版《试吧》高中全程训练计划物理 月考三.docx

版《试吧》高中全程训练计划物理 月考三.docx

《版《试吧》高中全程训练计划物理 月考三.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《版《试吧》高中全程训练计划物理 月考三.docx（18页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

版《试吧》高中全程训练计划物理月考三

月考（三）　选修　电磁场　电磁感应　交、直流电路

第Ⅰ卷　（选择题　共40分）

一、选择题：

本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一个选项正确，第7～10题有多个选项正确．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．

1.

[2019·上海静安区模拟]如图所示，光滑绝缘的水平桌面上有A、B两个带电小球，A球固定不动，现给B球一个垂直AB连线方向的初速度v0，使B球在水平桌面上运动，B球在水平方向仅受电场力，有关B球运动的速度大小v和加速度大小a，不可能发生的情况是（　　）

A．v和a都变小B．v和a都变大

C．v和a都不变D．v变小而a变大

答案：

D

解析：

若A、B带异种电荷，A、B之间的库仑力为吸引力，若A、B之间的库仑力恰好完全提供向心力，B球绕着A球做匀速圆周运动，此时B球速度的大小和加速度的大小都不变；若A、B之间的库仑力小于需要的向心力，B球做离心运动，速度大小和加速度大小都要减小，所以A、C项情况可能发生．当A、B之间的库仑力大于需要的向心力，B球做向心运动，速度大小和加速度大小都要变大，B项情况可能发生．若A、B带同种电荷，A、B之间的库仑力为排斥力，并且力的方向和速度的方向不在一条直线上，所以B球一定做曲线运动，由于A、B之间的距离越来越大，它们之间的库仑力也就越来越小，所以B球的加速度大小在减小，由于库仑力做正功，速度增大，故D错误．

2．[2019·河北百校联考]如图所示，固定在竖直面内的光滑金属细圆环半径为R，圆环的最高点通过长为L的绝缘细线悬挂质量为m、可视为质点的金属小球，已知圆环所带电荷量均匀分布且带电荷量与小球相同，均为Q（未知），小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，已知静电力常量为k，重力加速度为g，细线对小球的拉力为F（未知），下列说法正确的是（　　）

A．Q＝，F＝

B．Q＝，F＝

C．Q＝，F＝

D．Q＝，F＝

答案：

D

解析：

由于圆环不能看成点电荷，采用微元法，小球受到的库仑力为圆环各个点对小球库仑力的合力，以小球为研究对象，进行受力分析，如答图所示，则Fsinθ＝mg，其中sinθ＝，解得F＝，设圆环各个点对小球的库仑力的合力为FQ，水平方向上有Fcosθ＝FQ＝kcosθ，解得Q＝，故选D.

3.

[2019·云南师大附中模拟]利用如图所示电路可测量待测电阻Rx的阻值．定值电阻R1、R2阻值已知，闭合电键S，调节电阻箱的阻值为R3时，电流表示数为零，则Rx的阻值为（　　）

A．R2B.

C.D.

答案：

D

解析：

设通过R1和R2的电流为I1，通过R3和Rx的电流为I2，根据串、并联电路特点及欧姆定律可得：

I1（R1＋R2）＝I2（Rx＋R3），由于电流表示数为零，则说明G两端的电势相等，则一定有：

I1R1＝I2R3，两式联立可得Rx＝，D项正确．

4.

两根通电直导线M、N都垂直纸面固定放置，通过它们的电流方向如图所示，正方形线圈L的平面跟纸面平行，现将线圈从位置A沿M、N连线的中垂线迅速平移到位置B，则在平移过程中，线圈中的感应电流（　　）

A．沿顺时针方向，且越来越小

B．沿逆时针方向，且越来越大

C．始终为零

D．先顺时针，后逆时针

答案：

C

解析：

本题借助直导线电流周围磁场磁感线的分布特点，考查产生感应电流的条件．根据直导线电流周围磁场磁感线的分布特点可知，两直导线所产生的磁场方向与线圈平面平行，故穿过线圈L的磁通量始终为零，则线圈中的感应电流始终为零，C项正确．

5.

