全国专用版高考物理大二轮总复习 模块滚动检测卷四.docx
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全国专用版高考物理大二轮总复习模块滚动检测卷四
模块滚动检测卷(四)
(范围:
选修3-2 满分:
100分)
一、单项选择题(本题共13小题,每小题3分,满分39分.每小题给出的四个选项中,只有一个选项正确.选对的得3分,不选或错选得0分)
1.(2016·杭州市余杭区高二期末)电磁感应是发电的基本原理之一,发现电磁感应现象的科学家是( )
A.安培B.赫兹
C.法拉第D.麦克斯韦
答案 C
解析 发现电磁感应现象的科学家是法拉第,故选C.
2.随着科技的不断发展,无线充电已经进入人们的生活.某品牌手机的无线充电原理如图1所示,下列哪种装置的工作原理与其相同( )
图1
A.电磁炉B.电动机
C.回旋加速器D.速度选择器
答案 A
解析 手机无线充电及电磁炉均应用了电磁感应原理;而电动机是导线在磁场中受力;回旋加速器利用电场中的加速及磁场中的偏转;速度选择器采用的是复合场中的运动;故选A.
3.如图2所示,水平放置的光滑杆上套有A、B、C三个金属环,其中B接电源.在接通电源的瞬间,A、C两环( )
图2
A.都被B吸引
B.都被B排斥
C.A被吸引,C被排斥
D.A被排斥,C被吸引
答案 B
解析 在接通电源的瞬间,通过B环的电流变大,电流产生的磁场增强,穿过A、C两环的磁通量变大,A、C两环产生感应电流,由楞次定律可知,感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化,为了阻碍原磁通量的增加,A、C两环都被B环排斥而远离B环,以阻碍磁通量的增加,故A、C、D错误,B正确;故选B.
4.如图3为安检门原理图,左边门框中有一通电线圈,右边门框中有一接收线圈.工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向均匀减小的电流,则( )
图3
A.无金属片通过时,接收线圈中的感应电流方向为逆时针
B.无金属片通过时,接收线圈中的感应电流增大
C.有金属片通过时,接收线圈中的感应电流方向为逆时针
D.有金属片通过时,接收线圈中的感应电流大小发生变化
答案 D
解析 当左侧线圈中通有不断减小的顺时针方向的电流时,知穿过右侧线圈的磁通量向右,且减小,根据楞次定律,右侧线圈中产生顺时针方向的电流;故A错误;无金属片通过时,通电线圈中存在顺时针方向均匀减小的电流,则通电线圈中的磁通量均匀减小,所以穿过右侧线圈中的磁通量均匀减小,则磁通量的变化率是定值,由法拉第磁感应定律可知,接收线圈中的感应电流不变.故B错误;有金属片通过时,则穿过金属片中的磁通量发生变化,金属片中也会产生感应电流,感应电流的方向与接收线圈中的感应电流的方向相同,所以也会将该空间中的磁场的变化削弱一些,引起接收线圈中的感应电流大小发生变化.但是电流的方向不会发生变化;故C错误,D正确;故选D.
5.(2016·杭州月考)如图4甲所示,矩形线圈abcd在匀强磁场中逆时针匀速转动时,线圈中产生的交变电流如图乙所示,设沿abcda方向为电流正方向,则下列说法正确的是( )
图4
A.乙图中ab时间段对应甲图中A至B图的过程
B.乙图中bc时间段对应甲图中C至D图的过程
C.乙图中d时刻对应甲图中的D图
D.若乙图中d处是0.02s,则1s内感应电流的方向改变50次
答案 B
解析 A图中,穿过线圈的磁通量最大,但变化率为零,此时线圈产生的电动势为零,故A错;C图中,穿过线圈的磁通量最大,变化率为零,此时产生的电动势也为零,线圈沿轴逆时针转动,由C转到D的过程中,穿过线圈的磁通量减小,感应电流形成的磁场与原磁场方向相同,故感应电流的方向为adcba,与规定方向相反,电流为负,B对;乙图中的d时刻感应电流为零,线圈应处于中性面位置,知C错;若乙图中d处是0.02s,即周期为0.02s,一个周期内感应电流方向改变两次,故1s改变100次,D错.
