（全国专用）2017版高考物理大二轮总复习 模块滚动检测卷（四）.doc

模块滚动检测卷(四)(范围：选修32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ca被吸引，c被排斥da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0.02 s，则1 s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0.02 s，即周期为0.02 s，一个周期内感应电流方向改变两次，故1 s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“220 v”的字样，这“220 v”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“220 v”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. b. cbl2 dnbl2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：bl2，故选a.8如图7甲所示，一个圆形线圈的匝数n100匝，线圈面积s200 cm2，线圈的电阻r1 ，线圈外接一个阻值r4 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0.4 wbc电路中电流为0.025 ad电路中电流为0.02 a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bs0.2200104 wb0.004 wb，故b错误；由法拉第电磁感应定律得：enn 1000.02 v0.1 v，由闭合电路欧姆定律，可知电路中的电流为i a0.02 a, 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.t0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abc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ebr2，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pei，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10au2u1，u2降低 bu2u1，u2升高cu2u1，u2降低 du2u1，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可知，u2i2 bi3u2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，u2i2ru3，故u2u3，c错；变压器为理想变压器，故p1p2，p3p4，又由pui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110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22 w现闭合开关，灯泡正常发光则()图12at0.01 s时刻穿过线框回路的磁通量为零b线框的转速为100 r/sc变压器原线圈中电流表示数为1 ad灯泡的额定电压为220 v答案c解析由题图乙可知，当t0.01 s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0.02 s，则转速为：n50 r/s，故b错误；原线圈输入电压有效值为22 v，则副线圈的电压为2210 v220 v；由pui可知，副线圈电流i2 a0.1 a，则由，求得i11 a；故c正确；灯泡正常发光，故额定电压为220 v，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nbsb电压表的示数为c电阻r产生的焦耳热qd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emnbs，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qn，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101，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50 hzb副线圈输出电压的有效值约为31 vcp向右移动时，原线圈中的电流变小dp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0.02 s，故频率为50 hz，故a对变压器原副线圈电压之比为匝数比即101，副线圈输出电压最大值约为31 v，正弦交流电的最大值等于有效值的倍，故输出有效值约为22 v，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pi2r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100 a，电源电动势为1.5 v，待选的保护电阻有三种r120 k，r21 k，r3100 ，应选用_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)20 k(2)左(3)左解析(1)由闭合电路欧姆定律得：r 15103 ，r1r.不会使电流表超过量程，达到保护的作用，所以应选20 k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n50匝边长l20 cm的正方形线圈，总电阻为r1.0 .线圈在磁感应强度为b0.1 t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r9.0 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100 rad/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)20 v(2)18 w(3)0.01 c解析(1)电动势的最大值为emnbsnbl2500.10.04100 v20 v(2)电动势的有效值为e10 v流过电灯的电流为i a a电灯正常发光的功率pi2r18 w(3)qtn0.01 c.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r1 ，质量为m1 kg，长度为l1 m的金属杆置于导轨上，t0时，金属杆在水平向右、大小为f2 n的恒定拉力作用下由静止开始运动，t04 s时刻，金属杆进入磁感应强度大小为b0.5 t、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ff1 n，重力加速度大小为g10 m/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)1 m/s2(2)2 v(3)1 n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fffma，解得a1 m/s2(2)刚进磁场时的速度：v0at0感应电动势为：eblv0解得：eblat02 v(3)根据共点力平衡条件可得f安fff1 n.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1 的发电机向全校22个教室(每个教室有“220 v40 w”的白炽灯6盏)供电如果输电线的总电阻r是4 ，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14和41，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)5 424 w(2)250 v (3)97.3%解析(1)全校教室白炽灯消耗的功率p用22406 w5 280 w.设输电线路电流为i线，输电电压为u2，降压变