[2019·湖南长沙长郡中学月考]如图甲所示，交流发电机的矩形线圈边长ab＝cd＝0.2m，ad＝bc＝0.4m，线圈匝数为50匝，线圈的总电阻r＝1Ω，线圈在磁感应强度B＝0.2T的匀强磁场中绕垂直磁场的轴以r/s的转速匀速转动，外接电阻R＝9Ω，电压表为理想交流电压表，则（　　）

A．图甲中交流电压表的示数为80V

B．图甲中电阻R上消耗的电功率为1152W

C．如图乙所示，在外电路接上原、副线圈匝数比n1：

n2＝3：

1的理想变压器时，电阻R上消耗的电功率最大

D．如图乙所示，在外电路接上原、副线圈匝数比n1：

n2＝1：

3的理想变压器时，电阻R上消耗的电功率最大

答案：

D

解析：

根据公式E＝nBSω可得线圈产生的最大感应电动势为Em＝50×0.2×（0.2×0.4）×V＝160V，电压表测量的是有效值，所以U＝×＝×V＝72V，选项A错误；电阻R上消耗的电功率P＝＝＝1152W，选项B错误；若没有变压器，当内、外电路电阻相等时，输出功率最大，即电阻R上消耗的功率最大，即相当于R的电阻减小为1Ω，此时R两端的电压应该为U′＝×＝×V＝40V，最大功率为P＝＝3200W，若加上变压器，电阻R的功率为3200W，则3200＝，需要的电压为U0＝120V，故＝＝，选项C错误，D正确．

6.

边长为L的正方形线圈A，通有沿逆时针方向的恒定电流I，用两根轻质绝缘细绳静止地悬挂在水平长直导线MN的正下方h处，如图所示．当导线MN中无电流时，两细绳中张力均为T；当通过MN的电流为I1时，两细绳中张力均减为αT（0<α<1）；而当通过MN的电流为I2时，细绳中张力恰好为零．已知长直通电导线周围某点磁场的磁感应强度B与该点到导线的距离r成反比，与导线中电流成正比（即B＝k，k为常数）．由此可知，MN中的电流方向和电流大小之比分别为（　　）

A．向左，1＋αB．向右，1＋α

C．向左，1－αD．向右，1－α

答案：

C

解析：

当MN中通以从N到M的电流时，ab边所受的安培力向上，cd边所受的安培力向下，因离MN越近，安培力越大，可知此时线圈所受安培力的合力方向竖直向上，所以MN中电流方向向左．当MN中通电流I0时，根据题意可知ab所受的安培力为F1＝，cd所受的安培力为F2＝，因它们受到的安培力方向相反，此时线圈所受的安培力的合力大小为F＝kILI0，可知线圈受到的安培力的合力大小与通入电流的大小成正比，当MN分别通以I1、I2的电流时，线圈受到的安培力的合力的大小之比为.当通过MN的电流为I1时，两细绳中张力均减为αT（0<α<1），所以安培力的大小F合1＝2T－2αT；而当通过MN的电流为I2时，细绳中张力恰好为零，则安培力的大小F合2＝2T，所以＝＝＝1－α，故选C.

7.

[2019·江西铅山模拟]如图所示，xOy坐标轴上有A（L,0）和C（0，L）两点．在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场B.一群质量为m、电荷量为q（q>0）的同种粒子（粒子间相互作用不计），同一时刻从OC边以平行于x轴方向的速度射入磁场．粒子射入磁场前间距均匀（极小）、速度相同．从OC边射出的粒子占粒子总数的75%.不计重力．下列说法正确的是（　　）

A．粒子在磁场中沿顺时针方向运动

B．粒子在磁场中运动时间最长为

C．粒子速度大小为

D．粒子在磁场中运动时间最短为

答案：

BC

解析：

由左手定则可知粒子在磁场中沿逆时针方向运动，A错误；粒子在磁场中运动的周期为T＝，轨迹对应的圆心角最大值为θ＝π，所以运动时间最长为t＝T＝，B正确；设从OC边P点射入的粒子恰能从OC边射出，半径为r，其轨迹恰好与AC相切，因为C点坐标为（0，L），所以OC＝L，因为粒子从OC边均匀射入，75%粒子能从OC边射出，故从OC边75%长度内射入的粒子能从OC射出，即从OP段射入的粒子均能从OC边射出，CP段射入的粒子不能从OC边射出，可知CP＝OC＝L，根据几何关系可得CP＝r＋＝L，解得粒子轨迹半径r＝L，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，联立可得粒子速度大小v＝，C正确；从C点入射的粒子在磁场中运动时间最短，为0，D错误．

8.

