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综合检测
一、选择题
1．(2022·广东佛山质检)在如图所示的电路中，开关闭合后，灯泡L能正常发光．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列推断正确的是( )
A．滑动变阻器R的阻值变小
B．灯泡L变亮
C．电源消耗的功率增大
D．电容器C的电荷量增大
解析：选D.当滑动变阻器的滑片向右移动时，滑动变阻器R的阻值变大，灯泡L变暗，选项A、B错误；电路中的总电流减小，电源消耗的功率减小，路端电压增大，电容器C的电荷量增大，选项C错误、D正确．
2．(多选)(2022·内蒙古包钢一中适应考)如图所示电路中，R为一滑动变阻器，P为滑片，若将滑片向下滑动，则在滑动过程中，下列推断正确的是( )
A．电源内电路消耗功率确定渐渐增大
B．灯泡L2确定渐渐变暗
C．电源效率确定渐渐减小
D．R上消耗功率确定渐渐变小
解析：选ABC.为了使表述一目了然，可以用符号表示各量的变化趋势：用“↑”表示量值增大，“↓”表示量值变小，不标箭头表示量值不变，则本题解答过程可表示为：
滑动变阻器滑片P向下滑动，R↓→R并↓→R外↓，由闭合电路欧姆定律I＝推得I↑，由电源内电路消耗功率P内＝I2r可得P内↑，A正确．U外↓＝E－I↑r，U1↑＝(I↑－IL1↓)R1，UL2↓＝U外↓－U1↑，PL2↓＝，故灯泡L2变暗，B正确．电源效率η↓＝＝＝，故C正确．R上消耗的功率PR＝，PR增大还是减小不确定，故D错．
3．如图所示，有一台沟通发电机E，通过抱负升压变压器T1和抱负降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R.T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4.设T1的输入电压U1确定，当用户消耗的电功率变大时，有( )
A．U2减小，U4变大 B．U2不变，U3不变
C．P1变小，P2变小 D．P2变大，P3变大
解析：选D.由抱负变压器输出功率打算输入功率可得，当用户功率增大时，升压变压器的输入功率必增大，即P1增大，输入电压U1为定值不变，升压变压器的匝数不变，输入电压不变，故输出电压U2不变，由于P1增大，由P1＝U1I1＝P2＝U2I2可得，I1增加，P2、I2增加，由闭合电路欧姆定律：U3＝U2－I2R，故U3减小，降压变压器原、副线圈匝数不变，所以随U3减小，U4减小，A、B错误；由于用户功率增加，即P4增加，抱负变压器无功率损耗可得：P3＝P4，功率P3也增加，故C错误，D正确．
4．(2022·莆田一模)如图所示，一抱负变压器原线圈匝数n1＝1 000匝，副线圈匝数n2＝200匝，原线圈中接一交变电源，交变电源电压u＝220sin 100πt V．副线圈中接一电动机，电阻为11 Ω，电流表A2示数为1 A．电表对电路的影响忽视不计，则( )
A．此沟通电的频率为100 Hz
B．电压表示数为220 V
C．电流表A1示数为5 A
D．此电动机输出功率为33 W
解析：选D.由ω＝2πf得沟通电的频率为50 Hz，故A错误；电压表、电流表测量所得的是交变电流的有效值，故电压表读数为220 V，故B错误；由＝可知I1＝I2＝0.2 A，故C错误；由P出＝P入－P热＝U1I1－IR＝33 W，故D正确．
5．(2022·北京东城区模拟)某爱好小组用试验室的手摇发电机和抱负变压器给一个灯泡供电，电路如图，当线圈以较大的转速n匀速转动时，电压表示数是U1，额定电压为U2的灯泡正常发光，灯泡正常发光时电功率为P，手摇发电机的线圈电阻为r，则有( )
A．电流表的示数是
B．变压器原、副线圈的匝数比是U2∶U1
C．变压器输入电压的瞬时值是u＝U2sin 2πnt
D．手摇发电机的线圈中产生的电动势最大值是Em＝U1
解析：选A.由于是抱负变压器，所以原线圈的输入功率P1等于副线圈电路消耗的电功率P，由P＝UI可知，原线圈中电流的有效值，即电流表的示数为I＝，A正确；由变压器电压比公式可知，原、副线圈匝数比＝，B错误；由正弦沟通电有效值与最大值的关系可知，原线圈输入电压的最大值为U1，因此，若选线圈过中性面的时刻为计时起点，则输入电压的瞬时值为u＝U1sin 2πnt，C错误；由闭合电路欧姆定律知Em＝·r＋U1，D错误．
6．(多选)(2022·孝感调研)如图所示的电路中，抱负变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝22∶5，原线圈接u1＝220sin 100πt(V)的沟通电，电阻R1＝R2＝25 Ω，D为抱负二极管，则( )
A．电阻R1两端电压为50 V
B．二极管的反向耐压值应大于50 V
C．原线圈的输入功率为200 W
D．通过副线圈的电流为3 A
解析：选ABD.由已知条件可知，原线圈沟通电有效值为220 V，因n1∶n2＝22∶5，所以＝，得U2＝50 V，所以A正确；当交变电流的方向相反时，有效值仍为U2＝50 V，但二极管的反向耐压值是最大值，所以应大于50 V，所以B正确；副线圈中的电流在0～内为4 A，在～T内为2 A，功率为P＝ W＝150 W，故C错；由P＝UI得I＝3 A，D正确．
7．(2022·漯河期末)如图所示的电路中，三个灯泡L1、L2、L3的电阻关系为R1＜R2＜R3，电感L的电阻可忽视，D为抱负二极管．电键K从闭合状态突然断开时，下列推断正确的是( )
A．L1渐渐变暗，L2、L3均先变亮，然后渐渐变暗
B．L1渐渐变暗，L2马上熄灭，L3先变亮，然后渐渐变暗
C．L2马上熄灭，L1、L3均渐渐变暗
D．L1、L2、L3均先变亮，然后渐渐变暗
答案：B