6.如图5,有一台使用交流电的电冰箱上标有额定电压为“220V”的字样,这“220V”是指( )
图5
A.交流电电压的最大值
B.交流电电压的瞬时值
C.交流电电压的有效值
D.交流电电压的平均值
答案 C
解析 平时所说、电表所测、铭牌所标都是有效值,此题中的“220V”是电冰箱铭牌所标注的,是有效值,故选C.
7.(2015·绍兴模拟)如图6所示,正方形线圈abcd位于纸面内,边长为L,匝数为N,过ab中点和cd中点的连线OO′恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上,磁感应强度为B,则穿过线圈的磁通量为( )
图6
A.
B.
C.BL2D.NBL2
答案 A
解析 在匀强磁场中,当线圈与磁场垂直时,穿过线圈的磁通量为Φ=BS,图中S为有磁感线穿过线圈的面积,即为有效面积,磁通量与线圈的匝数无关.当正方形线圈abcd有一半处在磁感应强度为B的匀强磁场中时,磁通量为:
Φ=B·
L2=
,故选A.
8.如图7甲所示,一个圆形线圈的匝数n=100匝,线圈面积S=200cm2,线圈的电阻r=1Ω,线圈外接一个阻值R=4Ω的电阻,把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中,磁感应强度随时间变化规律如图乙所示.下列说法中正确的是( )
图7
A.电阻R两端的电压均匀增大
B.初始时刻穿过线圈的磁通量为0.4Wb
C.电路中电流为0.025A
D.电路中电流为0.02A
答案 D
解析 根据法拉第电磁感应定律,可知磁通量的变化率恒定,所以电动势恒定,则电阻两端的电压恒定,故A错误;初始时刻穿过线圈的磁通量为Φ=BS=0.2×200×10-4Wb=0.004Wb,故B错误;由法拉第电磁感应定律得:
E=n
=n
=100×
×0.02V=0.1V,
由闭合电路欧姆定律,可知电路中的电流为
I=
=
A=0.02A,故C错误,D正确.
9.图8中两条平行虚线之间存在匀强磁场,虚线间的距离为l,磁场方向垂直纸面向里.abc是位于纸面内的等腰直角三角形线圈,ab边平行于磁场的虚线边界,bc边长也为l.t=0时刻,c点位于磁场区域的边界上(如图).现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域.取沿a→b→c方向的感应电流为正,则在线圈穿越磁场区域的过程中,感应电流i随时间t变化的图线可能是( )
图8
答案 A
解析 感应电流i=
,在0~
时间内,由右手定则及楞次定律判断可知,感应电流方向沿逆时针方向,是正的,线圈切割磁感线的有效长度l′均匀增加,则电流i均匀增加;在
~
时间内,由右手定则及楞次定律判断可知,感应电流方向沿顺时针方向,是负的,线圈切割磁感线的有效长度l′均匀增加,则电流I均匀增加;由图示图象可知,B、C、D错误,A正确;故选:
A.
10.如图9所示,在磁感应强度为B的匀强磁场中,有半径为r的光滑半圆形导体框,OC为一能绕O在框架上滑动的导体棒,Oa之间连一电阻R,导体框架与导体棒的电阻均不计,若使OC以角速度ω逆时针匀速转动,则( )
图9
A.通过电阻R的电流方向由a经R到O
B.导体棒O端电势低于C端的电势
C.外力做功的功率为
D.回路中的感应电流大小为
答案 C
解析 根据右手定则得知,导体棒OC中的感应电流方向为从C到O,则通过电阻R中的电流方向由O经R到a,故A错误.导体棒OC切割磁感线,相当于电源,O是电源的正极,C是负极,则O端的电势高于C端,故B错误.导体棒OC产生的感应电动势为E=
Br2ω,则电流为I=
=
,故D错误.外力做功的功率等于电路产生的电功率P=EI=
,故C正确.故选C.
