石家庄市长安区复兴中学高三上学期模块物理试卷

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2017—2018学年河北省石家庄市长安区复兴中学高三(上）模块物理试卷（选修3-2）(2)一、选择题1．如图所示,几位同学在做“摇绳发电"实验：把一条长导线的两端连在一个灵敏电流计的两个接线柱上，形成闭合回路．两个同学迅速摇动AB这段“绳”．假设图中情景发生在赤道，地磁场方向与地面平行，由南指向北．图中摇“绳”同学是沿东西站立的,甲同学站在西边，手握导线的A点，乙同学站在东边，手握导线的B点．则下列说法正确的是（）A．当“绳"摇到最高点时，“绳”中电流最大B．当“绳”摇到最低点时,“绳”受到的安培力最大C．当“绳”向下运动时,“绳”中电流从A流向BD．在摇“绳”过程中，A点电势总是比B点电势高2．磁卡的词条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区,刷卡器中有检测线圈，当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势．其E﹣t关系如图所示．如果只将刷卡速度改为，线圈中的E﹣t关系可能是（）A． B． C． D．3．如图所示，水平铜盘半径为r,置于磁感应强度为B,方向竖直向下的匀强磁场中，铜盘绕通过圆盘中心的竖直轴以角速度ω做匀速圆周运动，铜盘的边缘及中心处分别通过导线与理想变压器的原线圈相连,该理想变压器原、副线圈的匝数比为n：1,变压器的副线圈与电阻为R的负载相连，则(）A．负载R两端的电压为的B．原线圈中的电流强度为通过R电流的C．变压器的副线圈磁通量为0D．通过负载R的电流强度为04．图甲所示电路中，A1、A2、A3为相同的电流表，C为电容器，电阻R1、R2、R3的阻值相同，线圈L的电阻不计．在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在t1～t2时间内（）A．电流表A1的示数比A2的小 B．电流表A2的示数比A3的小C．电流表A1和A2的示数相同 D．电流表的示数都不为零5．如图所示，两轻质闭合金属圆环，穿挂在一根光滑水平绝缘直杆上，原来处于静止状态．当条形磁铁的N极自右向左插入圆环时，两环的运动情况是（）A．同时向左运动，两环间距变大B．同时向左运动，两环间距变小C．同时向右运动，两环间距变大D．同时向右运动，两环间距变小6．如图所示，匝数为50匝的矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度B=T的水平匀强磁场中，线框面积S=0。5m2，线框电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω=100rad/s匀速转动,并与理想变压器原线圈相连，副线圈线接入一只“220V，60W”灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10A,下列说法正确的是(）A．在图示位置线框中产生的感应电动势最大B．线框中产生交变电压的有效值为250VC．变压器原、副线圈匝数之比为25：22D．允许变压器输出的最大功率为1000W7．如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈水平拉出有界匀强磁场区域，且v1=2v2，则在先后两种情况下(）A．线圈中的感应电动势之比为E1：E2=2：1B．线圈中的感应电流之比为I1：I2=1：2C．线圈中产生的焦耳热之比Q1：Q2=1：4D．通过线圈某截面的电荷量之比q1：q2=1：18．如图1,闭合矩形导线框abcd固定在匀强磁场中,磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图2所示．规定垂直纸面向外为磁场的正方向，线框中顺时针电流的方向为感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向．关于线框中的感应电流i与ad边所受的安培力F随时间t变化的图象，下列选项正确的是（)A． B． C． D．9．图甲是某燃气炉点火装置的原理图．转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2,为交流电压表．当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体．以下判断正确的是()A．