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2019届高考物理二轮复习：热点专练专项训练含试卷分析答题技巧（14套打包）详细信息
| 宜城教育365速发国际靠谱么_365bet亚洲官方网址_预付365商城下载网www.bjtlcd.com2019届高考物理二轮复习：热点专练专项训练含试卷分析答题技巧（14套打包）热点七电磁感应与电路电磁感应，交直流电路是电磁学较为重要的内容，也是高考命题频率较高的内容之一，本部分题型主要是选择题和计算题，选择题主要考查法拉第电磁感应定律、楞次定律、交流电的有效值、电路的动态分析以及有关图像问题，计算题以考查电磁感应中的电路问题，动力学问题和能量问题为主。考向一电路的动态分析如图1所示的交流电路中，理想变压器输入电压为u1＝U1msin100πt(V)，输入功率为P1，输出功率为P2，电压表读数为U2，各交流电表均为理想电表，由此可知图1A．灯泡中电流方向每秒钟改变100次B．变压器原、副线圈的匝数比为U1m∶U2C．当滑动变阻器R的滑动头向下移动时各个电表读数均变大D．当滑动变阻器R的滑动头向上移动时P1变大，且始终P1＝P2[解析]由u1＝U1msin100πt(V)，可知交变电源频率为50Hz，灯泡中电流方向每秒钟改变100次，选项A正确；变压器原、副线圈的匝数比为U1m∶2U2，选项B错误；电压表的示数只与原线圈电压和变压器原、副线圈匝数比有关，在只改变滑动变阻器接入电路的电阻时，电压表读数不变，选项C错误；当滑动变阻器R的滑动头向上移动时，变压器输出电流减小，输出功率减小。根据变压器功率的制约关系，P1变小，且始终有P1＝P2，选项D错误。[答案]A考向二电磁感应规律的应用如图2，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0。使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率ΔBΔt的大小应为图2A.4ωB0πB.2ωB0πC.ωB0πD.ωB02π[解析]当导线框匀速转动时，设半径为r，导线框电阻为R，当线框转动时电动势E＝12B0r2ω，当磁场变化时，E′＝ΔφΔt＝ΔBΔt·S＝ΔBΔt·12πr2，E＝E′，故ΔBΔt＝B0ωπ，C对。[答案]C考向三电磁感应中的图像问题某空间中存在一个有竖直边界的水平方向的匀强磁场区域，现将一个等腰梯形闭合导线圈从图示位置垂直于磁场方向以速度v匀速拉过磁场区域，尺寸如图3所示，取向右为力的正方向。下图中能正确反映该过程中线圈所受安培力F随时间t变化的图像是图3[解析]设线圈的电阻为R，线圈切割磁感线的有效长度为l，则安培力的大小为F＝B2l2vR，方向一直沿x轴负方向，在0～Lv这段时间内，有效长度l增大，所以F增大且F－t图线的斜率的绝对值增大；在Lv～2Lv这段时间内，有效长度l＝L不变，所以F大小不变且t＝Lv时刻F突然变小；在2Lv～3Lv这段时间内，有效长度l增大，所以F增大且F－t图线的斜率的绝对值增大；综上所述，A项正确。[答案]A考向四电磁感应中的动力学和能量问题如图4甲所示，两根完全相同的光滑平行导轨固定，每根导轨均由两段与水平面成θ＝30°的长直导轨和一段圆弧导轨平滑连接而成，导轨两端均连接电阻，阻值R1＝R2＝2Ω，导轨间距L＝0.6m。在右侧导轨所在斜面的矩形区域M1M2P2P1内分布有垂直右侧导轨平面向上的磁场，磁场上下边界M1P1、M2P2的距离d＝0.2m，磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示，t＝0时刻，在右侧导轨斜面上与M1P1距离s＝0.1m处，有一根阻值r＝2Ω的金属棒ab垂直于导轨由静止释放，恰好独立匀速通过整个磁场区域，取重力加速度g＝10m/s2，导轨电阻不计，求：图4(1)ab在磁场中运动的速度大小v；(2)在t1＝0.1s时刻和t2＝0.25s时刻电阻R1的电功率的比；(3)电阻R2产生的总热量Q总。[解析](1)由mgs·sinθ＝12mv2得v＝2gs·sinθ＝1m/s。(2)棒从释放到运动至M1P1的时间t＝vgsinθ＝0.2s在t1＝0.1s时，棒还没进入磁场，有E1＝ΔΦΔt＝ΔBΔtLd＝0.6V此时，R2与金属棒并联后再与R1串联，R总＝3Ω，U1＝E1R总R1＝0.4V由图乙可知，t＝0.2s后磁场保持不变，ab经过磁场的时间t′＝dv＝0.2s，故在t2＝0.25s时ab还在磁场中运动，电动势E2＝BLv＝0.6V此时R1与R2并联，R′总＝3Ω，得R1两端电压U1′＝0.2V电功率P＝U2R故在t1＝0.1s和t2＝0.25s时刻电阻R1的电功率的比值P1P1′＝U21U′21＝41。