2017～2018學年物理二輪專題卷（八）說明：1．本卷主要考查電磁感應與電路、交變電流。2．考試時間60分鐘，滿分100分。1．(2017·貴州貴陽檢測)阻值相等的三個電阻R、電容器C及電池E(內(nèi)阻不計)連接成如圖所示電路．保持S1閉合，開關S2斷開，電流穩(wěn)定時，C所帶的電荷量為Q1；閉合開關S2，電流再次穩(wěn)定后，C所帶的電荷量為Q2，則Q1與Q2的比值為()A．eq\f(1,2)B．eq\f(3,2)C．eq\f(2,3) D．eq\f(1,3)【解析】開關S2斷開時的等效電路如圖甲所示，電路穩(wěn)定時電容器兩極板之間的電壓為U1＝eq\f(E,2)，電容器所帶的電荷量為Q1＝CU1＝eq\f(CE,2)；開關S2閉合后的等效電路如圖乙所示，電路穩(wěn)定時電容器兩極板之間的電壓為U2＝E，電容器所帶的電荷量為Q2＝CU2＝CE，則Q1∶Q2＝1∶2，即Q1與Q2的比值為eq\f(1,2)，故選項A正確．【答案】A2．(2017·湖北省武昌實驗中學模擬)用電壓為U的正弦交流電源通過甲、乙兩種電路給額定電壓為U0的同一小電珠供電．圖甲中R為滑動變阻器，圖乙中理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)分別為n1、n2，若電珠均能正常工作，則()B．n1∶n2＝U0∶UC．甲、乙電路消耗功率之比為U2∶Ueq\o\al(2,0)D．R兩端的電壓最大值為eq\r(2)(U－U0)【解析】電珠均正常工作，圖甲由于滑動變阻器的分壓，小電珠正常工作電壓U0小于U，故圖乙變壓器應是降壓變壓器，選項A錯誤；由變壓器變壓比公式可知eq\f(n1,n2)＝eq\f(U,U0)，選項B錯誤；兩電路中流過小電珠中的電流相等，由P＝UI可知，甲乙兩電路消耗的功率比為eq\f(U,U0)，選項C錯誤；R兩端電壓有效值為(U－U0)，則最大值為eq\r(2)(U－U0)，選項D正確．【答案】D3．(2017·福建福州質(zhì)檢)如圖，線圈abcd固定于分布均勻的磁場中，磁場方向垂直線圈平面．當磁場的磁感應強度B隨時間t變化時，該磁場對ab邊的安培力大小恒定，下列描述B隨t變化的圖象中，可能正確的是()【解析】線圈abcd中產(chǎn)生的感應電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S，設線圈的電阻為R，則線圈中的電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(S,R)，則磁場對ab邊的安培力大小FB＝BIL＝B·eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(SL,R)，由于FB大小不變，則B·eq\f(ΔB,Δt)不變，若B隨時間t均勻變化，eq\f(ΔB,Δt)不變，則B必然不變，選項A、C錯誤；若B隨時間t增大，則eq\f(ΔB,Δt)必然減小，故選項B正確，D錯誤．【答案】B4．(2017·河北石家莊二中模擬)如圖所示，導體直導軌OM和PN平行且OM與x軸重合，兩導軌間距為d，兩導軌間垂直紙面向里的勻強磁場沿y軸方向的寬度按y＝d|sineq\f(π,2d)x|的規(guī)律分布，兩金屬圓環(huán)固定在同一絕緣平面內(nèi)，內(nèi)、外圓環(huán)與兩導軌接觸良好，與兩導軌接觸良好的導體棒從OP開始始終垂直導軌沿x軸正方向以速度v做勻速運動，規(guī)定內(nèi)圓環(huán)a端電勢高于b端時，a、b間的電壓uab為正，下列uab-x圖象可能正確的是()【解析】導體棒在勻強磁場的第一個區(qū)域內(nèi)運動時，前半個區(qū)域，通過大圓環(huán)的電流為順時針方向，且根據(jù)法拉第電磁感應定律，內(nèi)圓環(huán)a端電勢高于b端，后半個區(qū)域，內(nèi)圓環(huán)a端電勢低于b端，可能正確的是圖D.【答案】D5．