电压表的示数等于5VB．电压表的示数等于C．实现点火的条件是D．实现点火的条件是10．CD、EF是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的长度为d，如图所示．导轨的右端接有一电阻R，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接．将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处．已知导体棒与水平导轨接触良好,且动摩擦因数为μ,则下列说法中正确的是（）A．电阻R的最大电流为B．流过电阻R的电荷量为C．整个电路中产生的焦耳热为mghD．电阻R中产生的焦耳热为mg（h﹣μd）二、实验题11．在研究电磁感应现象实验中，（1）为了能明显地观察到实验现象，请在如图所示的实验器材中，选择必要的器材，在图中用实线连接成相应的实物电路图；（2）将原线圈插入副线圈中，闭合电键，副线圈中感生电流与原线圈中电流的绕行方向（填“相同”或“相反")；(3）将原线圈拔出时，副线圈中的感生电流与原线圈中电流的绕行方向（填“相同”或“相反"）．12．为了测定和描绘“220V40W”的白炽灯灯丝的伏安特性曲线，可以利用调压变压器供电．调压变压器上一一种自耦变压器，它只有一组线圈L，绕在闭合的环形铁芯上，输入端接在220B交流电源的火线与零线之间,输出端有一个滑动触头P,移动它的位置，就可以使输出电压在0～250V之间连续变化，如图所示，画出的是调压变压器的电路图符号．实验室备有交流电压表、交流电流表、滑动变阻器、电键、导线等实验器材．（1）在图中完成实验电路图．（2）说明按的实验电路图进行测量,如果电表内阻的影响不能忽略，电压较高段与电压较低段相比较，哪段误差更大？为什么？三、计算题13．法拉第曾提出一种利用河流发电的设想，并进行了实验研究，实验装置的示意图可用题图表示,两块面积均为S的矩形金属板，平行、正对、竖直地全部浸在河水中，间距为d．水流速度处处相同，大小为v，方向水平，金属板与水流方向平行．地磁场磁感应强度的竖直分量为B，河水的电阻率为ρ，水面上方有一阻值为R的电阻通过绝缘导线和电键K连接到两个金属板上，忽略边缘效应，求：（1）该发电装置的电动势；（2）通过电阻R的电流强度；（3）电阻R消耗的电功率．

2017—2018学年河北省石家庄市长安区复兴中学高三（上）模块物理试卷（选修3-2）（2）参考答案与试题解析一、选择题1．如图所示，几位同学在做“摇绳发电"实验：把一条长导线的两端连在一个灵敏电流计的两个接线柱上，形成闭合回路．两个同学迅速摇动AB这段“绳”．假设图中情景发生在赤道，地磁场方向与地面平行,由南指向北．图中摇“绳"同学是沿东西站立的,甲同学站在西边，手握导线的A点，乙同学站在东边，手握导线的B点．则下列说法正确的是（)A．当“绳”摇到最高点时，“绳"中电流最大B．当“绳"摇到最低点时，“绳”受到的安培力最大C．当“绳”向下运动时，“绳”中电流从A流向BD．在摇“绳”过程中，A点电势总是比B点电势高【考点】D9:导体切割磁感线时的感应电动势；AC：电势；CC：安培力．【分析】地球的周围存在磁场，且磁感线的方向是从地理的南极指向地理的北极,当两个同学在迅速摇动电线时,总有一部分导线做切割磁感线运动，电路中就产生了感应电流，根据绳子转动方向与地磁场方向的关系，判断感应电动势和感应电流的大小，从而判断安培力的大小，由右手定则判断感应电流的方向和电势高低．【解答】解：A、当“绳”摇到最高点时，绳转动的速度与地磁场方向平行,不切割磁感线，感应电流最小，故A错误．B、当“绳"摇到最低点时，绳转动的速度与地磁场方向平行，不切割磁感线，感应电流最小，绳受到的安培力也最小，故B错误．C、当“绳”向下运动时，地磁场向北，根据右手定则判断可知，“绳”中电流从A流向B．故C正确．D、在摇“绳”过程中，当“绳"向下运动时,“绳”中电流从A流向B，A点相当于电源的负极，B点相当于电源正极，则A点电势比B点电势低；当“绳”向上运动时，“绳”中电流从B流向A,B点相当于电源的负极，A点相当于电源正极，则B点电势比A点电势低；故D错误．故选：C2．磁卡的词条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈,当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势．其E﹣t关系如图所示．如果只将刷卡速度改为，线圈中的E﹣t关系可能是（）A． B． C． D．