2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 模塊四專題九隨堂反饋練習(xí)

圖9111(2020年高考廣東理綜卷)如圖911所示，平行導(dǎo)軌間有一矩形的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，細(xì)金屬棒PQ沿導(dǎo)軌從MN處勻速運動到MN的過程中，棒上感應(yīng)電動勢E隨時間t變化的圖象，可能正確的是()圖912解析：選A.金屬棒在到達(dá)勻強(qiáng)磁場之前，閉合回路的磁通量為零，不產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，金屬棒在磁場中運動時，勻速切割磁感線，并且切割的有效長度也不變，由公式EBLv知此段時間內(nèi)感應(yīng)電動勢為定值，金屬棒離開磁場后，閉合回路的磁通量變?yōu)榱?，無感應(yīng)電動勢產(chǎn)生，選項A正確圖9132(2020年高考山東理綜卷)如圖913所示，空間存在兩個磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向相反且垂直紙面，MN、PQ為其邊界，OO為其對稱軸一導(dǎo)線折成邊長為l的正方形閉合回路abcd，回路在紙面內(nèi)以恒定速度v0向右運動，當(dāng)運動到關(guān)于OO對稱的位置時()A穿過回路的磁通量為零B回路中感應(yīng)電動勢大小為2Blv0C回路中感應(yīng)電流的方向為順時針方向D回路中ab邊與cd邊所受安培力方向相同解析：選ABD.穿過閉合回路的磁通量0，故選項A正確；回路中的感應(yīng)電動勢為ab、cd兩邊產(chǎn)生電動勢之和，為EBlabv0Blcdv02Blv0，故選項B正確；由右手定則可知感應(yīng)電流的方向為逆時針方向，故選項C錯誤；由左手定則可知ab邊與cd邊所受的安培力方向均向左，故選項D正確圖9143(2020年高考北京理綜卷)在如圖914所示的電路中，兩個相同的小燈泡L1和L2分別串聯(lián)一個帶鐵芯的電感線圈L和一個滑動變阻器R.閉合開關(guān)S后，調(diào)整R，使L1和L2發(fā)光的亮度一樣，此時流過兩個燈泡的電流均為I.然后，斷開S.若t時刻再閉合S，則在t前后的一小段時間內(nèi)，正確反映流過L1的電流i1、流過L2的電流i2隨時間t變化的圖象是()圖915解析：選B.t時刻再閉合S時，通過電感線圈的電流增加，由于線圈自感作用，產(chǎn)生與原電流方向相反的電流以阻礙原電流的增加，B正確；閉合S時，L2所在支路電流立即很大，隨著L1中電流增大而流過L2的電流逐漸減小，最后兩者電流一致4如圖916所示，降壓變壓器的變壓系數(shù)是3，即初級線圈匝數(shù)與次級線圈的匝數(shù)之比是31.初級線圈的輸入電壓是660 V，次級線圈的電阻為0.2 ，這臺變壓器給100盞220 V,60 W的電燈供電求：圖916(1)空載時次級線圈的路端電壓和輸出功率；(2)接通電路后次級線圈的路端電壓；(3)每盞燈的實際功率解析：(1)設(shè)空載時次級線圈的路端電壓為U2.由得U2U1220 V因為空載，次級線圈的負(fù)載電阻R2，次級線圈中的電流I20，則次級線圈的輸出功率PI2U20.(2)接通電路后，100盞電燈并聯(lián)的總電阻為R外8.07 次級線圈中的電流I2 A26.6 A次級線圈的路端電壓U2I2R外214.66 V.(3)每盞燈的實際功率PU2 W57.1 W.答案：(1)220 V0(2)214.66 V(3)57.1 W5(2020年鄭州市模擬)如圖917甲所示，空間存在B0.5 T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場MN、PQ是處于同一水平面內(nèi)相互平行的粗糙長直導(dǎo)軌，間距L2 mR是連在導(dǎo)軌一端的電阻，ab是跨接在導(dǎo)軌上質(zhì)量m1 kg的導(dǎo)體棒從零時刻開始，通過一小型電動機(jī)對ab棒施加一個牽引力F，方向水平向左，使其從靜止開始沿導(dǎo)軌做加速運動，此過程中導(dǎo)體棒始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好如圖乙是棒的vt圖象，其中OA是直線，AC是曲線，小型電動機(jī)在1.2 s末達(dá)到額定功率，P額4.5 W，此后功率保持不變除R以外，其余部分的電阻不計，g10 m/s2.圖917(1)求導(dǎo)體棒在01.2 s內(nèi)的加速度大小(2)求導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)及電阻R的阻值(3)若t1.7 s時，導(dǎo)體棒ab達(dá)到最大速度，01.7 s內(nèi)共發(fā)生位移1 m，試求1.2 s1.7 s內(nèi)，R上產(chǎn)生的熱量是多少？解析：(1)由題可知1.2 s末導(dǎo)體棒的速度為v10.9 m/s，故導(dǎo)體棒在01.2 s內(nèi)的加速度大小為a m/s20.75 m/s2.(2)在t11.2 s時，感應(yīng)電動勢為E1BLv1感應(yīng)電流為I1由牛頓第二定律得F1mgBI1Lma而P額F1·v1在t21.7 s時，感應(yīng)電動勢為E2BLv2感應(yīng)電流為I2由牛頓第二定律得F2mgBI2L0而P額F2·vm由圖可知vm1.0 m/s將已知量代入以上各式解得0.2，R0.4 .(3)在01.2 s內(nèi)通過的位移為s1(0v1)t10.54 m在tt2t11.7 s1.2 s0.5 s內(nèi)發(fā)生的位移為s21 ms10.46 m由能量守恒定律有P額tQmgs2mvmv代入數(shù)據(jù)解得Q1.235 J.答案：(1)0.75 m/s2(2)0.20.4 (3)1.235 J