高考物理第二轮复习第27讲电磁感应2017新题赏析课后练习含答案

这是一份高考物理第二轮复习第27讲电磁感应2017新题赏析课后练习含答案，共7页。试卷主要包含了2 A，6 A，6 N   4，84 J等内容，欢迎下载使用。


A．
B．
C．
D．
题二：如图所示，将额定电压为60 V的用电器通过一理想变压器接在正弦交变电源上。闭合开关S后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表（均为理想电表）的示数分别为220 V和2.2 A。下列判断正确的是（ ）
A．变压器输入功率为484 W
B．通过原线圈的电流的有效值为0.6 A
C．通过副线圈的电流的最大值为2.2 A
D．变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶3
题三：电火花塞是一种常用的点火装置，它在高压时会产生电火花。但为电火花塞供电的一般都是低压直流电源，因此要使用如图所示的装置来实现点火。其中，变压器的初级线圈通过触点开关与低压直流电源相连，次级线圈接在电火花塞的两端。触点开关能利用金属触点可以使电路持续的通断，从而在次级线圈上产生5 000 V以上的电压，这样就能在火花塞上产生火花。关于该点火装置的分析，以下说法正确的是（ ）
A．该装置说明变压器也能改变恒定电流的电压
B．点火装置中变压器的次级线圈匝数应大于初级线圈的匝数
C．为使次级线圈的两端产生高压，触点开关应始终闭合
D．为使该点火装置一直保持在正常工作状态，触点开关应始终闭合
题四：汽车消耗的主要燃料是柴油和汽油。柴油机是靠压缩气缸内的空气点火的；而汽油机做功冲程开始时，气缸中汽油和空气的混合气是靠火花塞点燃的，但是汽车蓄电池的电压只有12V，不能在火花塞中产生火花，因此，要使用如图所示的点火装置，此装置的核心是一个变压器，该变压器的原线圈通过开关连到蓄电池上，副线圈接到火花塞的两端，开关由机械控制，做功冲程开始时，开关由闭合变为断开，从而在副线圈中产生10 000 V以上的电压，这样就能在火花塞中产生火花了。下列说法中正确的是（ ）
A．变压器两个线圈用相同规格的导线绕制
B．汽油机点火装置的开关始终闭合，副线圈的两端也会有高压
C．接该变压器的原线圈的电源必须是交流电源，否则就不能在副线圈中产生高压
D．汽油机的点火装置中变压器的副线圈匝数必须远大于原线圈的匝数
题五：风速仪的简易装置如图甲所示，风杯在风力作用下带动与其固定在一起的永磁铁转动，线圈中的感应电流随风速的变化而变化。风速为v1时，测得线圈中的感应电流随时间变化的关系如图乙所示。若风速变为v2，且v2A．Im变小，T变小 B．Im变小，T变大
C．Im变大，T变小 D．Im变大，T变大
题六：电阻为1 Ω的矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动，产生交变电动势随时间变化的图象如图所示，现把交流电加在电阻为9 Ω的电热丝上，下列判断正确的是（ ）
A．线圈转动的角速度ω＝100 rad/s
B．电热丝此时的发热功率P＝1 800 W
C．电热丝两端的电压U＝
D．在t＝0.01 s时刻，穿过线圈的磁通量最大
题七：某兴趣小组同学制作出一个可以测量电流的仪器，其主要原理如图所示，铜棒左右两侧的中点分别固定相同弹簧，铜棒所在的虚线范围内有垂直于纸面的匀强磁场，两弹簧为原长时，指针指向0刻度。在测量一个自上而下电流时指针在0刻度左边静止。由题中所给条件，判断错误的是（ ）
A．磁场的方向垂直于纸面向内
B．仅改变磁场方向，指针将在0刻度右边静止
C．仅改变电流的方向，指针将在0刻度右边静止
D．同时改变磁场和电流的方向，指针仍在0刻度左边静止
题八：如图两光滑的平行导轨与水平方向成θ固定，导轨的下端接有如图所示的电源，一劲度系数为k的轻质弹簧固定在导轨的顶端，下端栓接一导体棒，将整个装置置于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，已知导轨的间距为L，当开关闭合后，导体棒平衡时，回路中的电流为I，弹簧的伸长量为x1，如果使电源反接，闭合开关后，导体棒再次平衡时，回路中的电流仍为I，弹簧的伸长量为x2，电流产生的磁场可忽略不计，则匀强磁场的磁感应强度为（ ）
A． B． C． D．
题九：如图1所示，不计电阻的平行长直金属导轨固定于倾角为θ的光滑绝缘斜面上，顶端是一绝缘板MN，四条平行虚线AB、CD、EF、GH等间距位于斜面上，间距为L，在区域Ⅰ（ABDC）、Ⅱ（EFHG）内分布着完全相同的磁场，磁场方向垂直斜面向下，磁感应强度大小按如图2所示的图象变化。现有一长方形金属线框abcd，质量为m、电阻为R，ad＝2ab＝2L，用轻质细线系于MN上，已知MN、ab、cd及AB始终平行，t＝0时刻ab恰好位于区域Ⅰ的中央，t＝t0时刻（t0未知）细线刚好松弛，之后剪断细线，当线框cd边刚进入区域Ⅱ时线框恰好做匀速运动，不计一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g，求：
（1）t0的值；
（2）线框ab边刚出区域Ⅰ时线框的速度大小；
（3）从剪断细线到线框cd边刚出区域Ⅰ的过程中，线框中产生的焦耳热。
