高考物理大二轮总复习 模块滚动检测卷（四）-人教版高三全册物理试题

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1A．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2A．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3A．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4A．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5A．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6A.eq\f(BL2,2)B.eq\f(NBL2,2)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·eq\f(1,2)L2＝eq\f(BL2,2)，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7A．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0.4WbC．电路中电流为0.025AD．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＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB·S,Δt)＝100×eq\f(0.4－0.2,4)×0.02V＝0.1V，由闭合电路欧姆定律，可知电路中的电流为I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(0.1,4＋1)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＝eq\f(BLv,R)，在0～eq\f(l,v)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eq\f(l,v)～eq\f(2l,v)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9A．通过电阻R的电流方向由a经R到OB．导体棒O端电势低于C端的电势C．外力做功的功率为eq\f(B2ω2r4,4R)D．回路中的感应电流大小为eq\f(Bωr2,R)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＝eq\f(1,2)Br2ω，则电流为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Br2ω,2R)，故D错误．外力做功的功率等于电路产生的电功率P＝EI＝eq\f(B2r4ω2,4R)，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10A．U2>U1，U2降低 B．U2>U1，U2升高C．U2<U1，U2降低 D．U2<U1，U2升高答案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eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，U2<U1；在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中，副线圈的匝数减少，所以U2降低，故A、B、D错误；C正确．12．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11A．I1>I2 B．I3<I2C．U2＝U3 D．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U1<U2，U3>U4，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12A．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/sC．变压器原线圈中电流表示数为1AD．灯泡的额定电压为220eq\r(2)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＝eq\f(1,T)＝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＝eq\f(P,U)＝eq\f(22,220)A＝0.1A，则由eq\f(I1,I2)＝eq\f(10,1)，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13A．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14A．磁通量的变化量ΔΦ＝NBSB．电压表的示数为eq\f(NBSω,\r(2))C．电阻R产生的焦耳热Q＝eq\f(N2B2S2ωRπ,4R＋r2)D．通过电阻R的电量为q＝eq\f(NBS,R＋r)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＝eq\f(NBSω,\r(2))，电压表测量的是电路的外电压，所以电压表的示数为U＝eq\f(ER,R＋r)＝eq\f(NBSωR,\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋r)))，所以B错误；电阻R产生的焦耳热Q＝eq\f(U2,R)·eq\f(π,2ω)＝eq\f(N2B2S2ωRπ,4R＋r2)，选项C正确；通过电阻R的电量为q＝Neq\f(ΔΦ,r＋R)＝eq\f(NBS,R＋r)，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15A．副线圈输出电压的频率为50HzB．副线圈输出电压的有效值约为31VC．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＝eq\f(1,T)，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eq\r(2)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＝eq\f(E,Ig)＝eq\f(1.5,100×10－6)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＝eq\f(Em,\r(2))＝10eq\r(2)V流过电灯的电流为I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(10\r(2),9＋1)A＝eq\r(2)A电灯正常发光的功率P＝I2R＝18W(3)q＝eq\o(I,\s\up6(－))t＝neq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(nBSsin30°,R＋r)＝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＝eq\f(F－Ff,m)＝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“220V40W”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，eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)＝eq\f(4,1)而U4＝220V，则U3＝4×220V＝880V，I线＝eq\f(P用,U3)＝eq\f(5280,880)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＝