1、步步高版浙江省高考物理选考总复习模块检测卷四选修32模块检测卷四选修32第卷一、选择题(本题共13小题，每小题3分，共39分每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1下列现象中属于电磁感应现象的是()A磁场对电流产生力的作用B变化的磁场使闭合电路中产生电流C插在通电螺线管中的软铁棒被磁化D电流周围产生磁场答案B解析磁场对电流产生力的作用属于通电导线在磁场中的受力情况；插在通电螺线管中的软铁棒被磁化属于电流的磁效应；电流周围产生磁场属于电流的磁效应；而变化的磁场使闭合电路中产生电流属于电磁感应现象故正确答案为B.2如图1所示为高频电磁炉的工作示意图，它是采用电
2、磁感应原理产生涡流加热的，它利用变化的电流通过线圈产生变化的磁场，当变化的磁场通过含铁质锅的底部时，即会产生无数小涡流，使锅体本身自行高速升温，然后再加热锅内食物电磁炉工作时产生的电磁波完全被线圈底部的屏蔽层和顶板上的含铁质锅所吸收，不会泄漏，对人体健康无危害关于电磁炉，以下说法中正确的是()图1A电磁炉是利用变化的磁场在食物中产生涡流对食物加热的B电磁炉是利用变化的磁场产生涡流，使含铁质锅底迅速升温，进而对锅内食物加热的C电磁炉是利用变化的磁场使食物中的极性水分子振动和旋转来对食物加热的D电磁炉跟电炉一样是让电流通过电阻丝产生热量来对食物加热的答案B解析电磁炉的工作原理是利用变化的电流通过线
3、圈产生变化的磁场，变化的磁场通过含铁质锅的底部产生无数小涡流，使锅体温度升高后加热食物，故选项A、D错误，B正确；而选项C是微波的加热原理，C错误3如图2所示，两直导线中通以相同的电流I，矩形线圈位于导线之间将线圈由实线位置移到虚线位置的过程中，穿过线圈的磁通量的变化情况是()图2A向里，逐渐增大B向外，逐渐减小C先向里增大，再向外减小D先向外减小，再向里增大答案D4我国家庭照明电路的电压随时间变化的规律为u311sin 100t(V)下列说法中正确的是()A标有“输入电压100240 V、50 Hz”的旅行充电器接在该交流电上可以正常工作B标有“输入电压100240 V、100 Hz”的旅行
4、充电器接在该交流电上可以正常工作C该交流电只能给标有311 V的用电器供电D该交流电给某用电器供电与用311 V的稳恒直流电给该用电器供电，效果相同答案A解析由u311sin 100t(V)可知，该交流电的最大值为311 V，有效值为V220 V，100，所以T0.02 s，频率为50 Hz，故A正确，B错误；该交流电给某用电器供电与用220 V的稳恒直流电给该用电器供电产生的效果相同，故D错误5如图3所示，质量为m的金属框用绝缘轻质细线悬挂，金属框有一半处于水平且与框面垂直的匀强磁场中从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线的拉力大小，下列说法正确的是()图3
5、A小于金属框重力mg，并保持恒定B始终等于金属框重力mgC大于金属框重力mg，并逐渐减小D大于金属框重力mg，并保持恒定答案C解析磁感应强度均匀减小，穿过金属框的磁通量均匀减少，根据法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的电动势，感应电流也恒定不变由楞次定律可知，感应电流方向为顺时针，再由左手定则可得，安培力的合力方向竖直向下金属框始终保持静止，则拉力大于重力，由于磁感应强度均匀减小，由F安BIL可知安培力逐渐减小，所以拉力也逐渐减小，故C正确6在匀强磁场中有两条平行的金属导轨，磁场方向与导轨平面垂直，导轨上有两条可沿导轨自由移动的导体棒ab、cd，导体棒ab、cd的运动速度分别为v1、v2，
6、如图4所示，ab棒上有电流通过，则一定有()图4Av1v2 Bv1v2与v1v2两种可能，所以只有C正确7如图5甲所示，电路的左侧是一个电容为C的电容器，电路的右侧是一个环形导体，环形导体所围的面积为S.在环形导体中有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图乙所示则在0t0时间内，电容器()图5A上极板带正电，所带电荷量为B上极板带正电，所带电荷量为C上极板带负电，所带电荷量为D上极板带负电，所带电荷量为答案A解析在0t0时间内回路中磁通量增加，由楞次定律知，回路中产生的感应电流方向为逆时针方向，电容器上极板带正电由法拉第电磁感应定律知，在0t0时间内回路中产生的感应电动