【考点】GJ：信息传播、处理和存储技术的发展；BB：闭合电路的欧姆定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势．【分析】根据感应电动势公式E=BLv可知，其他条件不变时,感应电动势与导体的切割速度成正比，磁卡通过刷卡器的时间t=与速率成反比．【解答】解：根据感应电动势公式E=BLv可知，其他条件不变时，感应电动势与导体的切割速度成正比，只将刷卡速度改为,则线圈中产生的感应电动势的最大值将变为原来的．磁卡通过刷卡器的时间t=与速率成反比，所用时间变为原来的2倍．故D正确．故选D3．如图所示，水平铜盘半径为r，置于磁感应强度为B，方向竖直向下的匀强磁场中,铜盘绕通过圆盘中心的竖直轴以角速度ω做匀速圆周运动，铜盘的边缘及中心处分别通过导线与理想变压器的原线圈相连，该理想变压器原、副线圈的匝数比为n：1，变压器的副线圈与电阻为R的负载相连，则()A．负载R两端的电压为的B．原线圈中的电流强度为通过R电流的C．变压器的副线圈磁通量为0D．通过负载R的电流强度为0【考点】D8：法拉第电磁感应定律;BB:闭合电路的欧姆定律；E8:变压器的构造和原理．【分析】先根据转动切割磁感线感应电动势公式E=BL2ω，求出感应电动势，再由欧姆定律求出变压器原线圈两端的电压大小．变压器只能改变原线圈的交流电的电压,不能改变直流电的电压．【解答】解：A、切割磁感线感应电动势公式E=Br2ω，电势该电压加到电阻R1上，由于变压器是理想变压器，所以变压器两端的电压是0．故A错误;B、变压器只能改变原线圈的交流电的电压与电流，不能改变直流电的电压与电流．故不能使用变压器的电流比的公式计算副线圈中的电流．故B错误；C、虽然通过负载R2的电流强度为0，但副线圈中的磁通量与原线圈中的磁通量相同，不是0．故C错误;D、变压器只能改变原线圈的交流电的电压，不能改变直流电的电压，也不能将直流电的电能传递给副线圈,所以若R1不变时，通过负载R2的电流强度为0．故D正确．故选:D．4．图甲所示电路中,A1、A2、A3为相同的电流表，C为电容器,电阻R1、R2、R3的阻值相同，线圈L的电阻不计．在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在t1～t2时间内（）A．电流表A1的示数比A2的小 B．电流表A2的示数比A3的小C．电流表A1和A2的示数相同 D．电流表的示数都不为零【考点】E8：变压器的构造和原理．【分析】由图可知副线圈电路中的磁通量的变化情况,则由电磁感应可得出产生的感应电流；根据电容器及电感器的性质可得出各表的电流大小．【解答】解：原线圈中磁场如乙图所示均匀变化，故副线圈中的磁通量均匀变化，故副线圈中产生恒定的电流，因线圈电阻不计，故线圈L对恒定电流没有阻碍作用,所以电流表A1和A2的读数相同，而电容器“通交隔直"，所以电流表A3的读数为0．故ABD错误，C正确；故选:C．5．如图所示，两轻质闭合金属圆环,穿挂在一根光滑水平绝缘直杆上，原来处于静止状态．当条形磁铁的N极自右向左插入圆环时，两环的运动情况是(）A．同时向左运动,两环间距变大B．同时向左运动，两环间距变小C．同时向右运动，两环间距变大D．同时向右运动，两环间距变小【考点】DB：楞次定律．【分析】当磁铁的运动，导致两金属圆环的磁通量发生变化，从而由楞次定律可得线圈中产生感应电流，则处于磁铁的磁场受到安培力，使两圆环运动，同时两圆环间的电流相互作用而导致间距变化．【解答】解：当磁铁的靠近时，导致两圆环的磁通量变大,从而由楞次定律可得两圆环的感应电流为逆时针（从右向左看）,所以又处于N极的磁场中，则受到的安培力向左．由于两圆环的电流均是逆时针，所以两圆环的相互吸引．故选：B6．如图所示,匝数为50匝的矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度B=T的水平匀强磁场中，线框面积S=0.5m2，线框电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω=100rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈线接入一只“220V，60W"灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10A，下列说法正确的是（）A．在图示位置线框中产生的感应电动势最大B．线框中产生交变电压的有效值为250VC．变压器原、副线圈匝数之比为25:22D．允许变压器输出的最大功率为1000W【考点】E5:交流的峰值、有效值以及它们的关系．