高考物理一轮复习课时练习 第13章阶段复习练(五)　电磁感应和交变电流（含详解）

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A．线圈1、2产生的磁场方向竖直向上
B．汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcd
C．汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcd
D．汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同
2.(多选)(2023·海南卷·11)如图是工厂利用u＝220eq \r(2)sin 100πt V的交流电给36 V照明灯供电的电路，变压器原线圈匝数为1 100匝，下列说法正确的是( )
A．电源电压有效值为220eq \r(2) V
B．交变电流的周期为0.02 s
C．副线圈匝数为180匝
D．副线圈匝数为240匝
3．(多选)(2024·福建省模拟)20年来福建电网实现电网结构、电压等级、电力技术“三大跨越”。如图所示是远距离输电示意图，现将输送电压U2由220 kV升级为1 000 kV高压，输送的总电功率变为原来的2倍，保持发电机输出电压U1及用户得到的电压U4均不变，输电线的电阻不变，变压器均为理想变压器，则( )
A.eq \f(n2,n1)变为原来的eq \f(50,11)倍
B．输电线上电流I2变为原来的eq \f(11,25)
C．输电线损失的功率变为原来的(eq \f(11,25))2
D．降压变压器原、副线圈匝数比值变小
4．(2023·湖南长沙市师大附中二模)如图所示，一理想自耦变压器线圈AB绕在一个圆环形闭合铁芯上，左端输入正弦交流电压u＝220eq \r(2)sin 100πt (V)，L1、L2为相同的灯泡，其电阻均为R＝110 Ω且恒定不变，定值电阻的阻值R0为灯泡阻值的eq \f(1,2)。当滑片P处于如图所示位置时，AB端与PB端匝数比为3∶1，S1、S2闭合时，两灯泡均正常发光。下列说法正确的是( )
A．灯泡正常发光的电流为1 A
B．灯泡正常发光的电功率为55 W
C．S1、S2均闭合时，将P沿顺时针方向转动，L1一定变暗
D．断开S1，闭合S2，将P沿逆时针方向转动(灯泡一直没有损坏)，定值电阻消耗的电功率一定变大
5．(多选)(2023·广东广州市三模)图甲所示的一款健身车的主要构件如图乙，金属飞轮A和金属前轮C可绕同一转轴转动，A和C之间有金属辐条，辐条长度等于A和C的半径之差。脚踏轮B和飞轮A通过链条传动，带动前轮C转动。整个前轮C都处在方向垂直轮面向里的匀强磁场中。将电阻R的a端用导线连接在飞轮A上，b端用导线连接前轮C边缘。健身者脚蹬脚踏轮B使其以角速度ω顺时针转动，转动过程不打滑，电路中其他电阻忽略不计，下列说法正确的是( )
A．电阻a端的电势高于b端的电势
B．金属前轮边缘所组成的圆形闭合回路中的磁通量保持不变
C．电阻R的热功率与ω2成正比
D．若ω保持不变，飞轮A的半径也不变，但金属前轮C的半径变为原来的eq \f(5,4)，则ab两端的电压变为原来的eq \f(25,16)
6.如图所示，e1f1g1和e2f2g2是两根足够长且电阻不计的固定光滑平行金属轨道，其中f1g1和f2g2为轨道的水平部分，e1f1和e2f2是倾角θ＝37°的倾斜部分。在f1f2右侧空间中存在磁感应强度大小B＝2 T，方向竖直向上的匀强磁场。将质量m＝1 kg，单位长度电阻值R0＝10 Ω/m的导体棒ab置于倾斜导轨上，距离斜面轨道底端高度h＝5 cm，另一完全相同的导体棒cd静止于水平导轨上，导轨间距均为D＝8 cm，导体棒长度均为L＝10 cm。t＝0时，导体棒ab从静止释放，到两棒最终稳定运动过程中，ab、cd棒未发生碰撞，且两导体棒始终与导轨保持垂直，g取10 m/s2。不计导体棒在轨道连接处的动能损失，求：
(1)ab棒刚滑到斜面轨道底端时回路中产生的电流；
(2)两导体棒的最终速度大小；
(3)从ab棒静止释放到两棒最终稳定运动过程中，通过回路的电荷量。
7．(2023·新课标卷·26)一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图(a)所示。
(1)使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小。
(2)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1＝2R0，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图(b)所示。让金属框以与(1)中相同的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量。
阶段复习练(五) 电磁感应和交变电流
1．C [根据安培定则可知，线圈1、2中的电流产生的磁场方向都是竖直向下的，A错误；汽车进入磁场时，穿过矩形线圈abcd的磁通量向下增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为adcb，离开时穿过矩形线圈的磁通量向下减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为abcd，B错误，C正确；安培力的方向总是与汽车相对于磁场的运动方向相反，D错误。]
2．BC [Um＝220eq \r(2) V，则U有效＝eq \f(Um,\r(2))＝220 V，ω＝100π rad/s，由T＝eq \f(2π,ω)可知周期T＝0.02 s，原、副线圈匝数比eq \f(n1,n2)＝eq \f(U有效,U灯)，解得n2＝180匝，B、C正确，A、D错误。]
