2023届高考物理二轮复习专题八电路与电磁感应综合作业含答案

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专题八  电路与电磁感应综合1．(2022·湖北)(多选)近年来，基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理图如图所示．发射线圈的输入电压为220 V、匝数为1 100匝，接收线圈的匝数为50匝．若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其他损耗，下列说法正确的是(　　)A．接收线圈的输出电压约为8 VB．接收线圈与发射线圈中电流之比约为22∶1C．发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同D．穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同答案　AC解析　根据＝，可得接收线圈的输出电压约为U2＝8 V；由于存在漏磁现象，电流比不再与匝数成反比，故B项错误；变压器是不改变其交变电流的频率的，故C项正确；由于穿过发射线圈的磁通量与穿过接收线圈的磁通量大小不相同，所以穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的不相同，故D项错误．故选A、C两项．2.(2022·广东)如图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图．定子是仅匝数n不同的两线圈，n1>n2，二者轴线在同一平面内且相互垂直，两线圈到其轴线交点O的距离相等，且均连接阻值为R的电阻，转子是中心在O点的条形磁铁，绕O点在该平面内匀速转动时，两线圈输出正弦式交变电流．不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响，下列说法正确的是(　　)A．两线圈产生的电动势的有效值相等B．两线圈产生的交变电流频率相等C．两线圈产生的电动势同时达到最大值D．两电阻消耗的电功率相等答案　B解析　由于两定子线圈匝数不同，根据法拉第电磁感应定律可知，在两线圈中产生的电动势最大值不相等，有效值不相等，A项错误；由于转子匀速转动的周期等于两定子产生交流电的周期，所以两线圈产生的交变电流频率相等，B项正确；由于两线圈轴线在同一平面内且相互垂直，所以两线圈产生的感应电动势一个在最大值时，另一个为零，C项错误；由于在两线圈中产生的电动势的有效值不相等，根据P＝可知，两电阻消耗的电功率不相等，D项错误．3.(2022·福建模拟)(多选)如图所示的电路中，当开关S置于a处时，电流表(内阻不计)示数为I，额定功率为16 W的电动机正常工作，带动质量为0.7 kg的物体以2 m/s的速度匀速竖直上升．当开关置于b处时，电流表示数变为，灯泡正常发光．已知电阻R＝1.5 Ω，灯泡额定电压为10 V，额定功率10 W，重力加速度g取10 m/s2.则(　　)A．电动机线圈的内阻为0.5 ΩB．电动机的额定电压为10 VC．电源电动势为12 VD．电源内阻为1 Ω答案　AC解析　当开关S置于b处时，有U2＝＝ V＝10 V，解得I＝2 A，当开关S置于a处时，有U1＝＝，解得U1＝8 V，故B项错误；设电动机线圈的内阻为r′，则有P1－I2r′＝mgv，代入数据解得r′＝0.5 Ω，故A项正确；当开关S置于a处时，根据闭合电路欧姆定律有E＝U1＋I(R＋r)，当开关S置于b处时，根据闭合电路欧姆定律有E＝U2＋(R＋r)，联立解得E＝12 V，r＝0.5 Ω，故C项正确，D项错误；故选A、C两项．4.(2022·茂名二模)在如图所示的竖直平面内，在水平线MN的下方有足够大的匀强磁场，一个等腰三角形金属线框顶点C与MN重合，线框由静止释放；沿轴线DC方向竖直加速落入磁场中．从释放到线框完全进入磁场的过程中，下列表述正确的是(　　)A．线框中有感应电流，方向为逆时针(正视)B．线框中产生的感应电动势逐渐增大C．线框做匀加速直线运动D．