【分析】根据电压与匝数成正比,电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论【解答】解:A、由图可知，此时线圈和磁场垂直，此时线框的磁通量最大，感应电动势为0,故A错误．B、矩形闭合导线框ABCD在磁场中转动，产生的交流电的最大值为Em=nBsω=50××0。5×100=250V，由于最大值为有效值的倍，所以交流电的有效值为250V,故B错误．C、由于电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈匝数之比为,故C正确．D、由于熔断器允许通过的最大电流为10A，所以允许变压器输出的最大功率为P=UI=250×10=2500W，故D错误．故选：C7．如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈水平拉出有界匀强磁场区域，且v1=2v2，则在先后两种情况下（）A．线圈中的感应电动势之比为E1：E2=2：1B．线圈中的感应电流之比为I1：I2=1:2C．线圈中产生的焦耳热之比Q1：Q2=1：4D．通过线圈某截面的电荷量之比q1:q2=1：1【考点】D9:导体切割磁感线时的感应电动势；DD：电磁感应中的能量转化．【分析】A、根据E=BLv,求出线圈中的感应电动势之比，再求出感应电流之比．C、根据Q=I2Rt，求出线圈中产生的焦耳热之比．D、根据q=It=n,求出通过线圈某截面的电荷量之比．【解答】解:A、v1=2v2，根据E=BLv，知感应电动势之比2:1，感应电流I=，则感应电流之比为2：1．故A正确，B错误．C、v1=2v2，知时间比为1：2,根据Q=I2Rt,知热量之比为2：1．故C错误．D、根据q=It=n，知通过某截面的电荷量之比为1:1．故D正确．故选：AD．8．如图1，闭合矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图2所示．规定垂直纸面向外为磁场的正方向，线框中顺时针电流的方向为感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向．关于线框中的感应电流i与ad边所受的安培力F随时间t变化的图象，下列选项正确的是（）A． B． C． D．【考点】D8:法拉第电磁感应定律．【分析】由图可知磁感应强度的变化，则可知线圈中磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势变化情况，由楞次定律可得感应电流的方向,根据左手定则可以找出安培力方向，结合可得出正确的图象．【解答】解：A、由图示B﹣t图象可知，0～1s时间内,B增大，Φ增大,由楞次定律可知，感应电流是顺时针的,为正值;1～2s磁通量不变,无感应电流；2～3s，B的方向垂直纸面向外，B减小，Φ减小，由楞次定律可知,感应电流沿逆时针方向，感应电流是负的;3～4s内，B的方向垂直纸面向里，B增大，Φ增大，由楞次定律可知,感应电流沿逆时针方向，感应电流是负的，A正确、B错误．C、由左手定则可知，在0～1s内，ad受到的安培力方向:水平向右，是正的,1～2s无感应电流，没有安培力,2～4s时间内,安培力水平向左,是负的;由法拉第电磁感应定律可知,感应电动势E==S,感应电流I==，由B﹣t图象可知，在每一时间段内,是定值，在各时间段内I是定值，ad边受到的安培力F=BIL,I、L不变，B均匀变化，则安培力F均匀变化，不是定值，故C正确,D错误；故选：AC．9．图甲是某燃气炉点火装置的原理图．转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上,变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2,为交流电压表．当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时,就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体．以下判断正确的是（）A．电压表的示数等于5VB．电压表的示数等于C．实现点火的条件是D．实现点火的条件是【考点】E8：变压器的构造和原理．【分析】根据图乙得到原线圈电压的最大值，根据有效值与最大值的关系求出电压表的示数，当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会点火，根据电压与线圈匝数比的关系即可求解．