如图所示，一根空心铝管竖直放置，把一枚小圆柱形的永磁体从铝管上端由静止释放，经过一段时间后，永磁体穿出铝管下端口．假设永磁体在铝管内下落过程中始终沿着铝管的轴线运动，不与铝管内壁接触，且无翻转．忽略空气阻力，则下列说法中正确的是（　　）

A．若仅增强永磁体的磁性，则永磁体穿出铝管时的速度变小

B．若仅增强永磁体的磁性，则永磁体穿过铝管的时间缩短

C．若仅增强永磁体的磁性，则永磁体穿过铝管的过程中产生的焦耳热减少

D．若铝管有自上到下的裂缝，则在永磁体穿过铝管的过程中，永磁体动能的增加量等于其重力势能的减少量

答案：

AD

解析：

本题主要考查了电磁感应现象，意在考查考生的理解能力和推理能力．空心铝管可以看成由无数个水平线圈上下拼成，假设永磁体质量为m，当永磁体下落时，就相当于铝管相对永磁体向上切割永磁体的磁感线（就如无数个线圈切割磁感线），在铝管中产生环形感应电流，而该电流又产生磁场，而且这个磁场的方向与永磁体的磁场方向相反，所以铝管对永磁体产生一个向上的力F，永磁体向下的加速度变为a＝（mg－F）/m，若仅增强永磁体的磁性，则永磁体向下的加速度变小，所以永磁体穿出铝管时的速度变小，下落的时间变长，穿过铝管的过程中产生的焦耳热增大，故选项A正确，BC错误；当铝管有裂缝时，铝管不能产生感应电流，也就没有感应磁场，那么铝管对永磁体也就没有力的作用了，永磁体做自由落体运动，其机械能守恒，故选项D正确．

9．[2019·福建厦门第一中学月考]如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为5：

1，原线圈接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统（报警器未画出），电压表和电流表均为理想电表，R0为定值电阻，RT为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，下列说法正确的是（　　）

A．图乙中电压的有效值为220V

B．电压表的示数为44V

C．RT处出现火警时电流表示数增大

D．RT处出现火警时电阻R0消耗的电功率增大

答案：

CD

解析：

设将此电压加在阻值为R的电阻上，电压的最大值为Um，电压的有效值为U，则·＝·T，代入数据得图乙中电压的有效值为110V，选项A错误；理想变压器原、副线圈的电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈的电压之比是5：

1，所以电压表的示数为22V，选项B错误；RT处温度升高时，阻值减小，由于电压不变，所以出现火警时电流表示数增大，电阻R0消耗的电功率增大，选项C、D正确．

10.

[2019·河南洛阳模拟]为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左、右两端开口，在垂直于前、后面的方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表（图中未画出）将显示两个电极间的电压U.若用Q表示污水流量（单位时间内流出的污水体积），下列说法中正确的是（　　）

A．M板的电势一定高于N板的电势

B．污水中离子浓度越高，电压表的示数越大

C．污水流动的速度越大，电压表的示数越大

D．电压表的示数U与污水流量Q成正比

答案：

ACD

解析：

根据左手定则知负离子所受洛伦兹力方向向下，正离子所受洛伦兹力方向向上，则N板带负电，M板带正电，所以M板的电势高于N板的电势，故A项正确．最终稳定时离子处于平衡状态，故电场力等于洛伦兹力，根据牛顿第二定律有qvB＝，解得U＝Bvc，所以电压表的示数与离子的浓度无关，与污水流动的速度成正比，故B项错误，C项正确．根据v＝，则流量Q＝vbc＝，即U＝，故电压表示数与污水流量成正比，故D项正确．