线框完全进入磁场后产生的感应电流最大答案　B解析　线框进入匀强磁场，磁通量逐渐增大，闭合金属线框有感应电流产生，由楞次定律或右手定则可知感应电流方向为顺时针方向(正视)，A项错误；有效切割长度逐渐增大，感应电动势逐渐增大，B项正确；因线圈所受安培力方向与重力方向相反，根据a＝＝g－，随速度的增大，加速度逐渐减小，线框做加速度逐渐减小的加速运动，C项错误；线框完全进入磁场后，磁通量保持不变，变化率为零，故感应电流为零，D项错误．故选B项．5．(2022·广州模拟)(多选)如图所示，电源电动势为E、内阻为r，R1、R2、R3为定值电阻(阻值均大于电源内阻r)，电压表和电流表可视为理想电表．开关S闭合时，一带电油滴P恰好能静止在平行金属板之间，若将滑动变阻器R的滑片向b端移动，下列说法正确的是(　　)A．油滴将向下运动B．电压表的示数变小、电流表的示数变大C．电源的输出功率逐渐增大、电源的效率逐渐增大D．R1、R3电阻上消耗的功率都变大答案　AB解析　油滴恰好静止在金属板之间，则重力和电场力是一对平衡力，滑片向b端移动，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则并联部分电阻减小，并联部分两端电压减小，即电容器两板间电压减小，板间场强减小，油滴受电场力减小，所以油滴向下移动，故A项正确；电压表和滑动变阻器并联，电流表和滑动变阻器串联，滑动变阻器电阻变小，总电阻减小，总电流变大，内阻r和R1上的电压变大，则R1消耗的功率变大，并联支路的电压减小，通过R3的电流减小，则R3消耗的功率变小，通过R2和R电流变大，电流表示数变大，R2两端电压变大，则R两端电压减小，即电压表示数减小，故B项正确，D项错误；电源效率η＝＝＝，其中R表示外电阻，由题知R减小，所以效率减小．根据电源的输出功率可知，当外电阻大于内阻时，电源的输出功率随外电阻的减小而增大，由题知电源的内阻小于外电阻，R减小，所以输出功率增大，故C项错误．故选A、B两项．6．(2022·浙江模拟)如图所示，导线框绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的交变电动势e＝111sin 100πt(V)．导线框与理想升压变压器相连进行远距离输电，理想降压变压器的原、副线圈匝数之比为25∶11，降压变压器副线圈接入一台电动机，电动机恰好正常工作，且电动机两端的电压为220 V，输入功率为1 100 W，输电线路总电阻R＝25 Ω，电动机内阻r＝8.8 Ω，导线框及其余导线电阻不计，电表均为理想电表，则(　　)A．该发电机的电流方向每秒钟改变100次，图示位置线圈的磁通量变化率为零B．电动机的机械功率为800 WC．输电线路损失的电功率为121 WD．升压变压器原、副线圈匝数之比为1∶10答案　C解析　交变电动势表达式为e＝111sin 100πt(V)，所以原线圈中交变电压的频率为f＝ Hz＝50 Hz，又因为电流方向在一个周期T内改变两次，故发电机的电流方向每秒钟改变100次，但此时图示位置线圈处于平衡位置，磁通量为零，磁通量变化率最大，故A项错误；因为输入电压为1 100 W，则此时通过电动机的电流为I＝＝ A＝5 A，则此时电动机的机械功率为P机械＝P－P损＝P－I2r＝880 W，故B项错误；因为理想降压变压器的原、副线圈匝数之比为25∶11，故此时通过输电线路的电流为＝，I1＝2.2 A，则输电线路损失的电功率为P′损＝I12R＝(2.2)2×25 W＝121 W，故C项正确；输电线路损耗电压为U′损＝I1×R＝55 V，降压变压器左端的电压为U1＝＝500 V，则升压后的电压为U2＝U1＋U′损＝555 V，升压变压器左边的电压为有效电压，为E有效＝111 V，故升压变压器原、副线圈匝数之比为＝＝＝，故D项错误；故选C项．7．(2022·湖北模拟)如图所示为远距离输电的原理图，正弦交流发电机输出电压保持不变，升压变压器T1、降压变压器T2均为理想变压器，且T2的原、副线圈匝数之比为n.若用电设备发生变化，使图中理想电压表V的示数变化了ΔU，理想电流表A的示数变化了ΔI，且知＝k.则两变压器间输电线的总电阻R为(　　)A.　　　　　　　　　　 B.C．nk   D．n2k答案　D解析　根据理想变压器原副线圈电流关系有＝，则有I3＝，I′3＝，I′4－I4＝ΔI，所以ΔI3＝I′3－I3＝，根据远距离送电的电压规律有U2－I3R＝U3＝nU4，U2－I′3R＝U′3＝nU′4，U′4－U4＝ΔU，则有－ΔI3R＝nΔU，联立解得R＝＝n2k，所以D项正确，A、B、C三项错误．