高考物理二轮复习 倒数10天练 倒数第5天 电路和电磁感应（含解析）.docVIP

倒数第5天　电路和电磁感应　 知识回扣导图 考前必做题 1．(多选)如图1所示为一直流电路，电源内阻不能忽略，在滑动变阻器滑片P从滑动变阻器的最右端滑向最左端的过程中，下列说法正确的是(　　) 图1 A．电压表的示数可能增大 B．电流表的示数可能增大 C．电阻R0消耗的功率可能增大 D．电源的输出功率可能增大 解析　在刚开始滑动的一段时间内，电路中的总电阻增大，总电流减小，电流表的示数减小，电阻R0消耗的功率也减小，B、C项错误；如果滑动变阻器的最大阻值小于等于电阻R，则内电压一直减小，外电压一直增大，电源与R0两端电压一直减小，电压表示数增大，A项正确；如果电源的内阻一直大于外电阻，且滑动变阻器的最大阻值小于等于电阻R，则电源的输出功率增大，D项正确． 答案　AD 2．(2014·浙江温州八校联考，9)如图2所示，一由均匀电阻丝折成的正方形闭合线框abcd，置于磁感应强度方向垂直纸面向外的有界匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，线框bc边与磁场左右边界平行．若将该线框以不同的速率从图示位置分别从磁场左、右边界匀速拉出直至全部离开磁场，在此过程中(　　) 图2 A．流过ab边的电流方向相反 B．ab边所受安培力的大小相等 C．线框中产生的焦耳热相等 D．通过电阻丝某横截面的电荷量相等 解析　由于线框被拉出磁场的过程中，两种情况穿过线圈的磁通量均减小，则根据楞次定律可判断出流过ab边的电流方向相同，故A错误；根据I＝及F＝BIL可得安培力表达式：F＝，而速度不同，所以ab边所受安培力的大小不同，故B错误；由Q＝W＝FL＝可知速度不同，线框中产生的焦耳热不同，故C错误；根据q＝可知通过电阻丝某横截面的电荷量相等，故D正确． 答案　D 3.如图3所示，在第一象限有一边长为L的等边三角形匀强磁场区域．在第二象限有一平行于y轴的长为L的导体棒沿x轴正方向以速度v匀速通过磁场区域．下列关于导体棒中产生的感应电动势e随x变化的图象正确的是(　　) 图3 解析　导体棒垂直磁场方向做切割磁感线运动，产生的感应电动势e＝Blv，式中l为导体棒切割磁感线的有效长度．导体棒切割磁感线的有效长度l随x先均匀增大后均匀减小，其最大值为等边三角形的高，为L＝0.87L.所以导体棒中产生的感应电动势e随x变化的图象正确的是D. 答案　D 4．(2014·浙江温州八校联考，14)(多选)如图4所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝kt(常量k0)．回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1＝R0、R2＝(框及导线电阻不计)．闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则(　　) 图4 A．R2两端的电压为 B．电容器的a极板带正电 C．滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍 D．正方形导线框中的感应电动势为kL2 解析　由法拉第电磁感应定律得E＝＝＝＝kπr2，由此可知D错；R2与R右侧部分是并联，并联滑动变阻器的阻值为，可知并联电阻为，外电路的总电阻为：R1＋＋＝，根据串联分压可知R2两端电压为＝，所以A正确；由楞次定律可知电路左侧的变化磁场在正方形导体内产生逆时针电流，由此可知导体框相当于一个上负下正的电源，所以电容器a极板带负电，故B错误；设干路电流为I，则通过滑动变阻器左半部分的电流为I，通过其右半部分的电流为，由于此部分与R2并联且阻值相等，因此通过R2的电流也为，由P＝I2R知滑动变阻器热功率为P＝I2＋()2＝，R2的热功率为：P2＝()2＝，所以滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍，故C正确． 答案　AC 5．如图5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＝0.10 kg的金属杆ab可以无摩擦地沿导轨运动．已知电阻R＝0.60 Ω，ab杆的电阻r＝0.40 Ω，导轨宽度为L＝1.0 m，磁感应强度为B＝1 T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＝10 N，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I－t图象如图乙．g＝10 m/s2.下列说法正确的是(　　) 图5 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0.40 s内通过电阻的电荷量q大约为4 C C．0～0.40 s内杆的位移约为44 m，R上产生的焦耳热QR＝5 J D．杆运动的v－t图象与I－t图极其类似，最大速度是10 m/s 解析　根据牛顿第二定律得：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＝＝10 m/s，I＝v，杆运动的v－t图象与I－t图极其类似，选项