(2017·安徽師大附中模擬)一質(zhì)量為m、電阻為r的金屬桿ab，以一定的初速度v0從一光滑平行金屬導軌底端向上滑行，導軌平面與水平面成30°角，兩導軌上端用一電阻R相連，如圖所示，磁場垂直斜面向上，導軌的電阻不計，金屬桿始終與導軌接觸良好，金屬桿向上滑行到某一高度之后又返回到底端時的速度大小為v，則金屬桿在滑行過程中()A．向上滑行與向下滑行的時間相等B．向上滑行與向下滑行時電阻R上產(chǎn)生的熱量相等C．向上滑行與向下滑行時通過金屬桿的電荷量相等D．向上滑行與向下滑行時金屬桿克服安培力做的功相等【解析】金屬桿向上滑行過程中受到的安培力沿斜面向下，設運動的加速度為a1，金屬桿向下滑行過程中，受到的安培力沿斜面向上，設運動的加速度為a2，由牛頓第二定律分別有：F＋mgsinθ＝ma1和mgsinθ－F＝ma2，可知a1＞a2，又上滑和下滑位移相等，故金屬桿向上滑行的時間小于向下滑行的時間，則選項A錯誤；金屬桿滑行過程中，通過金屬桿的電荷量q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(\x\to(E),R＋r)t＝eq\f(ΔΦ,Δt)eq\f(Δt,R＋r)＝eq\f(BΔS,R＋r)，而ΔS相同，故向上滑行與向下滑行時通過金屬桿的電荷量q相等，則選項C正確；電阻R上產(chǎn)生的熱量Q＝eq\x\to(I)2Rt＝eq\x\to(I)tReq\x\to(I)＝qReq\x\to(I)，而電流eq\x\to(I)＝eq\f(BL\x\to(v),R＋r)，可知金屬桿向上滑行和向下滑行時平均速度不同，易知選項B錯誤；克服安培力做的功W＝eq\x\to(F)安·s，向上滑行和向下滑行時位移大小s相同，eq\x\to(F)安＝Beq\x\to(I)L＝eq\f(B2L2\x\to(v),R＋r)，由金屬桿向上滑行和向下滑行的平均速度不同可知克服安培力做的功不相等，選項D錯誤．【答案】C6．(2017·湖北武漢4月調(diào)研)(多選)將四根完全相同的表面涂有絕緣層的金屬絲首尾連接，扭成如圖所示四種形狀的閉合線圈，圖中大圓半徑均為小圓半徑的兩倍，將線圈先后置于同一勻強磁場中，線圈平面均與磁場方向垂直．若磁感應強度從B增大到2B，則線圈中通過的電量最小的是()【解析】設大圓的面積為S1，小圓的面積為S2.線圈的總電阻為R；選項A中，線圈中通過的電量為Q＝eq\f(BS1＋S2,R)；選項B中，線圈中通過的電量為Q＝eq\f(BS1－S2,R)；選項C中，線圈中通過的電量為Q＝eq\f(BS1－S2,R)；選項D中，線圈中通過的電量為Q＝eq\f(BS1＋S2,R)，選項B、C正確．【答案】BCA．穿過回路的磁通量為0.08WbB．流過電阻R的感應電流的方向為b→aC．電路中感應電動勢大小E＝0.02VD．金屬桿所受到的安培力的大小為1.6×10－4N【解析】t＝4s時，金屬桿的位移大小x＝vt＝2m，由圖乙知，4s末磁感應強度B＝0.2T，則穿過回路的磁通量φ＝BS＝Bxl＝0.08Wb，選項A正確；金屬桿切割產(chǎn)生的感應電動勢E1＝Blv＝0.2×0.2×0.5V＝0.02V，由右手定則，切割產(chǎn)生的感應電流由a流過電阻R到b；由法拉第電磁感應定律，磁通量發(fā)生變化產(chǎn)生的感應電動勢E2＝eq\f(Δφ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·lx＝0.05×0.2×2V＝0.02V，由楞次定律，E2的電流方向由a流過電阻R到b，故流過電阻R的總的感應電流的方向為a→b，選項B錯誤；電路中感應電動勢大小E＝E1＋E2＝0.04V，選項C錯誤；電路中感應電流大小I＝eq\f(E,R)＝4×10－3A，故金屬桿所受到的安培力的大小FB＝BIl＝0.2×4×10－3×0.2N＝1.6×10－4N，選項D正確．【答案】AD8．(2017·湖南十三校聯(lián)考一)(多選)如圖所示，虛線框內(nèi)為某種電磁緩沖車的結構示意圖，其主要部件為緩沖滑塊K和質(zhì)量為m的緩沖車廂．在緩沖車的底板上，沿車的軸線固定著兩個光滑水平絕緣導軌PQ、MN.