故选D项．8.(2022·内蒙古一模)(多选)如图所示，竖直平面内可绕O点转动的光滑导轨OM，ON(导轨的电阻不计)处在方向垂直导轨平面的匀强磁场(图中未画出)中，粗细均匀的导体棒与导轨接触良好．第一次将导体棒以恒定的加速度从O处由静止向右拉，导体棒始终与导轨ON垂直，当导体棒到达虚线位置时，通过回路的电流为I1，a、b两端的电势差为U1；第二次将OM绕O点顺时针转动一小角度，将导体棒以相同的加速度从O处由静止向右拉，当导体棒到达同一虚线位置时，通过回路的电流为I2，a、c两端的电势差为U2.下列说法正确的是(　　)A．I1＝I2   B．I1>I2C．U1＝U2   D．U1<U2答案　AC解析　设磁感应强度为B，导体棒单位长度电阻为r0，将导体棒以相同的加速度从O处由静止向右拉，当导体棒到达同一虚线位置时，可知导体棒两次到达虚线位置时的速度v相同，根据法拉第电磁感应定律可得E1＝BLabv，E2＝BLacv，根据闭合电路欧姆定律可得I1＝＝＝，I2＝＝＝，可得I1＝I2，A项正确，B项错误；导体棒切割磁感线产生电动势，导体棒相当于电源，导体棒两端电势差为电源的路端电压，由于外电路导轨的电阻不计，故有U1＝U2＝0，C项正确，D项错误．故选A、C两项．9.(2022·陕西模拟)如图所示，在边长为a的正方形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B，其方向垂直纸面向外，一个边长也为a的正方形导线框架EFGH正好与上述磁场区域的边界重合，现使导线框以周期T绕其中心O点在纸面内匀速转动，经过导线框转到图中虚线位置，已知导线框的总电阻为R，则在这时间内，下列说法正确的是(　　)A．因不知是顺时针转动还是逆时针转动，所以不能判断导线框中的感应电流方向B．导线框中感应电流方向为E→F→G→H→EC．通过导线框中任一截面的电荷量为D．平均感应电动势大小等于答案　D解析　虚线位置是经过到达的，不论线框是顺时针还是逆时针方向转动，线框的磁通量都是变小的．根据楞次定律，感应电流产生的磁场跟原磁场方向相同，即感应电流产生的磁场方向为垂直纸面向外，根据右手螺旋定则，我们可以判断出感应电流的方向为E→H→G→F→E，A、B两项错误；如图所示，有OC＝a，OA＝a，AB＝AC，根据几何关系可求出有磁场穿过的面积变化为ΔS＝(3－2)a2，根据法拉第电磁感应定律得平均感应电动势为E＝＝，联立解得E＝，通过导线框横截面的电荷量为q＝I·Δt＝·Δt＝，C项错误，D项正确．故选D项．10.(2022·河南模拟)(多选)如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨，圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场，金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好，不可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上，若杆OP绕O点在匀强磁场区域内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有(　　)A．杆OP产生的感应电动势恒定B．杆OP的电流方向从P流向OC．杆MN上M点的电势比N点高D．杆MN所受的安培力方向向右答案　AC解析　杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，假设磁感应强度为B，金属杆OP长度为L，转动角速度为ω，则产生的电动势为E＝BL2ω，可知电动势恒定不变，由右手定则可知，杆OP的电流方向从O流向P，A项正确，B项错误；杆MN的电流方向从M流向N，可知M点的电势比N点高，由左手定则可知杆MN所受的安培力方向向左，C项正确，D项错误；故选A、C两项．11.(2022·湖北)如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁场方向垂直于纸面向里．正方形单匝线框abcd的边长L＝0.2 m、回路电阻R＝1.6×10－3 Ω、质量m＝0.2 kg.