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1、专题五电路与电磁感应 专题综合检测 一、选择题1.(2021湖南衡阳联考)如图所示是某研究性学习小组的同学设计的电梯坠落的应急安全装置，在电梯轿厢上安装永久磁铁，并在电梯的井壁上铺设线圈，这样可以在电梯突然坠落时减小对人员的伤害。关于该装置，下列说法正确的是()A当电梯突然坠落时，该安全装置可使电梯停在空中B当电梯坠落至题图所示位置时，闭合线圈A、B中的电流方向相反C当电梯坠落至题图所示位置时，只有闭合线圈A在阻碍电梯下落D当电梯坠落至题图所示位置时，只有闭合线圈B在阻碍电梯下落解析：若电梯突然坠落，因线圈是闭合的，通过线圈的磁通量发生变化，将在线圈中产生感应电流，感应电流产生的磁场会阻碍磁铁
2、的相对运动，可起到应急避险作用，但不能阻止磁铁的运动，故不能使电梯停在空中，A错误；当电梯坠落至如题图所示位置时，闭合线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上向下看是逆时针方向，B中向上的磁场增强，感应电流的方向从上向下看是顺时针方向，可知A与B中感应电流方向相反，B正确；结合A项的分析可知，当电梯坠落至如题图所示位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落，故C、D错误。答案：B2(2021北京海淀区一模)图甲表示某金属丝的电阻R随摄氏温度t变化的情况。把这段金属丝与电池、电流表串联起来(图乙)，用这段金属丝做测温探头，把电流表的刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简易温度计。下列说法正确的是(
3、)AtA应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是线性关系BtA应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是非线性关系CtB应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是线性关系DtB应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是非线性关系解析：由甲图可知，tA对应的电阻阻值较小，由闭合电路欧姆定律知对应电路中的电流较大，故tA应标在电流较大的刻度上；而tB对应的电阻阻值较大，由闭合电路欧姆定律知对应电路中的电流较小，故tB应标在电流较小的刻度上；由图甲得RR0kt，其中R0为图线的纵截距，由闭合电路欧姆定律得I，联立解得t，可知t与I是非线性关系，故B正确，A、C、D错误。答案：B3(多选)如图甲所示，串联一理想交流
4、电流表的单匝圆形闭合导线框水平放置，半径为r、电阻为R。匀强磁场穿过线框，该磁场磁感应强度B随时间t按正弦规律变化，如图乙所示。则下列说法正确的是()At时线框中的感应电流最大Bt时电流表的示数为零C在t内线框有收缩趋势D0T时间内导线框中产生的焦耳热为解析：t时磁感应强度最大，线框中的磁通量最大，而磁通量的变化率却为零，因此感应电流也为零，故A错误；电流表测量的是有效值，所以t时电流表的读数不为0，故B错误；在t内，穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律可知，闭合导线框有收缩的趋势，故C正确；线框中产生的感应电动势的最大值EmBmS，一个周期内产生的热量QTT，故D正确。答案：CD4(2021山
5、东菏泽一模)一个边长为2L的等边三角形磁场区域，一个底边为L的直角三角形金属线框，线框电阻为R，二者等高，金属线框以速度v匀速穿过磁场区域的过程中，规定逆时针方向的电流为正，线框中感应电流i随位移x变化的图线正确的是()解析：当xL时，磁通量向里增大，由楞次定律可知，线框中感应电流沿逆时针方向，为正，感应电动势为EBvx，感应电流为IBvx；当Lx2L时，磁通量向里增大，由楞次定律可知，线框中感应电流沿逆时针方向，为正，感应电动势为EB(2Lx)v，感应电流为IBvLBvx；当2Lx3L时，磁通量向里减小，由楞次定律可知，线框中感应电流沿顺时针方向，为负，感应电动势为EB(2LLx)v，感应电
6、流为IBvLBvx；当x3L时，I0，故B正确，A、C、D错误。答案：B5(2021山东青岛二模)将很多质量为m、带电荷量为q可视为质点的绝缘小球，均匀穿在由绝缘材料制成的半径为r的光滑圆轨道上并处于静止状态，轨道平面水平，空间内有分布均匀的磁场，磁场方向竖直向上，如图甲所示。磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，其中B0是已知量。已知在磁感应强度增大或减小的过程中，将产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列沿顺时针或逆时针方向的同心圆，同一条电场线上各点的场强大小相等。关于绝缘小球的运动情况，下列说法正确的是()A在t0到tT0时间内，绝缘小球均做匀速圆周运动B在tT0到t2T0时间内，
