【优化探究】2022高考物理二轮专题复习 素能提升 1-4-11 电磁感应规律及其应用（含解析）新人教版

【优化探究】2022高考物理二轮专题复习素能提升1-4-11电磁感应规律及其应用（含解析）新人教版1．(多选)(2022年高考四川卷)如图所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小．质量为0.2kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1m的正方形，其有效电阻为0.1Ω.此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B＝(0.4－0.2t)T，图示磁场方向为正方向．框、挡板和杆不计形变．则(　　)A．t＝1s时，金属杆中感应电流方向从C到DB．t＝3s时，金属杆中感应电流方向从D到CC．t＝1s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1ND．t＝3s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2N解析：据已知B＝(0.4－0.2t)T可知t＝1s时，正方向的磁场在减弱，由楞次定律可判定电流方向为由C到D，A项正确．同理可判定B项错误．t＝1s时感应电动势E＝＝·S·sin30°＝0.1V，I＝E/R＝1A，安培力F安＝BIL＝0.2N，对杆受力分析如图．对挡板P的压力大小为FN′＝F安cos60°＝0.1N，C项正确．同理可得t＝3s时对挡板H的压力大小为0.1N，D项错误．答案：AC2．(2022年高考天津卷)如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4m．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1kg，电阻R1＝0.1Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4kg，电阻R2＝0.1Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，g取10m/s2.问：-19-\n(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8m，此过程中ab上产生的热量Q是多少．解析：(1)由右手定则可判断出cd中的电流方向由d到c，则ab中的电流方向由a流向b.(2)开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，有Fmax＝m1gsinθ①设ab刚要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝BLv②设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有I＝③设ab所受安培力为F安，有F安＝ILB④此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F安＝m1gsinθ＋Fmax⑤综合①②③④⑤式，代入数据解得v＝5m/s.⑥(3)设cd棒的运动过程中在电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有m2gxsinθ＝Q总＋m2v2⑦又Q＝Q总⑧解得Q＝1.3J答案：(1)由a流向b　(2)5m/s　(3)1.3J3．(2022年高考安徽卷)如图甲所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5T，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上．绝缘斜面上固定有“∧”形状的光滑金属导轨MPN(电阻忽略不计)，MP和NP长度均为2.5m，MN连线水平，长为3m．以MN中点O为原点，OP为x轴建立一维坐标系Ox.一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3m、质量m为1kg、电阻R为0.3Ω，在拉力F的作用下，从MN处以恒定速度v＝1m/s在导轨上沿x轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)．g取10m/s2.