11.(2016·宁波模拟)一自耦变压器如图10所示,环形铁芯上只绕有一个线圈,将其接在a、b间作为原线圈.通过滑动触头取该线圈的一部分,接在c、d间作为副线圈.在a、b间输入电压为U1的交变电流时,c、d间的输出电压为U2,在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中( )
图10
A.U2>U1,U2降低B.U2>U1,U2升高
C.U2答案 C
解析 由题图知自耦变压器原线圈的匝数大于副线圈的匝数,根据变压器的变压规律
=
可知,U212.如图11所示为远距离输电的电路原理图,下列判断正确的是( )
图11
A.I1>I2B.I3C.U2=U3D.U1>U2
答案 A
解析 由电厂向外输送先经升压变压器,再经降压变压器到用户,故U1U4,D错;在输电线上,U2=I2R+U3,故U2>U3,C错;变压器为理想变压器,故P1=P2,P3=P4,又由P=UI知功率相等时,电压越大,电流越小,A对,B错.
13.如图12甲所示,矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动,输出交流电的电动势图象如图乙所示,经原副线圈匝数比为1∶10的理想变压器给一灯泡供电如图丙所示,灯泡的额定功率为22W.现闭合开关,灯泡正常发光.则( )
图12
A.t=0.01s时刻穿过线框回路的磁通量为零
B.线框的转速为100r/s
C.变压器原线圈中电流表示数为1A
D.灯泡的额定电压为220
V
答案 C
解析 由题图乙可知,当t=0.01s时,感应电动势为零,则此时穿过线框回路的磁通量最大,故A错误;由图可知,交流电的周期为0.02s,则转速为:
n=
=50r/s,故B错误;原线圈输入电压有效值为22V,则副线圈的电压为22×10V=220V;由P=UI可知,副线圈电流I2=
=
A=0.1A,则由
=
,求得I1=1A;故C正确;灯泡正常发光,故额定电压为220V,故D错误;故选C.
二、不定项选择题(本题共3小题,每小题3分,满分9分.在每小题给出的四个选项中,至少有一个选项符合题意,全部选对的得3分,选不全的得2分,有选错或不答的得0分)
14.如图13所示的电路中,A1和A2是完全相同的灯泡,线圈L的电阻可以忽略.下列说法中正确的是( )
图13
A.合上开关K接通电路时,A2先亮,A1后亮,最后一样亮
B.合上开关K接通电路时,A1和A2始终一样亮
C.断开开关K切断电路时,A2立刻熄灭,A1逐渐熄灭
D.断开开关K切断电路时,A1和A2都逐渐熄灭
答案 AD
解析 合上开关K接通电路时,A2立即正常发光,线圈中电流要增大,由于自感电动势的阻碍,灯泡A1中电流只能逐渐增大,则A2先亮,A1后亮,最后一样亮,故A正确,B错误;A2原来的电流立即减小为零,线圈中产生自感电动势,两灯泡串联和线圈组成回路,回路中电流从原来值逐渐减小到零,则A1和A2要过一会儿才熄灭,故C错误,D正确.
15.如图14所示,矩形线圈面积为S,匝数为N,线圈电阻为r,在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动,外电路电阻为R,当线圈由图示位置转过90°的过程中,下列说法正确的是( )
图14
A.磁通量的变化量ΔΦ=NBS
B.电压表的示数为
C.电阻R产生的焦耳热Q=
D.通过电阻R的电量为q=
答案 CD
解析 当线圈由图示位置转过90°的过程中,磁通量的变化量ΔΦ=BS,选项A错误;线圈在磁场中转动,产生的电动势的最大值为Em=NBSω,电动势的有效值为E=
,电压表测量的是电路的外电压,所以电压表的示数为U=
=
,所以B错误;电阻R产生的焦耳热Q=
·
=
,选项C正确;通过电阻R的电量为q=N
=
,选项D正确;故选C、D.