(3)设ab的质量为m，ab在磁场中运动时，通过ab的电流I＝E2R总′，ab受到的安培力FA＝BIL又mgsinθ＝BIL解得m＝0.024kg在0～0.2s时间内，R2两端的电压U2＝0.2V，产生的热量Q1＝U22R2t＝0.004Jab最终将在M2P2下方的轨道区域内往返运动，到M2P2的速度为零，由功能关系可得在t＝0.2s后，整个电路最终产生的热量Q＝mgd·sinθ＋12mv2＝0.036J，由电路关系可得R2产生的热量Q2＝16Q＝0.006J故R2产生的总热量Q总＝Q1＋Q2＝0.01J。[答案](1)1m/s(2)4∶1(3)0.01J1．(多选)如图5所示电路，已知电源电动势为E，内阻为r，R0为定值电阻，当滑动变阻器R的触头向下移动时，下列论述正确的是图5A．灯泡L一定变亮B．电流表的示数变小C．电压表的示数变小D．R0消耗的功率变小答案ABD2．如图6甲所示，理想变压器的原线圈匝数n1＝100匝，副线圈匝数n2＝50匝，电阻R＝10Ω，V是理想电压表，原线圈加上如图乙所示的交流电，则下列说法正确的是图6A．流经电阻R的电流的频率为100HzB．电压表V的示数为102VC．流经R的电流方向每秒改变50次D．电阻R上每秒产生的热量为10J答案D3.如图7所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直。磁感应强度B随时间均匀增大。两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb，不考虑两圆环间的相互影响。下列说法正确的是图7A．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向B．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向C．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向D．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向解析由题意可知ΔBΔt＝k，导体圆环中产生的感应电动势E＝ΔΦΔt＝ΔBΔt·S＝ΔBΔt·πr2，因ra∶rb＝2∶1，故Ea∶Eb＝4∶1。由楞次定律知感应电流的方向均沿顺时针方向，选项B正确。答案B4.(多选)空间内存在一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场区域的横截面为等腰直角三角形，底边水平，其斜边长度为L。一正方形导体框边长也为L，开始时正方形导体框的ab边与磁场区域横截面的斜边刚好重合，如图8所示。从图示位置开始计时，正方形导体框以平行于bc边的速度v匀速穿越磁场。若导体框中的感应电流为i，a、b两点间的电压为uab，感应电流取逆时针方向为正，则在导体框穿越磁场的过程中，下列关于i、uab随时间的变化规律正确的是图8解析由楞次定律可以判断出导体框进磁场时电流方向为逆时针，出磁场时电流方向为顺时针，由E＝Blv可得i＝ER总＝BlvR总，进、出磁场时导体框切割磁感线的有效长度l均由大变小，所以电流也是从大变小，选项A正确，B错误；进磁场时ab为电源，uab＜0且uab＝－34Blv，出磁场时ab不是电源，电流从b到a，uab＜0且uab＝－Blv4，选项C错误，D正确。答案AD5.(多选)如图9所示，足够长的光滑水平直导轨的间距为l，电阻不计，垂直轨道平面有磁感应强度为B的匀强磁场，导轨上相隔一定距离放置两根长度均为l的金属棒，a棒质量为m，电阻为R，b棒质量为2m，电阻为2R，现给a棒一个水平向右的初速度v0，已知a棒在以后的运动过程中没有与b棒发生碰撞，当a棒的速度减为v02时，b棒刚好碰到了障碍物立即停止运动，而a棒仍继续运动，则下列说法正确的是图9A．b棒碰到障碍物前瞬间的速度为v02B．在b棒停止运动前b棒产生的焦耳热为Qb＝524mv20C．b棒停止运动后，a棒继续滑行的距离为3mv0R2B2l2D．b棒停止运动后，a棒继续滑行的距离为mv0R2B2l2解析设b棒碰到障碍物前瞬间的速度为v2，之前两棒组成的系统动量守恒，则mv0＝mv02＋2mv2，解得v2＝v04，所以选项A错误；在b棒停止运动前，根据能量守恒定律可知a棒和b棒产生的总焦耳热Q＝Qa＋Qb＝12mv20－12m(v02)2－12×2mv22＝516mv20，Qb＝2Qa，解得Qb＝524mv20，所以选项B正确；a棒单独向右滑行的过程中，当其速度为v时，所受的安培力大小为F安＝BIl＝B2l23Rv，根据动量定理有－F安Δt＝mΔv，所以有(－B2l23Rv·Δt)＝(m·Δv)，可得B2l23Rx＝mv02，b棒停止运动后a棒继续前进的距离x＝3mv0R2B2l2，所以选项C正确，选项D错误。答案BC 宜城教育365速发国际靠谱么_365bet亚洲官方网址_预付365商城下载网www.bjtlcd.com |
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