-19-\n(1)求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x＝0.8m处电势差UCD；(2)推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图乙中画出Fx关系图象；(3)求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热．解析：(1)金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势E＝Blv(l＝d)，解得E＝1.5V(D点电势高)．当x＝0.8m时，金属杆在导轨间的电势差为零．设此时杆在导轨外的长度为l外，则l外＝d－d，又OP＝＝2m，得l外＝1.2m.由楞次定律判断D点电势高，故CD两端电势差UCD＝－Bl外v，得UCD＝－0.6V.(2)杆在导轨间的长度l与位置x的关系是l＝d＝3－x.对应的电阻Rl为Rl＝R，电流I＝，杆受的安培力F安＝BIl＝7.5－3.75x.根据平衡条件得F＝F安＋mgsinθ，F＝12.5－3.75x(0≤x≤2)．画出的Fx图象如图所示．(3)外力F所做的功WF等于Fx图线下所围的面积，即WF＝×2J＝17.5J.而杆的重力势能增加量ΔEp＝mgsinθ，故全过程产生的焦耳热Q＝WF－ΔEp＝7.5J.答案：(1)1.5V　－0.6V　(2)F＝12.5－37.5x(0≤x≤2)　图见解析　(3)7.5J4.(多选)如图所示，线圈内有垂直纸面向里的匀强磁场，开始时磁场的磁感应强度为B0，当磁场均匀增加时，有一带电粒子静止于平行板(两板水平放置)电容器中间，若线圈的匝数为n，平行板电容器的板间距离为d，粒子的质量为m，电荷量为q，设线圈的面积为S，则下列说法中正确的是(　　)A．开始时穿过线圈平面的磁通量的大小为B0S-19-\nB．处于平行板电容器间的粒子带正电C．平行板电容器两板间的电势差为D．磁感应强度的变化率为解析：根据磁通量的定义有Φ＝B0S，因此选项A正确；由楞次定律可判断出上极板带正电，故推导出粒子应带负电，所以选项B错误；由法拉第电磁感应定律和磁通量的定义有E＝n，ΔΦ＝ΔB·S，两板之间的电势差为U＝E，根据粒子受力平衡有q＝mg，联立解得＝，平行板电容器两板间的电势差U＝，因此选项C正确，D错误．答案：AC5．如图甲所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ＝30°角固定，M、P之间接电阻箱R，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B＝0.5T．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，测得其在下滑过程中的最大速度为vm.改变电阻箱的阻值R，得到vm与R的关系如图乙所示．已知轨道间距为L＝2m，重力加速度g取10m/s2，轨道足够长且电阻不计．(1)当R＝0时，求杆ab匀速下滑过程中产生的感应电动势E的大小及杆中电流的方向；(2)求杆ab的质量m和阻值r；(3)当R＝4Ω时，求回路瞬时电功率每增加1W的过程中合力对杆做的功W.解析：(1)由题图可知，当R＝0时，杆ab最终以v0＝2m/s的速度匀速运动，杆ab切割磁感线产生的电动势为E＝BLv0＝2V.根据楞次定律可知杆ab中电流方向为b→a.(2)设杆ab下滑过程中的最大速度为vm，杆切割磁感线产生的感应电动势E＝BLvm.由闭合电路欧姆定律有I＝.杆ab达到最大速度时满足mgsinθ－BIL＝0，解得vm＝R＋r.由图象可知斜率为k＝m/(s·Ω)＝1m/(s·Ω)，纵截距为v0＝2m/s.根据图象和上式可知图象的截距为r＝2m/s，图象的斜率为＝1m/(s·Ω)，解得m＝0.2kg，r＝2Ω.(3)由法拉第电磁感应定律得E＝BLv，回路的瞬时电功率P＝，-19-\n由以上两式解得P＝.杆ab的速度由v1变到v2时，回路瞬时电功率的变化量为ΔP＝－，由动能定理得W＝mv－mv，由以上两式得W＝ΔP，解得W＝0.6J.答案：(1)2V　b→a　(2)0.2kg　2Ω　(3)0.6J课时跟踪训练一、选择题1.(2022年高考江西卷)如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为(　　)A.　　　　　　　　B.C.D.解析：由法拉第电磁感应定律知线圈中产生的感应电动势E＝n＝n·S＝n·，得E＝，选项B正确．答案：B2．