1、高考资源网（） 您身边的高考专家2013年高考二轮复习过关检测六1如图1所示的电路可以用来“研究电磁感应现象”干电池、开关、线圈A、滑动变阻器串联成一个电路，电流计、线圈B串联成另一个电路线圈A、B套在同一个闭合铁芯上，且它们的匝数足够多从开关闭合时开始计时，流经电流计的电流大小i随时间t变化的图象是()图1【解析】开关闭合瞬间，线圈A中的电流突然增大，此时线圈B中的磁通量突然增大，线圈B中产生感应电流，线圈A中的电流稳定后，线圈B中的电流将逐渐减小直至为零，故图象B正确【答案】B2为保证用户电压稳定在220 V，变电所需适时进行调压，图2甲为调压变压器示意图保持输入电压u1不变，当滑动接头P
2、上下移动时可改变输出电压某次检测得到用户电压u2随时间t变化的曲线如图2乙所示以下正确的是()甲乙图2Au2190 sin (50t) VB. u2190 sin (100t) VC为使用户电压稳定在220 V，应将P适当下移D为使用户电压稳定在220 V，应将P适当上移【解析】由乙图知交变电流的周期T2102 s，所以100，故u2Umsin t190 sin (100t) V，A错误B正确；由得U2U1，欲使U2升高，n1应减小，P应上移，C错误D正确【答案】BD3如图3所示，在铁芯上、下分别绕有匝数n1800和n2200的两个线圈，上线圈两端与u51 sin 314t V的交流电源相连，
3、将下线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是()图3A2.0 VB9.0 VC12.7 VD144.0 V【解析】若未考虑铁芯的漏磁因素，上线圈电压有效值U136 V，按变压器的变压比得U2U19.0 V，而实际上有漏磁现象，两线圈磁通量变化率不相等，则应选A.【答案】A4.如图4所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两相同的金属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上运动若b始终保持静止，则它所受摩擦力可能()A保持不变 B先减小后不变C等于F D先增大再减小【解析】对b，由平衡条件可得，未施加
4、恒力F时，有mgsin Ffb.当施加恒力F后，因b所受的安培力向上，故有F安Ffbmgsin .对a，在恒力F的拉动后，先加速最后匀速运动，故b所受的安培力先增大，然后不变，b所受的摩擦力先减小后不变，或先减小到零再反向增大后不变，B正确，A、D错误；若FfbF，则与题意中两棒的运动状态不符，C错误【答案】B5如图5甲所示，固定在水平桌面上的光滑金属框架cdeg处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab与金属框架接触良好在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻R，其他部分电阻忽略不计现用一水平向右的外力F作用在金属杆ab上，使金属杆由静止开始向右在框架上滑动，运动过程中杆ab始终垂直于框架图乙是金
5、属杆运动的vt图象，则下列选项中可以表示外力F随时间t变化关系的图象是()甲乙图5【解析】由图乙可知，vat，对图甲中的金属杆应用牛顿第二定律可得：FF安ma，F安BIL，I，EBLv，可得：F安t，所以Fmat，故只有C正确【答案】C6如图6甲所示，MN左侧有一垂直纸面向里的匀强磁场现将一边长为l、质量为m、电阻为R的正方形金属线框置于该磁场中，使线框平面与磁场垂直，且bc边与磁场边界MN重合当t0时，对线框施加一水平拉力F，使线框由静止开始向右做匀加速直线运动；当tt0时，线框的ad边与磁场边界MN重合图乙为拉力F随时间变化的图线由以上条件可知，磁场的磁感应强度B的大小为()甲乙图6A.