【解答】解：A、根据图乙得到原线圈电压的最大值为5V，所以电压表的示数为：，故A错误，B正确；C、根据，且U1=5V,U2≥5000V得：实现点火的条件是，故C正确，D错误．故选BC10．CD、EF是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨,导轨间距为L，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B,磁场区域的长度为d，如图所示．导轨的右端接有一电阻R，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接．将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放,导体棒最终恰好停在磁场的右边界处．已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为μ，则下列说法中正确的是（）A．电阻R的最大电流为B．流过电阻R的电荷量为C．整个电路中产生的焦耳热为mghD．电阻R中产生的焦耳热为mg(h﹣μd）【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势;BH:焦耳定律．【分析】金属棒在弯曲轨道下滑时，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律或动能定理可以求出金属棒到达水平面时的速度,由E=BLv求出感应电动势，然后求出感应电流；由q=可以求出感应电荷量；克服安培力做功转化为焦耳热，由动能定理（或能量守恒定律）可以求出克服安培力做功,得到导体棒产生的焦耳热．【解答】解：A、金属棒下滑过程中,机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh=mv2，金属棒到达水平面时的速度v=，金属棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动,则刚到达水平面时的速度最大,所以最大感应电动势为E=BLv,最大的感应电流为I==，故A错误；B、通过金属棒的电荷量q==，故B正确；C、金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：mgh﹣WB﹣μmgd=0﹣0，则克服安培力做功:WB=mgh﹣μmgd，故C错误；D、克服安培力做功转化为焦耳热,电阻与导体棒电阻相等,通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：QR=Q=WB=(mgh﹣μmgd），故D正确．故选：BD二、实验题11．在研究电磁感应现象实验中，（1）为了能明显地观察到实验现象，请在如图所示的实验器材中，选择必要的器材，在图中用实线连接成相应的实物电路图；(2)将原线圈插入副线圈中，闭合电键，副线圈中感生电流与原线圈中电流的绕行方向相反（填“相同”或“相反"）;（3）将原线圈拔出时，副线圈中的感生电流与原线圈中电流的绕行方向相同（填“相同”或“相反”）．【考点】NF：研究电磁感应现象．【分析】（1）注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器（上、下各连一个接线柱）、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路，据此可正确解答．（2）闭合电键时，正确判断副线圈中磁通量的变化情况，然后根据楞次定律判断感应电流方向，即可正确解答．（3）同理判断原线圈拔出时，正确判断副线圈中磁通量的变化，则根据楞次定律即可解答．【解答】解:（1）将电源、电键、变阻器（上、下各连一个接线柱）、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路,实物图如下：（2）闭合电键瞬间,副线圈中磁通量增大，根据楞次定律可知,副线圈中的感应电流磁场阻碍其磁通量的增大，形成与原线圈中电流的绕行方向相反的感应电流．故答案为:相反．（3)同理将原线圈拔出时，副线圈中的磁通量减小，同理根据楞次定律可知副线圈中形成与原线圈中电流的绕行方向相同的感应电流．故答案为：相同．12．为了测定和描绘“220V40W”的白炽灯灯丝的伏安特性曲线，可以利用调压变压器供电．调压变压器上一一种自耦变压器，它只有一组线圈L,绕在闭合的环形铁芯上，输入端接在220B交流电源的火线与零线之间，输出端有一个滑动触头P，移动它的