(多选)用一粗细均匀的铜质导线弯成正方形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直．先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1s时间内均匀地增大到原来的两倍．接着保持增大后的磁感应强度不变，再将正方形线框在原位置变成圆形框，则下列说法正确的是(　　)A．先后两个过程中，线框中均有感应电流产生B．先后两个过程中，开始过程有感应电流产生，后来无感应电流产生C．先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为D．先后两个过程中，流过线框截面电荷量的比值为解析：设原磁感应强度是B，正方形线框的边长是a，第一个过程内ΔΦ＝2Ba2－Ba2＝Ba2，第二个过程内ΔΦ′＝2Bπ()2－2Ba2＝(－2)Ba2，磁通量均发生了变化，因此两个过程均有感应电流产生，A正确，B错误；因为E＝-19-\n，但第二个过程时间未知，无法算出比值，C错误；由于q＝IΔt＝·Δt＝，所以先后两个过程中，流过线框截面电荷量的比值为＝||＝.答案：AD3.如图甲所示，在圆形线圈的区域内存在匀强磁场，线圈中产生的感应电流i(取逆时针方向的电流为正)随时间t变化的图线如图乙所示，则圆形线圈的区域内磁场磁感应强度随时间变化规律的图象可能为(　　)解析：根据法拉第电磁感应定律可得，e＝＝S，由闭合电路欧姆定律可得i＝e/R，感应电流i与回路内磁感应强度B的变化率成正比．t＝0时刻，感应电流为零，磁感应强度变化率应该为零，磁感应强度最大，所以选项B正确．答案：B4.(2022年忻州联考)如图所示，在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，沿水平面固定一个“V”字形金属框架CAD，已知∠A＝θ，导体棒EF在框架上从A点开始在外力作用下，沿垂直EF的方向以速度v匀速向右平移，使导体棒和框架始终构成等腰三角形回路．已知框架和导体棒的材料和横截面积均相同，其单位长度的电阻均为R，框架和导体棒均足够长，导体棒在运动中始终与磁场方向垂直，且与框架接触良好．关于EF产生的电动势E、回路中的电流I、通过EF横截面的电荷量q、回路消耗的电功率P随时间t变化关系的图象，下列图象中可能正确的是(　　)解析：由E＝BLv知，导体棒EF产生的感应电动势与L成正比，又L＝2vttan，则E与t成正比，A项错误；由电阻定律可知，回路的总电阻r＝2vt(tan＋-19-\n)R，由欧姆定律可知，感应电流I＝＝大小恒定，B项错误；由q＝It可知，通过EF横截面的电荷量q与t成正比，C项错误；由P＝I2r可知，功率与r成正比，r与t成正比，故D项正确．答案：D5.(多选)如图，两根相距l＝0.4m、电阻不计的光滑金属导轨在同一水平面内平行放置，两导轨左端与阻值R＝0.15Ω的电阻相连．导轨x>0的一侧存在沿＋x方向均匀增大的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直(竖直向下)，磁感应强度B＝0.5＋0.5x(T)．一根质量m＝0.1kg、电阻r＝0.05Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直．棒在水平外力作用下从x＝0处沿导轨向右做直线运动，运动过程中回路电流恒为2A．以下判断正确的是(　　)A．金属棒在x＝3m处的速度为0.5m/sB．金属棒在x＝3m处的速度为0.75m/sC．金属棒从x＝0运动到x＝3m过程中克服安培力做的功为1.6JD．金属棒从x＝0运动到x＝3m过程中克服安培力做的功为3.0J解析：在x＝3m处，磁感应强度B＝2T，因为回路中电流恒为2A，由闭合电路欧姆定律可知，回路中的感应电动势为0.4V，由E＝Blv可得，此时金属棒的速度v＝0.5m/s，所以选项A正确，B错误；由安培力公式可知，F安＝BIl＝Il(0.5＋0.5x)，随着x变化呈现线性变化关系，因此可用平均作用力来求安培力做的功，可得安培力做的功为3J，所以选项C错误，D正确．答案：AD6.(多选)如图所示，用电流传感器研究自感现象，电源内阻不可忽略，线圈的自感系数较大，其直流电阻小于电阻R的阻值．t＝0时刻闭合开关S，电路稳定后，t1时刻断开S，电流传感器连接计算机分别描绘了整个过程线圈中的电流IL和电阻中的电流IR随时间t变化的图象，下列图象中可能正确的是(　　)解析：开关S闭合瞬间，由于线圈L的自感作用，流过线圈的电流很小，此后逐渐增大到某一定值IL，而流过R的电流则由某一较大值逐渐减小到某一定值IR.