0.6 J