緩沖車的底部安裝電磁鐵(圖中未畫出)，能產(chǎn)生垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B，導軌內(nèi)的緩沖滑塊K由高強度絕緣材料制成，滑塊K上繞有閉合矩形線圈abcd，線圈的總電阻為R，匝數(shù)為n，ab邊長為L.假設緩沖車以速度v0與障礙物C碰撞后，滑塊K立即停下，而緩沖車廂繼續(xù)向前移動距離L后速度為零．已知緩沖車廂與障礙物和線圈的ab邊均沒有接觸，不計一切摩擦阻力．在這個緩沖過程中，下列說法正確的是()A．線圈中的感應電流沿逆時針方向(俯視)，最大感應電流為eq\f(BLv0,R)B．線圈對電磁鐵的作用力使緩沖車廂減速運動，從而實現(xiàn)緩沖C．此過程中，線圈abcd產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)D．此過程中，通過線圈abcd的電荷量為q＝eq\f(BL2,R)【解析】緩沖過程中，線圈內(nèi)的磁通量增加，由楞次定律知，感應電流方向沿逆時針方向(俯視)，感應電流最大值出現(xiàn)在滑塊K停下的瞬間，大小應為eq\f(nBLv0,R)，A項錯誤；線圈中的感應電流對電磁鐵的作用力，使車廂減速運動，起到了緩沖的作用，B項正確；據(jù)能量守恒定律可知，車廂的動能全部轉(zhuǎn)換為焦耳熱，故Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，C項正確；由q＝eq\x\to(I)·Δt、eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)及eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)，可得q＝eq\f(nΔΦ,R)，因緩沖過程ΔΦ＝BL2，故q＝eq\f(nBL2,R)，D項錯誤．【答案】BC二、非選擇題：本大題共4小題，共52分。按題目要求作答。解答題應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。9.（2017北京東城一模）如圖所示，一個半徑為r的半圓形線圈,以直徑ab為軸勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)速為n，ab的左側(cè)有垂直于紙面向里(與ab垂直)的勻強磁場,磁感應強度為B。M和N是兩個集流環(huán)，負載電阻為R，線圈、電流表和連接導線的電阻不計，求：（1）感應電動勢的最大值；（2）從圖示位置起轉(zhuǎn)過eq\f(1,4)轉(zhuǎn)的時間內(nèi)負載電阻R上產(chǎn)生的熱量；（3）從圖示位置起轉(zhuǎn)過eq\f(1,4)轉(zhuǎn)的時間內(nèi)通過負載電阻R的電荷量；（4）電流表的示數(shù)。10．(2017·山東濰坊統(tǒng)考)如圖甲所示，半徑為R的導體環(huán)內(nèi)，有一個半徑為r的虛線圓，虛線圓內(nèi)有垂直紙面向里的磁場，磁感應強度大小隨時間變化關系為B＝kt.(k>0且為常量)(1)求導體環(huán)中感生電動勢E的大?。?2)將導體環(huán)換成內(nèi)壁光滑的絕緣細管，管內(nèi)放置一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的小球，小球重力不計，如圖乙所示．已知絕緣細管內(nèi)各點渦旋電場的場強大小為ER＝eq\f(kr2,2R)，方向與該點切線方向相同．小球在電場力作用下沿細管加速運動．要使t＝t0時刻管壁對小球的作用力為0，可在細管處加一垂直于紙面的磁場，求所加磁場的方向及磁感應強度的大小．【解析】(1)根據(jù)法拉第電磁感應定律，有E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，Φ＝B·S＝kt·πr2，得E＝kπr2.(2)根據(jù)楞次定律，可知小球沿逆時針方向運動，要使管壁對小球的作用力為0，需洛倫茲力方向指向圓心．