因为线圈的直流电阻小于R的阻值，所以有IL>IR.当开关S断开时，由于线圈的自感作用，流过线圈的电流逐渐减小但方向不变，流过R的电流反向，且由IL逐渐减小到零．故A、D正确，B、C错误．答案：AD-19-\n7．如图甲所示，DIS系统中，S是电流传感器，接计算机，足够长的金属导轨MN和PQ与R相连，平行地放在水平桌面上，质量m＝0.10kg的金属杆ab可以无摩擦地沿导轨运动．已知电阻R＝0.60Ω，ab杆的电阻r＝0.40Ω，导轨宽度为L＝1.0m，磁感应强度为B＝1T的匀强磁场垂直向上穿过整个导轨平面．现给金属杆ab施加一个恒力F＝10N，电流传感器就将各时刻t的电流I数据实时传到计算机，在屏幕上显示出It图象如图乙．g取10m/s2.下列说法正确的是(　　)A．杆在恒力F作用下做匀加速直线运动B．在刚开始运动的0.40s内通过电阻的电荷量q大约为4CC．0～0.40s内杆的位移约为44m，R上产生的焦耳热QR＝5JD．杆运动的vt图象与It图象极其类似，最大速度是10m/s解析：F－ILB＝ma，F－v＝ma，金属杆的速度逐渐增大，加速度逐渐减小，选项A错误；加速度为0时，金属杆的速度最大，为v＝＝10m/s，I＝∝v，杆运动的vt图象与It图极其类似，选项D正确；在刚开始运动的0.40s内通过电阻的电荷量q等于图线与t轴包围的面积，由图知总格数为150格(145～155格均正确)，q＝150×0.04×0.4C＝2.4C，选项B错误；q＝·Δt＝·Δt＝，0～0.40s内杆的位移约为x＝＝2.4m，所以选项C错误．答案：D二、计算题8．(2022年高考江苏卷)如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层．匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，但仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g.求：(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；(2)导体棒匀速运动的速度大小v；(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q.-19-\n解析：(1)在绝缘涂层上导体棒受力平衡mgsinθ＝μmgcosθ①解得μ＝tanθ②(2)在光滑导轨上感应电动势E＝BLv③感应电流I＝④安培力F安＝BIL⑤受力平衡的条件F安＝mgsinθ⑥解得v＝⑦(3)摩擦生热Q摩＝μmgdcosθ⑧由能量守恒定律得3mgdsinθ＝Q＋Q摩＋mv2⑨解得Q＝2mgdsinθ－.答案：(1)tanθ　(2)　(3)2mgdsinθ－9.如图所示，竖直平面内有一宽L＝1m、足够长的光滑矩形金属导轨，电阻不计．在导轨的上、下边分别接有R1＝3Ω和R2＝6Ω的电阻．在MN上方及CD下方有垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，磁感应强度大小均为B＝1T．现有质量m＝0.2kg、电阻r＝1Ω的导体棒ab，在金属导轨上从MN上方某处由静止下落，下落过程中导体棒始终保持水平，与金属导轨接触良好．当导体棒ab下落到快要接近MN时的速度大小为v1＝3m/s.不计空气阻力，g取10m/s2.(1)求导体棒ab快要接近MN时的加速度大小．(2)若导体棒ab进入磁场Ⅱ后，棒中的电流大小始终保持不变，求磁场Ⅰ和Ⅱ之间的距离h.(3)若将磁场Ⅱ的CD边界略微下移，使导体棒ab刚进入磁场Ⅱ时速度大小变为v2＝9m/s，要使棒在外力F作用下做a＝3m/s2的匀加速直线运动，求所加外力F随时间t变化的关系式．解析：(1)以导体棒为研究对象，棒在磁场Ⅰ中切割磁感线运动，棒中产生感应电动势E，棒在重力和安培力作用下做加速运动．由牛顿第二定律得mg－BIL＝ma1，①E＝BLv1②R＝③-19-\nI＝④由以上四式可得a1＝5m/s2(2)导体棒进入磁场Ⅱ后，安培力等于重力，导体棒做匀速运动，导体棒中电流大小始终保持不变．mg＝BI′L⑤I′＝⑥E′＝BLv′⑦联立③⑤⑥⑦式解得v′＝6m/s.导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，由运动学公式得v′2－v＝2gh，解得h＝1.35m.(3)导体棒进入磁场Ⅱ后经过时间t的速度大小v＝v2＋at⑧F＋mg－F安＝ma⑨F安＝⑩由③⑧⑨⑩式解得F＝(t＋1.6)N.