7、绝缘小球均沿顺时针方向做速率均匀增加的圆周运动C在t2T0到t3T0时间内，绝缘小球均沿顺时针方向做加速圆周运动D在t3T0到t5T0时间内涡旋电场沿顺时针方向解析：在t0到tT0时间内，磁感应强度不变，没有涡旋电场产生，绝缘小球保持静止，故A错误；在tT0到t2T0时间内，根据法拉第电磁感应定律可得沿轨道一周的感应电动势为r2r2，由于同一条电场线上各点电场强度大小相等，所以E，解得E，涡旋电场沿顺时针方向，根据牛顿第二定律可得，在tT0到t2T0时间内，小球沿切线方向的加速度大小恒为a1，所以绝缘小球沿顺时针方向做速率均匀增加的圆周运动，故B正确；在t2T0到t3T0时间内，磁感应强度不变
8、，没有涡旋电场产生，绝缘小球均沿顺时针方向做匀速圆周运动，故C错误；根据法拉第电磁感应定律可知在t3T0到t5T0时间内涡旋电场沿逆时针方向，故D错误。答案：B6.(多选)(2021湖北武汉二模)如图所示，在水平边界OO的下方空间内存在着垂直纸面向里的有界匀强磁场，A、B是用粗细相同的同种电阻丝制成的单匝正方形闭合线框和圆形闭合线框，A线框的边长与B线框的直径相等，M点和N点是A线框底边的两个端点，P点和Q点是B线框水平直径的两个端点。现将A、B两线框从磁场上方由静止自由释放，A、B两线框进入磁场的过程中MN，PQ连线始终保持水平。则下列说法正确的是()A两线框进入磁场的过程中，感应电流的方向
9、均为顺时针B若两线框恰有一半进入磁场的瞬间，速度相等，则M、N间和P、Q间的电压比为32C若两线框恰有一半进入磁场的瞬间，速度相等，则A、B两线框所受安培力的大小之比为4DA、B两线框完全进入磁场的过程中流过A、B两线框某一截面的电荷量之比为4解析：两线框进入磁场的过程中，穿过两线框的磁通量增加，根据楞次定律可知感应电流的方向均为逆时针，A错误；当两线框恰有一半进入磁场的瞬间，两线框的有效切割长度和切割速度均相同，回路中感应电动势相同，EBLv，M、N两端电压为BLv，P、Q两端电压为BLv，电压之比为32，B正确；当两线框恰有一半进入磁场的瞬间，速度相等，回路中感应电动势EBLv相同，而两线
10、框总电阻不同，RA，RB，两线框中电流强度之比IAIBRBRA4，A、B两线框所受安培力之比FAFBIAIB4，C正确；完全进入磁场过程中流过线框A、B某一截面的电荷量q，对正方形线框A有qA，对圆形线框B有qB，可得qAqB，D错误。答案：BC7(2021重庆二模)理想变压器原线圈匝数n1270匝，输入如题图甲所示的正弦交变电压。P是副线圈上的滑动触头，当P处于题图乙所示位置时，副线圈连入电路的匝数n2135匝，灯泡L恰能正常发光，电容器C刚好不被击穿，R是滑动变阻器。下列说法正确的是()A电容器的击穿电压为11 VB若R的滑片不动，向下移动P，则电容器的电容变小C若R的滑片不动，向下移动P
11、，则原线圈的输入功率变大D若P不动，向上移动R的滑片，则灯泡变暗解析：原线圈输入电压的峰值为Um122 V，则副线圈输出电压的峰值为Um2Um111 V，由于电容器C刚好不被击穿，则电容器的击穿电压为11 V，故A错误；根据C可知，当R的滑片不动，向下移动P，电容器的电容不变，故B错误；若R的滑片不动，向下移动P，则负载总电阻R总不变，副线圈匝数减小，根据可知，副线圈输出电压有效值U2减小，再根据P1可知，副线圈输出功率P2减小，根据P1P2可知，原线圈的输入功率变小，故C错误；若P不动，向上移动R的滑片，则滑动变阻器接入电阻变大，负载总电阻变大，副线圈匝数不变，根据可知，副线圈输出电压有效值
12、U2不变，根据I2可知副线圈回路总电流减小，则根据PLI22RL可知，灯泡功率减小，则灯泡变暗，故D正确。答案：D8.(多选)如图所示，上端固定的轻弹簧下端系在正方形单匝闭合线框abcd的bc边中点上，线框边长为L，质量为m，电阻为R；在外力作用下线框静止，线框平面(纸面)竖直，ad边水平且弹簧恰好为原长，与ad边相距0.5L的水平边界MN下方存在方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。由静止释放线框，当ad边到达边界MN时，线框速度大小为v。不计空气阻力，重力加速度大小为g，弹簧劲度系数k且形变始终在弹性限度内。下列判定正确的是()Aad边进入磁场前的过程中，弹簧弹力的冲量大小为I弹mv