7、势E，电容器两极板之间电压UE，电容器所带电荷量为qCU，选项A正确8.如图6所示，电路中电源内阻不能忽略，电阻R的阻值和线圈L的自感系数都很大，A、B为两个完全相同的灯泡，当S闭合时，下列说法正确的是()图6AA比B先亮，然后A灭BB比A先亮，然后B逐渐变暗CA、B一起亮，然后A灭DA、B一起亮，然后B灭答案B解析S闭合时，由于与A灯串联的线圈L的自感系数很大，故在线圈上产生很大的自感电动势，阻碍电流的增大，所以B比A先亮，故选项A、C、D错误稳定后，总电阻减小，路端电压减小，流过B灯支路的电流减小，所以B灯逐渐变暗，故选项B正确9理想变压器的原、副线圈匝数比为101，下列说法中正确的是()
8、A穿过原、副线圈每一匝的磁通量之比是101B穿过原、副线圈每一匝的磁通量之比是110C正常工作时，原、副线圈的输入、输出电压之比为101D正常工作时，原、副线圈的输入、输出电压之比为110答案C解析理想变压器无漏磁，故穿过原、副线圈每一匝的磁通量之比是11，故A、B均错误；理想变压器的原、副线圈匝数比为101，根据变压比公式，正常工作时，原、副线圈的输入、输出电压之比为101，故C正确，D错误10一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图7所示，由图可知()图7A该交流电的电压的有效值为100 VB该交流电的频率为25 HzC该交流电压瞬时值的表达式为u100sin 25t VD若将该交流电压加在
9、阻值为100 的电阻两端，该电阻消耗的功率为100 W答案B解析根据图象可知该交变电流的电压的最大值为100 V，周期为4102 s，该交流电的电压的有效值为U50 V，频率为f25 Hz，选项A错误，选项B正确；该交流电压的瞬时值表达式为uUmsin 2ft100sin 50t(V)，选项C错误；若将该交流电加在100 的电阻两端，该电阻消耗的功率为P50 W，选项D错误11图8乙为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示发电机线圈内阻为1.0 ，外接灯泡的电阻为9.0 ，则()图8A电压表的示数为6 VB在t1102 s的时刻，穿过线圈的磁通
10、量为零C若线圈转速改为25 r/s，则电动势有效值为3 VD若线圈转速改为25 r/s，则通过电灯的电流为1.2 A答案C解析电压表的示数是有效值，UR9 V5.4 V，A错误；t102 s时感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，B错误；原来线圈的转速为n50 r/s，当线圈的转速改为25 r/s时，感应电动势的最大值为V3 V，有效值为3 V，通过灯泡的电流为0.3 A，C正确，D错误12如图9所示为一理想变压器，原、副线圈的匝数之比为1：n，副线圈接一定值电阻R，则()图9A若ab之间接直流电压U，则R中的电流为B若ab之间接直流电压U，则原、副线圈中的电流均为零C若ab之间接交流电压U，
11、则原线圈中的电流为D若ab之间接交流电压U，则副线圈中的电流为答案C解析变压器不能改变直流电压的电压，所以当原线圈接直流电压时，副线圈无电流，但原线圈有电流，故A、B选项错误；当原线圈电压为U时，则副线圈输出电压为nU，副线圈中的电流为，又因为原、副线圈电流之比与匝数成反比，可得原线圈中的电流为，故C选项正确，D错误13如图10所示，在远距离输电电路中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电电线的电阻均不变，电表均为理想电表，若用户的总功率减小，则下列说法正确的是()图10A电压表V1示数减小，电流表A1示数减小B电压表V1示数增大，电流表A1示数减小C电压表V2示数增大
12、，电流表A2示数减小D电压表V2示数减小，电流表A2示数减小答案C解析根据得电压表V1两端的电压U1不变；用户的总功率减小，则得通过电流表A2的电流I2将减小，根据得通过电流表A1的电流I1将减小，降压变压器原线圈两端的电压UU1I1R线将增大，根据得电压表V2两端的电压U2增大，故C正确二、选择题(本题共3小题，每小题2分，共6分每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分)14(2016诸暨市期末)如图11所示，线圈放置在水平桌面上，S极向下的条形磁铁沿线圈轴线向桌面运动，此过程中，以下判断正确的是()图11A穿过线圈的磁通量变大B