答案：(1)5m/s2　(2)1.35m　(3)F＝(t＋1.6)N10．如图甲所示，水平面上固定一倾角为α＝30°的光滑斜面，斜面的底边与顶边PQ平行，在斜面上有一虚线MN(MN∥PQ)，在MN和PQ之间存在垂直斜面向上的磁场，已知磁场随时间的变化规律如图乙所示．将矩形导体线框ABCD放在斜面上，且AB∥PQ，从t＝0时刻起对线框施加一沿斜面向上的恒力F，使线框由静止开始运动，当线框到达MN时开始匀速进入磁场．已知线框的质量m＝1kg，电阻R＝0.2Ω，AB边长为x1＝1m，BC边长为x2＝0.4m，MN与PQ间的距离为L＝6.9m，F＝10N，g取10m/s2.求：(1)矩形线框到达MN前的加速度大小以及在磁场中匀速运动时的速度大小；(2)整个过程中矩形线框克服安培力所做的功；(3)矩形线框从t＝0时刻开始一直运动到PQ所用的总时间．解析：(1)矩形线框进入磁场前做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得F－mgsinα＝ma，矩形线框进入磁场前的加速度大小为a＝5m/s2.矩形线框进入磁场的过程中做匀速运动，所以矩形线框受力平衡，则F＝mgsinα＋FA.AB边进入磁场切割磁感线，产生的电动势为E＝Bx1v，感应电流I＝，受到的安培力FA＝IBx1，-19-\n代入数据解得v＝4m/s.(2)矩形线框进入磁场的过程中做匀速运动，根据功能关系有W安＝(F－mgsinα)x2代入数据得W安＝2J.(3)矩形线框进入磁场前，做匀加速直线运动；进入磁场的过程中，做匀速直线运动．进入磁场前线框的运动时间为t1＝＝0.8s，进入磁场过程中线框匀速运动的时间为t2＝＝0.1s，则矩形线框完全进入磁场中时磁感应强度开始均匀减小．分析可知线框完全进入磁场后矩形线框的受力情况与进入磁场前相同，所以该阶段的加速度大小仍为a＝5m/s2，该过程由L－x2＝vt3＋at，解得t3＝1s.总时间t＝t1＋t2＋t3＝1.9s.答案：(1)5m/s2　4m/s　(2)2J　(3)1.9s阶段达标检测(二)　电学综合一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．(2022年山东潍坊高三质检)在物理学的发展史上，众多物理学家为人类的科学发展做出了巨大的贡献，他们的研究有些是艰辛的，有些则是有趣的．下面对几位物理学家所做出贡献的叙述中正确的是(　　)A．法拉第发现了电磁感应现象，并且得出了电磁感应定律B．库仑得出两电荷间作用力的规律，并且最早测出了元电荷e的数值C．奥斯特发现了电流的磁效应，并且总结出磁场方向与电流方向之间的规律D．安培总结出磁场方向与电流方向之间的规律，并且提出了分子电流假说解析：法拉第发现了电磁感应现象，纽曼与韦伯先后总结出电磁感应定律；库仑得出两电荷间作用力的规律，即“库仑定律”，美国物理学家密立根最早测出了元电荷e的数值；奥斯特发现了电流的磁效应，安培总结出了磁场方向与电流方向之间的规律，即“安培定则”，并且安培提出了分子电流假说．答案：D2.(多选)如图所示是某一静电场的等差等势面，图中ad是一水平线，仅受电场力的带电粒子由a点运动到e点的轨迹如图中实线所示，则(　　)A．ab＝bcB．带电粒子在a点的电场力一定大于在e点的电场力C．带电粒子在a点的电势能一定大于在e点的电势能D．带电粒子在a点的速度一定大于在e点的速度-19-\n解析：由等差等势面的疏密程度可知ab段平均电场强度大于bc段平均电场强度，则有ab<bc，A错；同理可知a点电场强度大于e点的电场强度，即带电粒子在a点的电场力一定大于在e点的电场力，B对；由图知带电粒子从a点运动到e点过程中，电场力做负功，电势能增加，动能减小，C错，D对．答案：BD3．将两个定值电阻R1、R2串联接在一交变电源的两端，其中R1＝10Ω，R2＝20Ω，如图甲所示，当电源的电流按照如图乙所示的规律变化时，下列说法正确的是(　　)A．流过R2的电流的有效值为AB．R1两端电压的有效值为6VC．流过R1的电流的最大值为AD．R2两端的电压最大值为6V解析：从交变电流图象中找出交变电流的最大值即为通过R2的电流的最大值，为A，由正弦交变电流最大值与有效值的关系Im＝I，可知交变电流的有效值为0.6A，由于R1与R2串联，所以通过R1的电流的最大值为A，A、C错；R1两端电压的有效值为U1＝IR1＝6V，B正确；R2两端电压的最大值为Um2＝ImR2＝×20V＝12V，D错误．答案：B4．(2022年湖北宜昌高三质检)一边长为l、质量为m、阻值为R的正方形导体框置于垂直纸面向里的匀强磁场中，匀强磁场具有理想的右边界，如图甲所示．