线框平面与磁场方向垂直，线框的ad边与磁场左边界平齐，ab边与磁场下边界的距离也为L.现对线框施加与水平向右方向成θ＝45°角、大小为4 N的恒力F，使其在图示竖直平面内由静止开始运动．从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界．重力加速度大小取g＝10 m/s2，求：(1)ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小；(2)磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热；(3)磁场区域的水平宽度．答案　(1)20 m/s2　10 m/s2　(2)0.2 T　0.4 J(3)1.1 m解析　(1)ab边进入磁场前，对线框进行受力分析，在水平方向有max＝Fcos θ代入数据有ax＝20 m/s2在竖直方向有may＝Fsin θ－mg代入数据有ay＝10 m/s2.(2)从ab边进入磁场开始，ab边在竖直方向切割磁感线；ad边和bc边的上部分也开始进入磁场，且在水平方向切割磁感线．但ad和bc边的上部分产生的感应电动势相互抵消，则整个回路的电源为ab，根据右手定则可知回路的电流为adcba，则ab边进入磁场开始，ab边受到的安培力竖直向下，ad边的上部分受到的安培力水平向右，bc边的上部分受到的安培力水平向左，则ad边和bc边的上部分受到的安培力相互抵消，故线框abcd受到的安培力的合力为ab边受到的竖直向下的安培力．由题知，线框从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动，有Fsin θ－mg－BIL＝0E＝BLvyI＝vy2＝2ayL联立有B＝0.2 T由题知，从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界．则线框进入磁场的整个过程中，线框受到的安培力为恒力，则有Q＝W安＝BILyy＝LFsin θ－mg＝BIL联立解得Q＝0.4 J.(3)线框从开始运动到进入磁场的整个过程中所用的时间为vy＝ayt1L＝vyt2t＝t1＋t2联立解得t＝0.3 s由(2)分析可知线框在水平方向一直做匀加速直线运动，则在水平方向有x＝axt2＝×20×0.32 m＝0.9 m则磁场区域的水平宽度X＝x＋L＝1.1 m.12．(2022·浙江6月选考)舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平．某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图1所示，用于推动模型飞机的动子(图中未画出)与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动．线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B.开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻R0，同时施加回撤力F，在F和磁场力作用下，动子恰好返回初始位置停下．若动子从静止开始至返回过程的v－t图如图2所示，在t1至t3时间内F＝(800－10v) N，t3时撤去F.已知起飞速度v1＝80 m/s，t1＝1.5 s，线圈匝数n＝100匝，每匝周长l＝1 m，飞机的质量M＝10 kg，动子和线圈的总质量m＝5 kg，R0＝9.5 Ω，B＝0.1 T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求：(1)恒流源的电流I；(2)线圈电阻R；(3)时刻t3.答案　(1)80 A　(2)0.5 Ω　(3) s解析　(1)安培力F安＝nBIla＝，F安＝(M＋m)aI＝＝80 A(2)感应电流I′＝根据牛顿第二定律得(800－10v)＋ v＝ma′由图2知在t1至t3期间加速度恒定，则＝10 kg/s解得R＝0.5 Ω，a′＝160 m/s2.(3)t2－t1＝＝0.5 s，0～2 s内，位移大小x＝v1t2＝80 m－nBlΔq＝0－ma′(t3－t2)Δq＝(t3－t2)2＋(t3－t2)－1＝0解得t3＝ s.