第Ⅱ卷　（非选择题　共70分）

二、实验题：

本题共2小题，共20分．把答案填在题中的横线上或按要求作答．

11．（9分）[2019·甘肃诊断]有一个额定电压为2.8V、功率约为0.8W的小灯泡，现要用伏安法描绘这个小灯泡的I－U图线，有下列器材供选用：

A．电压表（0～3V，内阻6kΩ）

B．电压表（0～15V，内阻30kΩ）

C．电流表（0～3A，内阻0.1Ω）

D．电流表（0～0.6A，内阻0.5Ω）

E．滑动变阻器（0～10Ω，2A）

F．滑动变阻器（0～200Ω，0.5A）

G．蓄电池（电动势6V，内阻不计）

（1）某同学误将电流表和电压表接成如图甲所示的电路，其他部分连接正确，接通电源后，小灯泡的发光情况是________．要求小灯泡两端的电压从零开始增大，应选择图乙中的电路图是________（填“a”或“b”）．

（2）用正确的电路进行测量，电压表应选用________，电流表应选用_______________________________（用序号字母表示）．

（3）滑动变阻器应选用________（用序号字母表示）．

（4）通过实验测得此小灯泡的伏安特性曲线如图丙所示，由图线可求得此小灯泡在正常工作时的电阻为________Ω.

（5）若将此小灯泡与电动势6V、内阻不计的电源相连，要使小灯泡正常发光，需串联一个阻值为________Ω的电阻（结果保留三位有效数字）．

答案：

（1）不亮　b　

（2）A　D　（3）E　（4）10　（5）11.4

解析：

（1）由题图甲可知，电压表串联在电路中，电路中的电阻很大，小灯泡不亮；要使小灯泡两端的电压从零开始调节，滑动变阻器应采用分压接法，故电路图应选择b.

（2）小灯泡的额定电压为2.8V，故电压表的量程应略大于2.8V，故电压表应选A；由P＝UI得，电流I＝＝＝0.29A，故电流表应选D.

（3）本实验中滑动变阻器是分压式接法，为了方便调节，滑动变阻器选最大阻值较小的，故应选E.

（4）由题图丙可知，当电压为2.8V时，电流为0.28A，则电阻R＝＝10Ω.

（5）要使小灯泡串联在6V的电源上正常工作，则与它串联的电阻所分电压为6V－2.8V＝3.2V，串联的电阻R′＝＝11.4Ω.

12．（11分）实验小组要测量一节干电池的电动势和内电阻．实验室有如下器材可供选择：

A．待测干电池（电动势约为1.5V，内阻约为1.0Ω）

B．电压表（量程3V）

C．电压表（量程15V）

D．电流表（量程0.6A）

E．定值电阻（阻值为50Ω）

F．滑动变阻器（阻值范围0～50Ω）

G．开关、导线若干

（1）为了尽量减小实验误差，在如图1所示的四个实验电路中应选用________．

（2）实验中电压表应选用________（填器材前的字母）．

（3）实验中测出几组电流表和电压表的读数并记录在下表中.

序号

1

2

3

4

5

6

电压U/V

1.45

1.40

1.30

1.25

1.20

1.10

电流I/A

0.060

0.120

0.240

0.260

0.360

0.480

请你将第5组数据描绘在图2给出的U－I坐标系中并完成U－I图线．

（4）由此可以得到，此干电池的电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω.（结果均保留两位小数）

（5）有位同学从实验室找来了一个电阻箱，用如图3所示的电路测量干电池的电动势和内电阻．闭合开关后，改变电阻箱阻值．当电阻箱阻值为R1时，电流表示数为I1；当电阻箱阻值为R2时，电流表示数为I2.已知电流表的内阻为RA.请你用RA、R1、R2、I1、I2表示出干电池的内电阻r＝________.

答案：

（1）丙（1分）　

（2）B（1分）　（3）如图所示（2分）

（4）1.50（1.49～1.51）（2分）　0.83（0.81～0.85）（2分）

（5）－RA（3分）

解析：

（1）为了减小实验误差，实验要多测几组数据，因此实验要用滑动变阻器，而不是定值电阻；由于待测干电池的内阻与电流表的内阻相差不大，因此实验电路图应用丙．

（2）待测干电池的电动势约为1.5V，故电压表应选B.