开始时导体框的右边与磁场的边界重合，从该时刻开始计时，在导体框上施加一水平向右的外力F，导体框在外力作用下向右做匀加速直线运动，经时间t0导体框的左边与磁场的边界重合，已知外力F的变化规律如图乙所示．则该磁场的磁感应强度为(　　)A．B＝　　　　　　B．B＝C．B＝D．B＝-19-\n解析：由题述和题图，利用牛顿第二定律可知，F0＝ma,3F0－BIl＝ma，I＝，v＝at0，联立解得B＝，选项B正确．答案：B5．在如图所示的电路中，电压表和电流表均为理想电表，电源内阻不能忽略．闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片P向下调节，则下列叙述正确的是(　　)A．电压表和电流表的示数都增大B．灯L2变暗，电流表的示数减小C．灯L1变亮，电压表的示数减小D．电源的效率增大，电容器C所带电荷量增加解析：滑动变阻器的滑片P向下调节，其接入电路的电阻值减小，导致总电阻减小，根据“串反并同”规律可知，电压表读数U减小、灯L2变暗，电流表读数变大，灯L1变亮，电容器C两端的电压等于灯L2两端的电压，而其两端电压减小，则电容器C所带电荷量减少，电源的效率η＝×100%减小，选项C正确，A、B、D错误．答案：C6．如图，竖直平面内一具有理想边界AB的匀强磁场垂直纸面向里，在距离边界H处一正方形线框MNPO以初速度v0向上运动，假设在整个过程中MN始终与AB平行，则下列图象能反映线框从开始运动至到达最高点的过程中速度变化规律的是(　　)解析：在线框从开始运动到MN边接近AB时，线框做匀减速直线运动；MN边进入磁场后因切割磁感线而产生感应电流，其受到安培力作用则线框加速度瞬时变大，速度瞬时减小更快．随着速度减小，产生的感应电流减小，安培力减小，加速度减小．所以能正确反映线框速度与时间关系的是图C.答案：C7.(多选)如图所示，从离子源发射出的正离子，经加速电压U加速后进入相互垂直的电场(E方向竖直向上)和磁场(B方向垂直纸面向外)中，发现离子向上偏转．要使此离子沿直线通过电磁场，需要(　　)-19-\nA．增加E，减小BB．增加E，减小UC．适当增加UD．适当减小E解析：离子所受的静电力F＝qE，洛伦兹力F洛＝qvB，qU＝mv2，离子向上偏转，静电力大于洛伦兹力，故要使离子沿直线运动，可以适当增加U，进而增加速度，洛伦兹力增大，C正确；也可适当减小E，静电力减小，D正确．答案：CD8.(多选)如图所示，一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场(磁感应强度为B)和匀强电场(电场强度为E)组成的速度选择器，然后粒子通过平板S上的狭缝P进入另一匀强磁场(磁感应强度为B′)，最终打在A1A2上，下列表述正确的是(　　)A．粒子带负电B．所有打在A1A2上的粒子，在磁感应强度为B′的磁场中的运动时间都相同C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于D．粒子打在A1A2上的位置越靠近P，粒子的比荷越大解析：根据粒子在磁感应强度为B′的磁场中的运动轨迹可判断粒子带正电，A错误；带电粒子在速度选择器中做匀速直线运动，则电场力与洛伦兹力等大反向，Eq＝Bqv，可得v＝，C正确；由洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力可得r＝，则＝，越靠近P，r越小，粒子的比荷越大，D正确；所有打在A1A2上的粒子在磁感应强度为B′的磁场中都只运动半个周期，周期T＝，比荷不同，打在A1A2上的粒子在磁感应强度为B′的磁场中的运动时间不同，B错误．答案：CD9.(多选)(2022年高考新课标Ⅱ全国卷)如图，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2.原线圈通过一理想电流表○A接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大．用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则(　　)-19-\nA．Uab∶Ucd＝n1∶n2B．增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小C．负载电阻的阻值越小，cd间的电压Ucd越大D．将二极管短路，电流表的读数加倍解析：a、b端的电压为正弦式交变电压，故电压表测得的电压Uab＝.