发布时间 : 星期三 文章2020届高考物理二轮复习 专题四 电路与电磁感应专题综合训练更新完毕开始阅读9dd15fd1fbd6195f312b3169a45177232f60e4a5
(3)导体棒在0~t时间内产生的焦耳热Q。
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专题综合训练(四)
1.D 解析 电路结构为R2和R3串联之后再和R1并联,电压表测量R2两端电压,电流表测量R2和R3的电流,若R1断路,则外电路电阻增大,总电流减小,根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir可得路端电压U增大,即R2和R3所在支路两端的电压增大,而R2和R3的电阻不变,所以通过R2和R3的电流增大,即电流表示数增大,R2两端电压UR2=IR2R2,故R2两端电压增大,即电压表示数增大,A、B错误;总电流减
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小,则内电路消耗的功率P=Ir减小,C错误;由于R3恒定,通过R3的电流增大,所以R3消耗的电功率增大,D正确。
2.D 解析 当测重台没有站人时,2x=vt0;站人时,2(x-h)=vt,解得h=时,U0=kM0g;有人时,U=k(M0g+mg),解得:m=(U-U0),故D正确。
可得,板间
v(t0-t);无人站立
3.C 解析 将正极板适当向右水平移动,两板间的距离减小,根据电容的决定式C=知,电容C增大,因平行板电容器充电后与电源断开,则电容器的电荷量Q不变,由C=电压U减小,因此夹角θ减小,再依据板间电场强度E=,可见E不变;P点到正极板距离减小,且正极接地,由公式U=Ed得,P点的电势增加,负电荷在P点的电势能减小,故A、B、D错误,C正确。
4.答案 (1)2 Ω 72 W (2)1 Ω (3)16 W
解析 (1)当S1闭合,S2、S3断开时,只有电炉子接入电路,因电炉子为纯电阻,由欧姆定律可知电炉子的电阻r==2 Ω
其发热功率PR=UI1=12×6 W=72 W。
(2)当S2闭合,S1、S3断开时,电动机为非纯电阻,由能量守恒定律得:UI2=代入数据解得:rM=1 Ω
·rM+P输出
(3)当S3闭合,S1、S2断开时,电解槽工作,由能量守恒定律得:P化=UI3-·rA
代入数据解得:P化=16 W。 5.答案 43.2 W
解析 电动机不启动时,灯泡的电压为电源路端电压,设为UL,电动机启动后灯泡电压仍为路端电压,设为UL'
由闭合电路欧姆定律得I= 解得:R=1.2 Ω
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灯泡消耗功率为PL=EI-Ir=120 W
电动机启动后,路端电压UL'=E-I'r=9.6 V 灯泡消耗电功率为PL'==76.8 W
所以灯泡功率降低了ΔP=(120-76.8) W=43.2 W 6.答案 (1) (2)BLv0 (3)mgL+解析 (1)导体棒在导轨上匀速滑行时,感应电动势E=BLv0 回路总电阻为R总=3Lr 则感应电流为:I=
联立解得:I=
AB棒滑到DF处时,AB两端的电压UBA=UDA+UFD+UBF 又有:UDA+UBF=BLv0 可得:UDF=BLv0
则有:UBA=UDA+UFD+UBF=BLv0
(3)导体棒从底端拉到顶端电机做的功:W=ΔEp+Q1+Q2
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增加的重力势能ΔEp=mg(2L+Lcos 30°)sin 30°=mgL
AB棒在DEF轨道上滑动时产生的热量Q1=W安,此过程中,电流I不变,故
Q1=W安=L=
电流不变,电阻不变,所以AB棒在CDEF导轨上滑动时产生的热量
Q2
2=I2R总t=·3Lr·
所以:W=mgL+
7.答案 (1)E=BLat,I= (2)t= Fm=Ma+μmg+Ma
解析 (1)回路中感应电动势E=BLv
导轨做初速度为零的匀加速运动,故导轨速度v=at 则回路中感应电动势随时间变化的表达式E=BLat 又x=at2
回路中总电阻R2
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总=R+2R0at=R+aR0t 回路中感应电流随时间变化的表达式
I=
(2)导轨受到外力F,安培力FA,摩擦力Ff;
FA=BIL=
Ff=μ(mg+FA)=μmg+
由牛顿第二定律F-FA-Ff=Ma
解得F=Ma+μmg+(μ+1)
由数学知识得,当
=aR0t,即t=时外力F取最大值
所以Fm=Ma+μmg+
(3)设此过程中导轨运动距离为s,由动能定理,W合=ΔEk,W合=Ma·s 摩擦力做功W=μmgs+μWA=μmgs+μQ 所以s=
导轨动能的增加量ΔEk=Ma· 8.答案 (1)1 m/s (2)4∶1 (3)0.01 J 解析 (1)由mgs·sin θ=mv2
得v=1 m/s
(2)金属棒从释放到运动至M1P1所用的时间t==0.2 s 在t1=0.1 s时,金属棒还没进入磁场,有E1=Ld=0.6 V
此时,R2与金属棒并联后再与R1串联 R总=3 Ω
U1=R1=0.4 V
(1+μ)B2L2
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(3)
由图乙可知,t=0.2 s后磁场保持不变,ab经过磁场的时间t'=故在t2=0.25 s时ab还在磁场中运动,电动势E2=BLv=0.6 V 此时R1与R2并联,R总=3 Ω,得R1两端电压U1'=0.2 V 电功率P==0.2 s
,故在t1=0.1 s和t2=0.25 s时刻电阻R1的电功率的比值P1∶P2==4∶1
(3)设金属棒ab的质量为m,ab在磁场中运动时,通过ab的电流I=金属棒ab受到的安培力FA=BIL 又mgsin θ=BIL 解得m=0.024 kg
在0~0.2 s内,R2两端的电压U2=0.2 V,产生的热量Q1=t=0.004 J
金属棒ab最终将在M2P2下方的轨道区域内往返运动,到M2P2处的速度为零,由功能关系可得在
t=0.2 s后,整个电路最终产生的热量Q=mgdsin θ+由电路关系可得R2产生的热量Q2=Q=0.006 J 故R2产生的总热量Q总=Q1+Q2=0.01 J
mv2=0.036 J
9.答案 (1) (2)(mgh-μmg2d) (3)B0-t-μgt 解析 (1)因为a棒进入磁场Ⅰ后做减速运动,所以只要刚进入时b棒不动,b就可以静止不动。对a棒:由机械能守恒得:mgh0=根据闭合电路欧姆定律有:I=感应电动势:E=B0Lv0 对b棒:B0IL=μmg
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联立解得:h0=
(2)由全过程能量守恒与转化规律:mgh=μmg2d+Q 总热量为:Q=(mgh-μmg2d)
解得金属棒b上产生的电热:Qb=
(3)a棒通过磁场Ⅰ时恰好无感应电流,说明感应电动势为零, 根据法拉第电磁感应定律:E=
在Δt≠0的前提下,ΔΦ=0即Φ保持不变 对a棒,由机械能守恒知:mgh=mv
a棒进入磁场Ⅰ后,由牛顿第二定律得a=μg 经过时间t,a棒进入磁场Ⅰ的距离x=vt-磁通量Φ=B0L(d-x)-又最初磁通量为Φ0=B0dL-故B=B0-10.答案 (1)(2)F=(3)Q=
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at2
BdL
B0dL=μgt2
B0dL=Φ
t-,方向b→a
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