13、穿过线圈的磁通量变小C从上向下看，线圈感应电流方向为顺时针D从上向下看，线圈感应电流方向为逆时针答案AC15.如图12是某电磁冲击钻的原理图，若突然发现钻头M向右运动，则可能是()图12A开关S闭合瞬间B开关S由闭合到断开的瞬间C开关S已经是闭合的，滑动变阻器滑片P向左迅速滑动D开关S已经是闭合的，滑动变阻器滑片P向右迅速滑动答案AC解析M向右运动，说明是为了阻碍引起感应电流的磁通量的增加，所以原电流增加，故A、C正确16图13甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1n241，电阻R20 ，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单力双掷开关原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图
14、乙所示现将S1接1，S2闭合，此时L2正常发光下列说法正确的是()图13A只断开S2后，小灯泡L1正常发光B只断开S2后，原线圈的输入功率减小C若S1换接到2后，流经R中的电流瞬时值表达式icos 50t(A)D若S1换接到2后，R消耗的电功率为1.25 W答案BD解析L1、L2为规格相同的两只小灯泡，只断开S2后，L1、L2串联，总电阻增加，小灯泡L1不能正常发光，原线圈的输入功率减小，故A错误；B正确；若S1换接到2后，输出电压的有效值U25 V，则R消耗的电功率为1.25 W，由题意可求100 rad/s，C错误，选项D正确第卷三、非选择题(本题共7小题，共55分)17(5分)如图14所
15、示，是“研究电磁感应现象”的实验装置图14(1)将实物电路中所缺的导线补充完整(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将线圈L1迅速插入线圈L2中，灵敏电流计的指针将_偏转(选填“向左”“向右”或“不”)(3)线圈L1插入线圈L2后，将滑动变阻器的滑片迅速向右移动时，灵敏电流计的指针将_偏转(选填“向左”“向右”或“不”)答案(1)见解析图(2)向右(3)向左解析(1)补充的实物电路如图所示(2)已知闭合开关瞬间，线圈L2中的磁通量增加，产生的感应电流使灵敏电流计的指针向右偏转当开关闭合后，将线圈L1迅速插入线圈L2中时，线圈L2中的磁通量增加，由已知条件可知产
16、生的感应电流也应使灵敏电流计的指针向右偏转(3)滑动变阻器的滑片迅速向右移动，线圈L1中的电流变小，线圈L2中的磁场方向不变，磁通量减少，则灵敏电流计的指针向左偏转18(5分)“实验：探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”(1)实验室中有下列器材：A可拆变压器(铁芯、两个已知匝数的线圈)B条形磁铁C直流电源D多用电表E开关、导线若干上述器材在本实验中不用的是_(填器材序号)，本实验中还需用到的器材有_(2)该学生继续做实验，先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压_(选填“增大”“减小”或“不变”)；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压_
17、(选填“增大”“减小”或“不变”)，上述“探究副线圈两端的电压与匝数的关系”中采用的实验方法是_答案(1)BC低压交流电源(2)增大减小控制变量法19(6分)有一个教学用的可拆变压器，如图15甲所示，它有两个外观基本相同的线圈A、B，线圈外部还可以绕线(1)某同学用一多用电表的同一欧姆挡先后测量了A、B线圈的电阻值，指针分别对应图乙中的a、b位置，则A线圈的电阻为_ ，由此可推断_线圈的匝数较多(选填“A”或“B”)(2)如果把它看做理想变压器，现要测量A线圈的匝数，提供的器材有：一根足够长绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源，请完成实验的步骤填空：用绝缘导线在线圈的外部或变压器的铁芯上绕制n
18、匝线圈；将_线圈与低压交流电源相连接；用多用电表的_挡分别测量A线圈的输入电压UA和绕制线圈的输出电压U；则A线圈的匝数为_图15答案(1)24A(2)A交流电压n解析(1)多用电表欧姆挡读数指针指示值倍率A的读数为24，倍率为1，所以电阻为24 .根据电阻定律，导线越长，电阻越大，因为A的电阻比B大，所以A线圈匝数多(2)因为要测量A线圈匝数，所以要把A线圈与低压交流电源相连接变压器输入、输出电压都是交流电，所以要用交流电压挡测输入和输出电压根据变压器电压比等于匝数比，有：，所以：nAn.20(9分)将交流电压u220sin (100t) V接到“220 V，100 W”的灯泡两端，若灯泡灯