13、Bad边刚进入磁场时，a、d两点间的电势差为UadBLvCad边刚进入磁场时，线框的加速度大小为aD线框从开始运动到最终静止的过程中，产生的焦耳热为Q总0.5 mgL解析：取向下为正方向，ad边进入磁场前的过程中，根据动量定理得mgtI弹mv，由于线框受到的弹簧弹力是不断变化的，故线框加速度是不断变化的，则t，所以I弹mv，故A错误；ad边刚进入磁场时，a、d两点间的电势差为电源路端电压，由于正方形线框总电阻为R，根据闭合电路欧姆定律可得UadEBLv，故B错误；ad边刚进入磁场时，线框受到自身重力，竖直向上的弹簧弹力及安培力的作用，根据牛顿第二定律得mgFxF安ma，又因为ad边刚进入磁场时
14、，弹簧弹力Fxkx0.5L0.5mg，安培力F安BIL，I，联立以上各式解得线框的加速度大小a，故C正确；线框最终静止时，有Fxkxmg，求得此时弹簧伸长量为xL，对于弹簧及线框系统，根据能量守恒定律可得mgLkx2Q总，联立解得，线框从开始运动到最终静止的过程中，产生的焦耳热为Q总0.5mgL，故D正确。答案：CD二、计算题9.如图所示，两平行光滑不计电阻的金属导轨竖直放置，导轨上端接一阻值为R的定值电阻，两导轨之间的距离为d。矩形区域abdc内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，ab、cd之间的距离为L。在cd下方有一导体棒MN，导体棒MN与导轨垂直，与cd之间的距离为H，
15、导体棒的质量为m，电阻为r。给导体棒一竖直向上的恒力，大小为F，导体棒在恒力作用下由静止开始竖直向上运动，进入磁场区域后做减速运动。若导体棒到达ab处的速度为v0，重力加速度大小为g。求：(1)导体棒到达cd处时速度的大小；(2)导体棒刚进入磁场时加速度的大小；(3)导体棒通过磁场区域的过程中，通过电阻R的电荷量和电阻R产生的热量。解析：(1)导体棒到达cd处的过程中，根据动能定理得(Fmg)Hmv2，解得导体棒到达cd处时速度的大小v(2)导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势EBdv，感应电流I，所受的安培力F安BId，根据牛顿第二定律得mgF安Fma，联立解得导体棒刚进入磁场时加速度的大小a
16、g (3)导体棒通过磁场区域的过程中，通过电阻R的电荷量qt，又，根据BLd，得q，导体棒由静止到通过磁场区域的过程中，根据动能定理得(Fmg)(HL)W安mv02，电路中的总热量QW安，电阻R产生的热量QRQ，联立解得QR。答案：(1) (2)g (3)10(2021河北唐山二模)如图所示，两根电阻不计的光滑平行金属导轨ABCDPA1B1C1D1P1由四分之一圆弧部分和水平部分构成，水平部分最右端有绝缘柱。DPD1P1间的宽度为BCB1C1间宽度的2倍，圆弧的半径r为0.45 m，DPD1P1间导轨宽度L1 m，导轨水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B2 T。两根质量均为m1 kg
17、，长为L1 m，电阻为R2 的金属棒a、b分别垂直导轨静置于圆弧顶端和水平导轨DPD1P1间某一位置处。某时刻将a由静止释放，沿圆弧轨道滑入水平部分，当a运动至两水平导轨分界处时与橡皮泥碰撞并粘合，接入右侧水平导轨，此时b刚好运动至距绝缘柱0.5 m的EF处。此后a保持静止，b继续向右运动至与绝缘柱发生弹性碰撞，反弹后b经过一段时间停在E1F1处(图中未画出)。已知a与橡皮泥发生碰撞之前两棒均已做匀速运动且b棒未与绝缘柱发生碰撞。整个运动过程中金属棒与导轨接触良好，g取10 m/s2。求：(1)金属棒a、b匀速运动的速度；(2)从金属棒a开始下滑到a、b匀速运动的过程中，金属棒b上产生的焦耳热
18、；(3)E1F1距绝缘柱的距离。解析：(1)金属棒a沿圆弧轨道下滑过程中根据动能定理，有mv2mgr，解得v3 m/s，设金属棒a、b匀速运动的速度分别为v1、v2，从a进入水平轨道到二者匀速的过程，分别对a、b利用动量定理，有对a，Btmv1mv ，对b，BLtmv2当a、b均匀速运动时，二者组成的回路中感应电流为零，有Bv1BLv2联立解得v12.4 m/s，v21.2 m/s(2)从金属棒a开始下滑到a、b做匀速运动，根据能量守恒定律得整个回路中产生的焦耳热Qmgrmv12mv220.9 J，此过程中a、b产生的热量满足，QQaQb因此金属棒b上产生的焦耳热QbQ0.9 J0.6 J(3)a静止后，b向右运动的过程中，b受到向左的安培力，做减速运动至与绝缘柱发生碰撞，此过程通过导体棒b横截面电荷量为q1t1且1，E，即q C，设b与绝缘柱碰撞前瞬间速度大小为v3，对b由动量定理得B1Lt1BLqmv3mv2，解得v30.7 m/s，而后b与绝缘柱发生弹性碰撞，其速度反向，大小不变，即b碰撞后获得向左的速度，大小为v40.7 m/s，b开始向左减速直至速度为零，同理由动量定理得B2Lt2BLq0mv4，q，解得E1F1距绝缘柱的距离x20.7 m答案：(1)2.4 m/s1.2 m/s(2)0.6 J(3)0.7 m