题十：如图所示，足够长的光滑斜面倾角为θ＝30°，斜面上方空间等间距分布着垂直斜面向上的条形匀强磁场，磁感应强度大小B＝1 T，条形磁场区域的宽度及相邻条形磁场区域的间距均为L＝0.4 m，现有一边长L＝0.4 m、质量m＝0.48 kg、电阻R＝0.2 Ω的正方形线框abcd在斜面上距离第一个条形磁场上边界L＝0.4 m处由静止释放，从刚进入磁场开始经过时间t＝0.96 s，线框速度达到v1＝2.8 m/s，已知重力加速度g＝10 m/s2。求：
（1）线框ab边刚进入磁场时受到的安培力的大小F；
（2）线框匀速运动的速度大小vm；
（3）从释放线框到线框速度达到v1的过程，线框穿过完整的条形磁场区域的个数和线框中产生的焦耳热Q。
电磁感应2017新题赏析
题一：A
详解：电动机带动质量为m的重物以速度v匀速上升，电动机的输出功率等于克服重物重力做功的功率，即P电动机输出＝mgv，由I1∶I2＝n2∶n1，可知I2＝2I，所以，P2＝P电动机输出+P电动机热＝mgv+4I2R，由于是理想变压器，所以P1＝P2＝U1I，U1＝4IR+，因此A选项正确。
题二：BD
详解：将额定电压为60 V的用电器接在理想变压器的输出端，在闭合开关后，用电器正常工作，已知交流电压表和交流电流表（均为理想电表）读数分别为220 V和2.2 A，根据功率公式可以求出用电器消耗的功率为132 W，因此选项A错误；根据变压器变压公式和变流公式可知和，联立可求得通过原线圈的电流的有效值为0.6 A，所以选项B正确；由于电流表显示的是有效值，因此通过副线圈电流的最大值为2.2A，故选项C错误；根据变压器的变压公式可知，变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝11∶3，所以选项D正确。
题三：B
详解：变压器不能改变恒定电流的电压，A错误；因为开关由闭合变为断开，通过变压器的电流发生变化，磁通量发生变化，在副线圈中会产生感应电流，由于蓄电池的电压低，火花塞需要的电压高，所以电路中需要的是升压变压器，B正确，CD错误。故选B。
题四：D
详解：汽油机是借助于变压器原线圈断电时产生变化的磁通量从而在副线圈中产生瞬时高压（10 000 V）而产生火花的，所以电源可以是直流，且副线圈匝数要远大于原线圈匝数，变压器两个线圈电压不同，因而电流也不同，要用不同规格导线绕制，故D正确。
题五：B
详解：风杯带动永磁铁转动，风速减小，则线圈中的磁场变化变慢，导致磁通量变化率变小，所以感应电流的峰值减小，而感应电流周期变大，所以B选项正确。
题六：B
详解：从图中可知，T＝0.02 s，，故A错误。交流电压的最大值为200 V，所以有效值为 ，则电热丝两端的电压为，消耗的功率P＝U2/R＝1 800 W，故B正确，C错误。在t＝0.01 s时刻，产生的感应电动势最大。此时线圈与中性面垂直，磁通量为零，故D错误。
题七：A
详解：电流向下时，指针在0刻线左侧，弹力向右，则说明电流受安培力向左，由左手定则知，磁场垂直于纸面向外，故A错误；仅磁场改变或仅改变电流方向，由左手定则可知受力向右，则弹力向左，指针将在右侧静止，故B、C正确；同时改变磁场和电流的方向，安培力方向仍向左，故指针仍在0刻度左边静止，故D正确。故选A。
题八：D
详解：弹簧伸长量为x1时，导体棒所受安培力沿斜面向上，根据平衡条件沿斜面方向有mgsinα＝kx1+BIL；电流反向后，导体棒所受安培力沿斜面向下，根据平衡条件沿斜面方向有mgsinα+BIL ＝kx2，联立两式得，故选D。
题九：（1） （2）
（3）
详解：（1）因t＝t0时细线刚好松弛，说明线框所受重力沿斜面的分力与线框所受安培力等大反向，即B0IL＝mgsin θ。由法拉第电磁感应定律知，而，联立得。
（2）因线框cd边刚进入区域Ⅱ时线框恰好做匀速运动，令此时速度为v1，所以此时线框cd边所受的安培力等于重力沿斜面的分力，即B0I1L＝mgsin θ，，联立得。
令线框ab边刚出区域Ⅰ时线框的速度大小为v，由动能定理知，联立得。
（3）经分析可知ab边离开区域Ⅰ之后、cd边进入区域Ⅱ之前通过线框的磁通量不再发生变化，线框中没有电流，所以从剪断细线到线框cd边刚出区域Ⅰ的过程中，只有ab边在区域Ⅰ运动时有焦耳热产生。由功能关系知，即有Q＝。
题十：（1）1.6 N （2）3 m/s （3）4.84 J
详解：（1）设线框ab边刚进入磁场时的速度为v0，则根据动能定理有，解得v0＝2 m/s。
线框ab边切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv0，线框ab边刚进入磁场时受到的安培力
F＝BIL＝BL＝1.6 N。
（2）线框匀速运动时受到的合力为零，根据受力平衡有F安＝mgsin 30°，F安＝BI1L＝BL，
E1＝BLvm，代入数据解得vm＝3 m/s。
（3）由题意可知，线框在沿斜面下滑的过程中始终受到安培力的作用，设线框从刚进入磁场开始经Δt时间速度变化为Δv，线框速度为v，此时有。
在Δt时间内，由动量定理有（mgsin 30°－）Δt＝mΔv。
设经t＝0.96 s，线框沿斜面下滑的位移为x，对上式两边求和∑（mgsin 30°）Δt－∑Δt＝∑mΔv，可得（mgsin 30°）t－x＝m（v1-v0），代入数据解得x＝2.4 m。
线框穿过完整的条形磁场区域的个数n＝＝3，由能量守恒定律有
，解得Q＝4.84 J。