16.(2016·舟山调研)一理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1,原线圈输入电压的变化规律如图15甲所示,副线圈所接电路如图乙所示,P为滑动变阻器的触头.则( )
图15
A.副线圈输出电压的频率为50Hz
B.副线圈输出电压的有效值约为31V
C.P向右移动时,原线圈中的电流变小
D.P向右移动时,负载R上的功率变大
答案 AD
解析 理想变压器原副线圈不会改变交流电的频率,所以副线圈输出电压的频率为f=
,由图可知交流电的周期为0.02s,故频率为50Hz,故A对.变压器原副线圈电压之比为匝数比即10∶1,副线圈输出电压最大值约为31V,正弦交流电的最大值等于有效值的
倍,故输出有效值约为22V,故B错.P向右移动时,电阻变小,输出电流变大,输入电流也变大,故C错.由C选项可知输出电流增大,由电阻R消耗功率P=I2R可知,负载R上的功率变大,故D对.故选A、D.
三、实验题(本题共2小题,每空格2分,共10分)
17.(6分)在探究电磁感应现象的实验中:
(1)首先要确定电流表指针偏转方向与电流方向间的关系.实验中所用电流表量程为100μA,电源电动势为1.5V,待选的保护电阻有三种R1=20kΩ,R2=1kΩ,R3=100Ω,应选用________Ω的电阻.
(2)已测得电流表指针向右偏时,电流是由正接线柱流入.由于某种原因,螺线管线圈绕线标识已没有了,通过实验查找绕线方向.如图16所示,当磁铁N极插入线圈时,电流表指针向左偏,如图17所示线圈的绕线方向是________图(填“左”或“右”).
图16
图17
(3)若将条形磁铁S极放在下端,从螺线管中拔出,这时电流表的指针应向________偏(填“左”或“右”).
答案
(1)20k
(2)左 (3)左
解析
(1)由闭合电路欧姆定律得:
R=
=
Ω=15×103Ω,R1>R.不会使电流表超过量程,达到保护的作用,所以应选20kΩ的电阻.
(2)当磁铁N极插入螺线管时,根据楞次定律,感应电流的磁场阻碍原磁通量的增加,螺线管上端应为N极,下端为S极,又电流表指针向左偏,可知电流方向是由电流表正接线柱流出至螺线管上端接线柱,由安培定则可判断螺线管的绕线方向如左图所示.
(3)若将条形磁铁S极放在下端,从螺线管中拔出时,感应电流的磁场为阻碍原磁通量的减少,螺线管上端应为N极,下端为S极,由螺线管的绕线方向可以判定电流是从电流表的负接线柱流入,故指针向左偏.
18.(4分)在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中,下列连线正确的是________,实验时,若可拆变压器的铁芯固定得不是很紧时,变压器会发出较响的“嗡嗡”声,产生“嗡嗡”声的原因是____________________.
答案 B 在交变电流产生的磁场作用下,发生电磁感应,铁芯受安培力作用产生振动,发出声音.
解析 A图连接的是直流电,所以A错;C图只连接了原线圈,C错;D图原、副线圈都没有连上,不能工作,D错;正确的接法是原线圈接上交流电,副线圈接上用电器,所以B正确.在交变电流产生的磁场作用下,发生电磁感应,铁芯受安培力作用产生振动,发出声音.
四、计算题(本题共4小题,19题10分,20题10分,21题10分,22题12分,共42分.要求每题写出解题过程,只有答案没有过程概不评分)
19.(10分)如图18所示,一个小型应急交流发电机.内部为n=50匝边长L=20cm的正方形线圈,总电阻为r=1.0Ω.线圈在磁感应强度为B=0.1T的匀强磁场中,绕垂直于磁感线的轴匀速转动.发电机对一电阻为R=9.0Ω的电灯供电,线路中其它电阻不计,若发电机的转动角速度为ω=100rad/s时,电灯正常发光.求:
图18
(1)交流发电机产生的电动势的最大值;
(2)电灯正常发光的功率;
(3)从图示位置开始,线圈转过30°的过程中,通过电灯的电量.