6、B. C. D. 【解析】由牛顿第二定律可得：Fma，又vat，可得出：Ftma，对应乙图可知，F0ma.由以上两式消去a可得出：B ，故B正确【答案】B7在如图7的闭合电路中，当滑片P向右移动时，两电表读数的变化是()A.变大，变大B.变小，变大C.变大，变小D.变小，变小【解析】滑片P向右移动，电阻变大，总电阻也变大，由闭合电路的欧姆定律可知，回路中电流减小，电源内压减小，R0两端电压减小，所以滑动变阻器两端电压升高，电压表示数变大，故B项正确【答案】B8.如图8所示，有一匀强磁场分布在一个半径为R的圆形区域内，并以变化率均匀变化长度为L的圆弧形金属棒按图中形式放置，圆弧圆心与圆形磁场的中
7、心重合下面给出了此圆弧形金属棒中产生的感应电动势的表达式，其中只有一个是合理的你可能不会求解此圆弧形金属棒中产生的感应电动势，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断根据你的判断，此圆弧形金属棒中产生的感应电动势的合理表达式为()AE BELRCEL DE0【解析】由法拉第电磁感应定律EnS可知，之后的量应为“面积”，故C错误，D错误；一般长为L的圆弧的电动势应比长为L宽为R的矩形对应的感应电动势小，故B错误，A正确【答案】A9如图9所示，电源电动势E015 V，内阻r01 ，电阻R130 ，R260 .间距d0.2 m的两平行金属板水平放置，板间分布有垂直于纸面向里、磁感应
8、强度B1 T的匀强磁场闭合开关S，板间电场视为匀强电场，将一带正电的小球以初速度v0.1 m/s 沿两板间中线水平射入板间设滑动变阻器接入电路的阻值为Rx，忽略空气对小球的作用，取g10 m/s2.图9(1)当Rx29 时，电阻R2消耗的电功率是多大？(2)若小球进入板间做匀速圆周运动并与板相碰，碰时速度与初速度的夹角为60，则Rx是多少？【解析】(1)设R1和R2的并联电阻为R，有：RR2两端的电压为：UR2消耗的电功率为：P当Rx29 时，联立式，代入数据，解得：P0.6 W(2)设小球质量为m，电荷量为q，小球做匀速圆周运动时，有：qEmgE设小球做圆周运动的半径为r，有：qvBm由几何
9、关系有：rd联立式，代入数据，解得：Rx54 .【答案】(1)0.6 W(2)54 10图10甲为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，d为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的ut图象如图10乙所示若只在ce间接一只Rce400 的电阻，或只在de间接一只Rde225 的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W.甲乙图10(1)请写出原线圈输入电压瞬时值uab的表达式；(2)求只有ce间接400 电阻时，原线圈中的电流I1；(3)求ce和de间线圈的匝数比.【解析】(1)由题图乙知200 rad/s电压瞬时值uab400sin 200t (V)(2)电压有效值U1200 V理
10、想变压器P1P2原线圈中的电流I1解得I10.28 A(或 A)(3)设ab间匝数为n1同理由题意知解得 代入数据得.【答案】(1)uab400sin 200t (V)(2)0.28 A(或 A)(3)11如图11所示，把两根平行光滑金属导轨放在水平桌面上，桌子高0.8 m，导轨间距0.2 m，在导轨水平部分有磁感应强度为0.1 T、方向竖直向下的匀强磁场，弧形金属导轨的一端接有电阻R1 ，质量m0.2 kg的金属杆ab由静止开始由距离桌面h0.2 m高处开始下滑，最后落到距桌子水平距离s0.4 m处，金属杆及导轨电阻不计，试求：图11(1)金属杆进入导轨水平部分瞬间产生的感应电流的大小和方向
11、；(2)金属杆滑出导轨瞬间感应电动势的大小；(3)整个过程中电阻R产生的热量【解析】(1)ab棒进入水平部分的瞬间，ab速率为v，由机械能守恒定律：mghmv2，v 此时感应电动势EBlvBl E0.10.2 V0.04 VI A0.04 A，方向由ab.(2)滑出导轨后做平抛运动，平抛初速度为v.svt，Hgt2，v m/s1 m/s此时EBlv0.10.21 V0.02 V.(3)整个过程中电阻R放出的热量：Qmghmv20.2100.2 J0.212 J0.3 J.【答案】(1)0.04 A方向ab(2)0.02 V(3)0.3 J12如图12所示，相距0.5 m足够长的两根光滑导轨与水
12、平面成37角，导轨电阻不计，下端连接阻值为2 的电阻R，导轨处在磁感应强度B2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面斜向上ab、cd为水平金属棒且与导轨接触良好，它们的质量均为0.5 kg、电阻均为2 .ab棒与一绝缘水平细绳相连处于静止状态，现让cd棒从静止开始下滑，直至与ab棒相连的细绳刚好被拉断，在此过程中电阻R上产生的热量为0.5 J，已知细线能承受的最大拉力为5 N求细绳被拉断时：(g10 m/s2，sin 370.6)图12(1)ab棒中的电流；(2)cd棒的速度；(3)cd棒下滑的距离【解析】(1)细绳被拉断瞬时，对ab棒有Fmcos 37mgsin 37BIabL可得Iab1 A.(2)因为IabIRIcdIabIR2 A又由闭合电路欧姆定律可得来源:Zxxk.ComBLvIcd(Rcd)联立可得v6 m/s.(3)金属棒cd从静止开始运动直至细绳刚好被拉断的过程中因ab棒与下面的电阻R电流相等、电阻相等，故产生的热量相等即QabQR0.5 J由焦耳定律知cd棒产生的热量Qcd2 J由能量守恒定律得mgxsin 37mv2QabQcdQR即可得x4 m.【答案】(1)1 A(2)6 m/s(3)4 m- 7 - 版权所有高考资源网