19、丝电阻保持不变，求：(1)通过灯泡电流的最大值；(2)灯泡的实际功率；(3)每秒钟电流方向改变的次数；(4)通过灯泡的电流i的瞬时值表达式答案(1)0.64 A(2)100 W(3)100次 (4)i0.64sin (100 t) A解析(1)交流电压的有效值UV220 V，灯泡的额定电压为UL220 V，因此恰好正常发光由“220 V,100 W”知该灯泡的电阻为RL484 .通过灯泡电流的最大值为ImA0.64 A.(2)灯泡的实际功率与额定功率相同，P100 W.(3)周期T0.02 s,1秒钟电流方向改变的次数为n，则n22100(次)(4)通过灯泡的电流i的瞬时值表达式为：iImsi
20、n t0.64sin (100t) A.21(10分)如图16所示，两条足够长的光滑平行金属导轨(电阻不计)相距为L0.5 m，MN、PQ与水平面的夹角为53，N、Q两点间接有阻值为R0.4 的电阻，在导轨间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度B1 T现将一质量为m0.5 kg，有效电阻为r0.1 的导体棒ab放在轨道上，且与两轨道垂直，然后由静止释放(g取10 m/s2，sin 530.8)图16(1)导体棒能达到的最大速度是多少？(2)导体棒由静止开始沿导轨下滑到刚好达到最大速度的过程中，电阻R上产生的焦耳热等于3.2 J，则这个过程中导体棒ab的位移是多少？答案(1)8 m/s
21、(2)5 m解析(1)当达到最大速度v时，根据牛顿第二定律得BILmgsin 根据法拉第电磁感应定律，有：EBLv由闭合电路欧姆定律，有：I综合得到mgsin 解得v8 m/s.(2)设导体棒刚好达到最大速度时通过的位移为l，由电阻R上产生的焦耳热为3.2 J得整个电路产生的焦耳热为4 J.根据能量守恒定律知机械能的变化量等于电路中产生的焦耳热，知mglsin mv2Q代入数据可得l5 m.22(10分)用一横截面积为S，电阻率为的匀质导体材料绕制成单匝正方形线框abcd，边长为L.将线框水平放置，垂直水平面方向存在竖直向下的有界磁场，其左侧边界为MN，右侧范围足够大图17(1)如图17甲，其
22、空间存在的是匀强磁场，磁感应强度为B，求dc边以速度v平行磁场边界匀速进入磁场过程中d、c间的电势差(2)如图乙，若线框静止不动，且恰好有一半面积处在磁场中，当磁场以变化率k均匀增大时，求线框上感应电流的大小和方向(3)在图乙情形中，磁场恒定，磁感应强度为B，线框以角速度绕磁场边界MN匀速转动，从图示位置开始计时，此时cd边速度垂直纸面向里，试定性地作出线框上的电流随时间变化的图象(不要求写出坐标轴的量值，规定电流方向abcda为正)答案(1) BLv(2)方向沿逆时针(3)见解析解析(1)线框dc边切割磁感线，产生的电动势E1BLv由右手定则可知d点比c点电势高，则d、c间的电势差UdcBL
23、v(2)磁场均匀变化，感生电动势E2线框的电阻R则线框中的电流I由楞次定律知，电流的方向为abcda(或逆时针)(3)23(10分)电磁弹射是我国最新研究的重大科技项目，原理可用下述模型说明如图18甲所示，虚线MN右侧存在竖直向上的匀强磁场，一边长为L的正方形单匝均匀金属线框abcd放在光滑水平面上，电阻为R，质量为m，ab边在磁场外侧紧靠MN虚线边界，t0时起磁感应强度B随时间t的变化规律是Bkt(k为大于零的常数)，同时用一水平外力使线框处于静止状态，空气阻力忽略不计图18(1)判断线框中感应电流的方向(“顺时针”或“逆时针”)(2)求线框中感应电流的大小(3)请写出所加水平外力F随时间变
24、化的表达式(4)若用相同的金属线绕制相同大小的n匝线框，在线框上加一质量为M的负载物，如图乙所示，当tt0时撤去外力释放线框，求此时线框加速度的大小答案(1)顺时针(2)(3)Ft(4) 解析(1)由Bkt知B随时间均匀增大，穿过线框的磁通量均匀增大，由楞次定律知线框中感应电流的方向为顺时针(2)感应电动势为EL2kL2；感应电流为I.(3)由于线框静止，则所加的水平外力与安培力平衡，有FBILktLt.(4)n匝线框中tt0时刻产生的感应电动势E总nEnkL2；线框的总电阻R总nR，线框中的电流Itt0时刻线框受到的安培力F安nB0ILnkt0IL设线框的加速度为a，根据牛顿第二定律有F安(nmM)a解得a.