3．ABC [由理想变压器基本关系知eq \f(n2,n1)＝eq \f(U2,U1)，U1不变，U2变为原来的eq \f(50,11)倍，所以eq \f(n2,n1)变为原来的eq \f(50,11)倍，A正确；根据P送＝U2I2可知，因P送变为原来的2倍，U2变为原来的eq \f(50,11)倍，则输电线上电流I2变为原来的eq \f(11,25)，B正确；根据P损＝I22R线，可知P损变为原来的(eq \f(11,25))2，C正确；总功率变大，损失的功率变小，则用户端功率变大，因用户端电压不变，则I4变大，又I2变小，I2＝I3，则eq \f(n3,n4)＝eq \f(I4,I3)变大，D错误。]
4．C [S1、S2闭合时，副线圈电路的阻值R副＝eq \f(R·\f(R,2),R＋\f(R,2))＝eq \f(R,3)，则AB的等效电阻RAB＝(eq \f(n1,n2))2R副＝3R，那么此时流过灯泡L1的电流I＝eq \f(U有效,R＋RAB)＝0.5 A，故A错误；灯泡正常发光的功率为P＝I2R＝27.5 W，故B错误；P顺时针转动，n2减少，则eq \f(n1,n2)变大，RAB变大，则流过灯泡L1的电流变小，灯泡L1一定变暗，故C正确； 断开S1，闭合S2，则有RAB′＝(eq \f(n1,n2))2R0＝(eq \f(n1,n2))2eq \f(R,2)，P逆时针转动，n2增多，则eq \f(n1,n2)变小，RAB′由eq \f(9,2)R可减小到eq \f(1,2)R，讨论R0的功率变化时，可将灯泡L1的电阻R看作电源的“等效内阻”，当RAB′＝R时，R0的电功率最大，故D错误。]
5．BC [根据右手定则可知电流从b端通过电阻流到a端，因此b端的电势高于a端的电势，故A错误；金属前轮边缘所组成的圆形闭合回路面积不变，磁感应强度不变，则磁通量保持不变，故B正确；由于轮B和飞轮A通过链条传动，则ωRB＝ωARA，而A和C同轴转动，角速度相同，得ωC＝ωA＝eq \f(ωRB,RA)，辐条产生的感应电动势E＝BLeq \x\t(v)＝B(RC－RA)eq \f(vA＋vC,2)＝eq \f(BωRBRC2－RA2,2RA)，电阻R的热功率P＝eq \f(E2,R)，而E∝ω，因此电阻R的热功率与ω2成正比，故C正确；电路中其他电阻忽略不计，则Uab＝E，由E＝eq \f(BωRBRC2－RA2,2RA)可知，若ω保持不变，飞轮A的半径也不变，但金属前轮C的半径变为原来的eq \f(5,4)，则ab两端的电压并不会变为原来的eq \f(25,16)，故D错误。]
6．(1)0.1 A (2)0.5 m/s (3)3.125 C
解析 由题知ab棒和cd棒接入电路的部分电阻大小均为R＝DR0＝0.8 Ω。
(1)ab棒从斜面轨道滑到底端，
根据动能定理有mgh＝eq \f(1,2)mv2
切割产生的感应电动势为E＝BDv
根据闭合电路欧姆定律有I＝eq \f(E,2R)
联立解得v＝1 m/s，E＝0.16 V，I＝0.1 A。
(2)因为两导体棒所受的安培力始终大小相等、方向相反，所以将两棒组成的系统作为研究对象，由动量守恒得mv＝2mv共，解得v共＝0.5 m/s。
(3)从ab棒刚进入磁场到与cd棒共速，对导体棒ab，由动量定理得
－BDeq \x\t(I)·Δt＝m(v共－v)
代入数据解得q＝eq \x\t(I)Δt＝3.125 C。
7．(1)eq \f(B2L3,mR0) (2)eq \f(3B4L6,25mR02)
解析 (1)金属框进入磁场的过程，
根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv
感应电流I＝eq \f(E,4R0)
金属框右边框所受的安培力大小
F安＝BIL
安培力的冲量大小
IF＝∑BIL·Δt＝∑eq \f(B2L2v,4R0)·Δt
又∑v·Δt＝L，可得IF＝eq \f(B2L3,4R0)
金属框完全进入磁场到即将离开磁场的过程中，左右两边产生的感应电动势相互抵消，无感应电流产生，不受安培力作用
根据金属框进入磁场的情况可知，金属框出磁场时同样有IF＝eq \f(B2L3,4R0)
根据动量定理可得－2IF＝meq \f(v0,2)－mv0，解得v0＝eq \f(B2L3,mR0)
(2)金属框进入磁场过程，由于金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好，
所以金属框的上、下边框被短路，作出等效电路如图甲所示。
设金属框速度大小为v1，根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv1
感应电流I＝eq \f(E,R0＋\f(2,3)R0)＝eq \f(3E,5R0)
设金属框完全进入磁场时速度大小为v2，由动量定理可得－∑BIL·Δt＝mv2－mv0
又∑v1·Δt＝L，可得v2＝eq \f(2B2L3,5mR0)，
由能量守恒定律可得，此过程中电路中产生的总热量Q总1＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv22
由并联电路电流规律和Q＝I2Rt可知，R1上产生的热量Q1＝eq \f(2,15)Q总1＝eq \f(7B4L6,125mR02)
金属框完全进入磁场后到右边框运动到磁场右边界时，等效电路如图乙所示。
通过R1的电流
I1＝eq \f(E,2R0＋\f(1,2)R0)＝eq \f(2E,5R0)，
即流过左右边框的电流之和为eq \f(2E,5R0)
设金属框右边框刚要出磁场时速度大小为v3，
由动量定理可得－∑BI1L·Δt＝mv3－mv2，可得v3＝0，则右边框刚好不出磁场，由能量守恒定律可得，此过程中电路中产生的总热量Q总2＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv32
R1上产生的热量Q2＝eq \f(4,5)Q总2＝eq \f(8B4L6,125mR02)，在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量为Q＝Q1＋Q2＝eq \f(3B4L6,25mR02)。