答案
(1)20V
(2)18W (3)0.01C
解析
(1)电动势的最大值为Em=nBSω=nBωL2=50×0.1×0.04×100V=20V
(2)电动势的有效值为E=
=10
V
流过电灯的电流为I=
=
A=
A
电灯正常发光的功率P=I2R=18W
(3)q=
t=n
=
=0.01C.
20.(10分)如图19,水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻R=1Ω,质量为m=1kg,长度为l=1m的金属杆置于导轨上,t=0时,金属杆在水平向右、大小为F=2N的恒定拉力作用下由静止开始运动,t0=4s时刻,金属杆进入磁感应强度大小为B=0.5T、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域,且在磁场中恰好能保持匀速运动,杆与导轨的电阻忽略不计,两者始终保持垂直且接触良好,两者之间的滑动摩擦力为Ff=1N,重力加速度大小为g=10m/s2.求:
图19
(1)未进入磁场前,金属杆做匀加速直线运动的加速度大小;
(2)金属杆在磁场中运动时产生的电动势大小;
(3)金属杆进入磁场后所受安培力的大小.
答案
(1)1m/s2
(2)2V (3)1N
解析
(1)未进入磁场前,受拉力和摩擦力作用,根据牛顿第二定律可得F-Ff=ma,解得a=
=1m/s2
(2)刚进磁场时的速度:
v0=at0
感应电动势为:
E=Blv0
解得:
E=Blat0=2V
(3)根据共点力平衡条件可得F安=F-Ff=1N.
21.(10分)如图20所示为杭州某学校一套校内备用供电系统,由一台内阻为1Ω的发电机向全校22个教室(每个教室有“220V 40W”的白炽灯6盏)供电.如果输电线的总电阻R是4Ω,升压变压器和降压变压器(都认为是理想变压器)的匝数比分别是1∶4和4∶1,那么:
图20
(1)发电机的输出功率应是多大?
(2)发电机的电动势是多大?
(3)输电效率是多少?
答案
(1)5424W
(2)250V (3)97.3%
解析
(1)全校教室白炽灯消耗的功率
P用=22×40×6W=5280W.
设输电线路电流为I线,输电电压为U2,降压变压器原线圈电压为U3,
=
=
而U4=220V,
则U3=4×220V=880V,
I线=
=
A=6A
线路损失功率P损=I线2R线=36×4W=144W,
所以P出=P用+P损=5424W.
(2)U损=I线R线=6×4V=24V,
U2=U损+U3=904V,
由
=
得:
U1=
=904×
V=226V
升压变压器原线圈电流I1=
=
A=24A
发电机的电动势E=I1r+U1=24×1V+226V=250V.
(3)η=
×100%=
×100%≈97.3%.
22.(12分)(2016·浙江温州中学期末)如图21所示,足够长的两光滑水平导轨间距L=1.0m,导轨间接有R=2.5Ω的电阻和电压传感器.电阻r=0.5Ω、质量m=0.02kg的金属棒ab,在恒力F=0.5N的作用下沿导轨由静止开始滑动,导轨的电阻忽略不计.整个装置处于竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度的大小B=1.0T.
图21
(1)请判别通过金属棒ab的电流方向;
(2)写出电压传感器两端的电压U与金属棒ab速度v的关系式;
(3)若F作用2.0m时,金属棒ab已达到最大速度,求这一过程中拉力功率的最大值及金属棒ab产生的焦耳热.
答案
(1)b到a
(2)U=
v(0(3)0.75W 0.16J
解析
(1)由右手定则可得通过金属棒ab的电流方向为b到a
(2)金属棒ab切割磁感线产生的感应电动势E=BLv
根据闭合回路的欧姆定律:
U=
E
U=
BLv U=
v(0(3)当导体棒达到最大速度时,金属棒的合力为零:
F=F安
F安=BIL
I=
E=BLv最大
可以求得v最大=1.5m/s
P输入=Fv最大
P输入=0.75W
从静止到最大速度的过程,由动能定理得:
Fx-W安=
mv最大2
W安=Q焦耳=0.9775J
金属棒ab产生的焦耳热为Qab=
Q焦耳
Qab≈0.16J.