8．(2022·东北三省四市其次次联合考试)如图所示，两个宽度均为L的条形区域，存在着大小相等、方向相反且均垂直纸面的匀强磁场，以竖直虚线为分界线，其左侧有一个用金属丝制成的与纸面共面的直角三角形线框ABC，其底边BC长为2L，并处于水平．现使线框以速度v水平匀速穿过匀强磁场区，则此过程中，线框中的电流随时间变化的图象正确的是(设逆时针的电流方向为正方向，取时间t0＝作为计时单位)( )
解析：选D.依据题意，从2t0到3t0的过程中电流大小由2i0渐渐增大为3i0，从3t0到4t0过程中电流大小由i0渐渐增大为2i0，且在4t0时电流大小为2i0，所以选项D正确．
9．(2022·福建毕业班质量检测)如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，右端接一个阻值为R的定值电阻．平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好．则金属棒穿过磁场区域的过程中( )
A．流过金属棒的最大电流为
B．流过金属棒的电荷量为
C．克服安培力所做的功为mgh
D．金属棒产生的焦耳热为mg(h－μd)
解析：选D.金属棒滑下过程中，依据动能定理有mgh＝mv，依据法拉第电磁感应定律有E＝BLvm，依据闭合电路欧姆定律有I＝，联立得Im＝，A错误；依据q＝可知，通过金属棒的电荷量为，B错误；全过程依据动能定理得mgh＋Wf＋W安＝0，故C错误；由Wf＝－μmgd，金属棒克服安培力做的功完全转化成电热，由题意可知金属棒与电阻R上产生的焦耳热相同，设金属棒上产生的焦耳热为Q，故2Q＝－W安，联立得Q＝mg(h－μd)，D正确．
10．(2022·南昌一模)如图所示，在光滑水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个边长为L、质量为m、电阻为R的正方形金属线框沿垂直磁场方向，以速度v从图示位置向右运动，当线框中心线AB运动到与PQ重合时，线框的速度为，则( )
A．此时线框的电功率为
B．此时线框的加速度为
C．此过程通过线框截面的电荷量为
D．此过程回路产生的电能为0.75mv2
解析：选C.在题图中虚线位置，线框产生的电动势E＝＋＝BLv，电流I＝＝，由牛顿其次定律，线框的加速度a＝＝2×＝，选项B错误；线框的电功率P＝I2R＝，选项A错误；由法拉第电磁感应定律和电流的定义，可得此过程通过线框截面的电荷量q＝t＝＝，选项C正确；由能量守恒定律，可得回路产生的电能W＝mv2－m＝mv2，选项D错误．
二、计算题
11．如图所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属导轨上．导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面对上的匀强磁场中．左侧是水平放置、间距为d的平行金属板，R和Rx分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻.
(1)调整Rx＝R，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率v.
(2)转变Rx，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m、带电荷量为＋q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的Rx.
解析：(1)导体棒匀速下滑时，
Mgsin θ＝BIl①
I＝②
设导体棒产生的感应电动势为E0
E0＝Blv③
由闭合电路欧姆定律得
I＝④
联立②③④，得
v＝.⑤
(2)转变Rx，待棒再次匀速下滑后，由②式可知电流不变．设带电微粒在金属板间匀速通过时，板间电压为U，电场强度大小为E
U＝IRx⑥
E＝⑦
mg＝qE⑧
联立②⑥⑦⑧，得Rx＝.
答案：(1) (2)
12．(2022·上海徐汇区二模)如图甲，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ＝30°角固定，M、P之间接电阻箱R，电阻箱的阻值范围为0～4 Ω，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面对上，磁感应强度为B＝0.5 T．质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r.现从静止释放杆ab，测得最大速度为vm，转变电阻箱的阻值R，得到vm与R的关系如图乙所示．已知轨距为L＝2 m，重力加速度g＝10 m/s2.轨道足够长且电阻不计．
(1)当R＝0时，求杆ab匀速下滑过程中产生感应电动势E的大小及杆中的电流方向；
(2)求金属杆的质量m和阻值r；
(3)求金属杆匀速下滑时电阻箱消耗电功率的最大值Pm；
(4)当R＝4 Ω时，随着杆ab下滑，求回路瞬时电功率每增大1 W的过程中合外力对杆做的功W.
解析：(1)由题图乙可知，当R＝0时，杆最终以v＝2 m/s匀速运动，产生的感应电动势E＝BLv＝0.5×2×2 V＝2 V，杆中电流方向由b→a.
(2)最大速度为vm，杆切割磁感线产生的感应电动势E＝BLvm
由闭合电路欧姆定律：I＝
杆达到最大速度时满足mgsin θ－BIL＝0
解得：vm＝R＋r
由题图乙可知：斜率为k＝ m/(s·Ω)＝1 m/(s·Ω)，纵截距为v0＝2 m/s
即r＝v0，＝k
解得m＝0.2 kg，r＝2 Ω.
(3)金属杆匀速下滑时电流恒定
mgsin θ－BIL＝0
I＝＝1 A
Pm＝I2Rm＝4 W.
(4)由题意：E＝BLv，P＝
得P＝
ΔP＝－
由动能定理得W＝mv－mv
故W＝ΔP
代入数据，解得W＝0.6 J.
答案：(1)2 V，电流方向由b→a
(2)0.2 kg 2 Ω (3)4 W (4)0.6 J
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