副线圈两端电压也为正弦式交变电压，但由于二极管的单向导电特性，从而使c、d两端的电压成为脉动直流电，由有效值定义可得T＝×，即Ucd＝，故Uab∶Ucd＝＝n1∶n2，A错误．因R增大时消耗的功率P＝减小，原线圈输入功率减小，故U1不变时I1减小，B正确．由Uab∶Ucd＝n1∶n2可知Ucd与负载的阻值无关，C错误．将二极管短路时R两端电压成为正弦式交变电压，其有效值Ucd′＝，故此时R消耗的功率P′＝为原来的2倍，原线圈中的电流也变为原来的2倍，故D正确．答案：BD10.如图所示电路中，电源电压u＝311sin100πt(V)，A、B间接有“220V　440W”的电暖宝、“220V　220W”的抽油烟机、交流电压表及保险丝．下列说法正确的是(　　)A．交流电压表的示数为311VB．电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于3AC．电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍D．抽油烟机1min消耗的电能为1.32×104J解析：由电源电压的表达式可知，交流电压的有效值U＝＝220V，所以交流电压表的示数为有效值220V，选项A错误；电路正常工作时，通过保险丝的电流为I＝＋＝3A＜3A，选项B错误；电暖宝的功率是抽油烟机功率的2倍，但抽油烟机消耗的电能主要转化为机械能，产生的热量很少，电暖宝的热功率大于抽油烟机热功率的2倍，选项C错误；抽油烟机1min消耗的电能为W＝P2t＝220×60J＝1.32×104J，选项D正确.答案：D11.(多选)如图所示是演示自感现象的电路图．L是一个电阻很小的带铁芯的自感线圈，A是一个标有“6V　4W”的小灯泡，电源电动势为6V，内阻为3Ω，在实验中(　　)A．S闭合的瞬间灯泡A中有电流通过，其方向是从a→bB．S闭合后，灯泡A不能正常工作-19-\nC．S由闭合变为断开瞬间，灯泡A中无电流通过D．S由闭合变为断开瞬间，灯泡A中有电流通过，其方向为从b→a解析：S闭合瞬间，L的阻抗很大，对灯泡A来讲在S闭合瞬间L可视为断路，由于电源左正右负，所以此刻灯泡中电流方向由a到b，故选项A正确；S闭合后电路达到稳定状态时，电源内阻要分担电压，使灯泡A两端电压值小于额定电压，所以灯泡A不能正常发光，故选项B正确；S断开前L上的电流方向由左向右，S断开瞬间，灯泡A上的原有电流即刻消失，但L和灯泡A组成闭合回路，L上的电流方向仍从左向右，所以回路中的电流方向是逆时针的，灯泡A上电流从b到a，故选项D正确，C错误．答案：ABD12.(多选)如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场区域．区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场边界MN、PQ、GH均平行于斜面底边，MP、PG均为L.一个质量为m、电阻R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，下滑过程中ab边始终与斜面底边平行．t1时刻ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区域，此时导线框恰好以速度v1做匀速直线运动；t2时刻ab边下滑到PQ与MN的中间位置，此时导线框又恰好以速度v2做匀速直线运动．重力加速度为g，下列说法中正确的是(　　)A．当ab边刚越过PQ时，导线框的加速度大小为a＝gsinθB．导线框两次做匀速直线运动的速度之比v1∶v2＝4∶1C．从t1到t2的过程中，导线框克服安培力做的功等于机械能的减少量D．从t1到t2的过程中，有的机械能转化为电能解析：线框在区域Ⅰ内做匀速直线运动，其合力为零，则mgsinθ－＝0；线框的ab边刚越过PQ时，两边都在切割磁感线，都受到沿斜面向上的安培力，则mgsinθ－4＝ma，a＝－3gsinθ，选项A错误；线框再次匀速时，其合力也为零，则mgsinθ－4＝0，则＝，选项B正确；从t1到t2的过程中，安培力做负功，重力做正功，根据能量守恒定律，可得WG－WF＝mv－mv，则克服安培力所做的功等于线框机械能的减少量，减少的动能和重力势能转化为电能，选项C正确，选项D错误．答案：BC二、计算题(本题共4小题，共52分，解答时应写出必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)-19-\n13.