由左手定則，得磁場方向垂直紙面向里．電場力F＝ERq，小球運動的加速度滿足F＝ma，t時刻速度v＝at0，洛倫茲力大小F洛＝qvB′，由向心力公式，有F向＝meq\f(v2,R)＝qvB′，聯(lián)立解得B′＝eq\f(kr2t0,2R2).【答案】(1)kπr2(2)磁場方向垂直紙面向里eq\f(kr2t0,2R2)11．(2017·海南五校模擬)如圖所示，質(zhì)量為M的足夠長U形光滑金屬導軌abcd放置在傾角為θ＝30°的光滑絕緣斜面上并用細線(圖中虛線)拴在固定于斜面上的G、H兩點上，bc段電阻為R，其余段電阻不計．另一電阻為R、質(zhì)量為m、長度為L的導體棒PQ放置在導軌上，緊挨導體棒PQ左側(cè)有兩個固定于斜面上的光滑立柱，使導體棒靜止，導體棒PQ始終與導軌垂直且接觸良好，PbcQ構成矩形．導軌bc段長為L，以ef為界，其下方存在垂直斜面向上的勻強磁場，上方存在沿斜面向上的勻強磁場，磁感應強度大小均為B，燒斷細線后，導軌向下運動過程中，導體棒PQ始終不脫離導軌．(1)若質(zhì)量M＝m，求金屬導軌abcd在斜面上運動的過程中，導體棒PQ與導軌abcd間的最小作用力；(2)要使導軌abcd運動一段時間后，導體棒PQ與導軌間無作用力，求M、m應滿足的條件；(3)若在條件(1)的情況下，從燒斷細線到導體棒PQ與導軌間剛達到最小作用力的這一過程中，通過導體棒PQ的焦耳熱為Q0，求金屬導軌abcd在斜面上下滑的距離s.【解析】(1)燒斷細線，由于M＝m，對導軌abcd由牛頓第二定律知mgsinθ－eq\f(B2L2v,2R)＝ma.隨著速度增大，加速度a減小，直至加速度為0，速度最大，此時有mgsinθ＝eq\f(B2L2vm,2R)＝FA，F(xiàn)A最大，即vm＝eq\f(mgR,B2L2)，F(xiàn)A＝eq\f(1,2)mg.對導體棒PQ受力分析知，在垂直斜面方向mgcosθ＝F′A＋Nmin，經(jīng)分析知導體棒PQ受到的安培力始終等于導軌bc邊受到的安培力，即F′A＝FA＝eq\f(1,2)mg，得Nmin＝eq\f(\r(3)－1,2)mg.(2)要使導軌abcd運動一段時間后，導體棒PQ與導軌abcd間無作用力，則對導軌abcd和導體棒受力分析知Mgsinθ≥mgcosθ，即eq\f(M,m)≥eq\r(3).(3)若在條件(1)的情況下，從燒斷細線到導體棒PQ與導軌間剛達到最小作用力的過程中，通過導體棒PQ的焦耳熱為Q0，則回路總焦耳熱為2Q0，由能量守恒知mgsinθ·s＝2Q0＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，又vm＝eq\f(mgR,B2L2)，解得s＝eq\f(4Q0,mg)＋eq\f(m2gR2,B4L4).【答案】(1)eq\f(\r(3)－1,2)mg(2)eq\f(M,m)≥eq\r(3)(3)eq\f(4Q0,mg)＋eq\f(m2gR2,B4L4)12．(2017·河北石家莊二中模擬)在生產(chǎn)線框的流水線上，為了檢測出個別不合格的未閉合線框，讓線框隨傳送帶通過一固定勻強磁場區(qū)域(磁場方向垂直于傳送帶平面向下)，觀察線框進入磁場后是否相對傳送帶滑動就能夠檢測出是否有未閉合的不合格線框．其物理情境簡化如下：如圖所示，通過絕緣傳送帶輸送完全相同的正方形單匝純電阻銅線框，傳送帶與水平方向夾角為α，以恒定速度v0斜向上運動．已知磁場邊界MN、PQ與傳送帶運動方向垂直，MN與PQ間的距離為d，磁場的磁感應強度為B.線框質(zhì)量為m，電阻為R，邊長為L(d>2L)，線框與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g.閉合線框上邊在進入磁場前線框相對傳送帶靜止，線框剛進入磁場的瞬間，和傳送帶發(fā)生相對滑動，線框運動過程中上邊始終平行于MN，當閉合線框的上邊經(jīng)過邊界PQ(1)閉合線框的上邊剛進入磁場時上邊所受安培力F安的大?。?2)從閉合線框上邊剛進入磁場到上邊剛要出磁場所用的時間t；(3)從閉合線框上邊剛進入磁場