(12分)(2022年高考安徽卷)如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔．质量为m、电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)．求：(1)小球到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间．解析：(1)由v2＝2gh得v＝.(2)在极板间带电小球受重力和电场力作用，由牛顿第二定律得mg－qE＝ma，由运动学公式知0－v2＝2ad，解得E＝.由U＝Ed，Q＝CU得Q＝C.(3)由题意得h＝gt，0＝v＋at2，t＝t1＋t2，综合可得t＝.答案：(1)　(2)　C(3)14.(12分)在平面直角坐标系xOy的第一象限内有一圆形匀强磁场区域，半径r＝0.1m，磁感应强度B＝0.5T，与y轴、x轴分别相切于A、C两点．第四象限内充满平行于x轴的匀强电场，电场强度E＝0.3V/m，如图所示．某带电粒子以v0＝20m/s的初速度自A点沿AO1方向射入磁场，从C点射出(不计重力)．(1)求带电粒子的比荷；(2)若该粒子以相同大小的初速度自A点沿与AO1成30°角的方向斜向上射入磁场，经磁场、电场后射向y轴，求经过y轴时的位置坐标．解析：(1)由题意知粒子在磁场中运动的半径R＝r＝0.1m.由牛顿第二定律得qv0B＝m，解得q/m＝400C/kg.(2)因粒子的运动半径没有变化，如图所示，-19-\n由几何关系知它将垂直射入电场中．x轴方向有R＋Rsin30°＝t2，y轴方向有Δy＝v0t，代入数据得Δy＝1m.则经过y轴时的位置坐标为(0，－1m)答案：(1)400C/kg　(2)(0，－1m)15．(14分)(2022年高考浙江卷)某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图所示．一个半径为R＝0.1m的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R的金属棒OA，A端与导轨接触良好，O端固定在圆心处的转轴上．转轴的左端有一个半径为r＝R/3的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动．圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为m＝0.5kg的铝块．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5T．a点与导轨相连，b点通过电刷与O端相连．测量a、b两点间的电势差U可算得铝块速度．铝块由静止释放，下落h＝0.3m时，测得U＝0.15V．(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g取10m/s2)(1)测U时，与a点相接的是电压表的“正极”还是“负极”？(2)求此时铝块的速度大小；(3)求此下落过程中铝块机械能的损失．解析：(1)由右手定则知，金属棒产生的感应电动势的方向由O→A，故A端电势高于O端电势，与a点相接的是电压表的“正极”．(2)由电磁感应定律得U＝E＝①ΔΦ＝BR2Δθ②U＝BωR2③v＝rω＝ωR④-19-\n所以v＝＝2m/s.(3)ΔE＝mgh－mv2⑤ΔE＝0.5J.答案：(1)正极　(2)2m/s　(3)0.5J16.(14分)在绝缘的水平面上固定两光滑的平行导轨，间距为L＝0.4m，其电阻可忽略，在导轨的左端接有阻值为R1＝2Ω的电阻，右端与半径为r＝0.5m的光滑半圆金属导轨平滑相接，水平导轨部分某区域存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.5T，如图所示．现有一质量为m＝0.6kg，阻值为R2＝1Ω的导体棒AB，以v0＝6m/s的速度从磁场左侧开始向右运动，在整个运动的过程中导体棒与导轨始终保持良好接触，最终导体棒刚好到达半圆轨道的最高点．(g取10m/s2)求：(1)导体棒刚离开磁场时的速度；(2)导体棒从开始运动至到达半圆轨道最高点的过程中，电阻R1上产生的热量．解析：(1)在轨道的最高点，根据牛顿第二定律有mg＝m①从导体棒刚滑出磁场至到达最高点的过程，根据机械能守恒定律有mv＋mg·2r＝mv2②由①②式代入数据解得v＝5m/s.(2)对导体棒滑过磁场的过程中，根据能量关系有Q总＝mv－mv2④对闭合回路，根据热量关系有Q＝R1⑤由④⑤式并代入数据得Q＝2.2J.答案：(1)5m/s　(2)2.2J-19-