（3）画U－I图象时，要让尽可能多的点在同一条直线上，不在同一条直线上的点对称分布在直线的两侧．

（4）由作出的U－I图象可知，干电池的电动势E＝1.5V，干电池的内阻

r＝＝＝0.83A.

（5）由闭合电路欧姆定律得，E＝I1（R1＋RA＋r），

E＝I2（R2＋RA＋r），解得

r＝－RA.

三、计算或论述题：

本题共4小题，共50分．解答应写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．

13.

（11分）如图所示电路中，电源电动势E＝12V，内阻r＝1Ω，电阻R1＝9Ω，R2＝5Ω，R3是一只滑动变阻器，其阻值变化范围为0～20Ω，求：

（1）电流表的示数为0.4A时R3的阻值为多大；

（2）电源的总功率最大值；

（3）R3能获得的最大功率．

答案：

（1）3.3Ω　

（2）14.4W　（3）1.2W

解析：

（1）由题意可求：

U并＝I2R2＝2V

根据闭合电路的欧姆定律，E＝U并＋I（R1＋r）

可得：

I＝＝1A

故可得IR3＝I－IR2＝0.6A

由部分电路的欧姆定律可得：

R3＝＝3.3Ω

（2）根据P＝IE得，要使P最大，必须使I最大，即R最小，所以R3的阻值为零

由闭合电路的欧姆定律可得：

I′＝＝1.2A

故电源的最大功率为：

Pm＝I′E＝14.4W

（3）将R1、R2和电源内阻看作等效电源的内阻，其内阻大小为：

r′＝＝Ω

当R3＝r′时的R3获得的功率最大

此等效电源的电动势为：

E′＝＝4V

此时R3获得的最大功率为：

P′m＝＝1.2W

14．（11分）如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4m．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1kg、电阻R1＝0.1Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4kg、电阻R2＝0.1Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10m/s2.问：

（1）cd下滑的过程中，ab中的电流方向；

（2）ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；

（3）从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8m，此过程中ab上产生的热量Q是多少．

答案：

（1）由a到b　

（2）5m/s　（3）1.3J

解析：

（1）由右手定则可判断ab中的电流方向为由a流向b.

（2）开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，有Fmax＝m1gsinθ①

设ab刚要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝BLv②

设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有

I＝③

设ab所受安培力为F安，有F安＝ILB④

此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有

F安＝m1gsinθ＋Fmax⑤

综合①②③④⑤式，代入数据解得

v＝5m/s⑥

（3）设cd在运动过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有

m2gxsinθ＝Q总＋m2v2⑦

又Q＝Q总⑧

解得Q＝1.3J⑨

15．（11分）如图所示，交流发电机的矩形金属线圈abcd的边长ab＝cd＝50cm，bc＝ad＝30cm，匝数n＝100，线圈的总电阻r＝10Ω，线圈位于磁感应强度B＝0.050T的匀强磁场中，线圈平面与磁场方向平行．线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环E、F（集流环）焊接在一起，并通过电刷与阻值R＝90Ω的定值电阻连接．现使线圈绕过bc和ad边中点且垂直于磁场的转轴OO′以角速度ω＝400rad/s匀速转动．电路中的其他电阻以及线圈的自感系数均可忽略不计，求：

（1）线圈中感应电流的最大值；

（2）线圈转动过程中电阻R的发热功率；

（3）从线圈经过图示位置开始计时，经过周期时间通过电阻R的电荷量．

答案：

（1）3.0A　

（2）405W　（3）7.5×10－3C

解析：

（1）线圈产生感应电动势的最大值

Em＝nBωab×bc＝300V（2分）

根据闭合电路欧姆定律可知，线圈中感应电流的最大值Im＝（1分）

解得Im＝3.0A（1分）

（2）通过电阻R的电流的有效值I＝（1分）

线圈转动过程中电阻R的热功率P＝I2R（1分）

解得P＝405W（1分）

（3）根据法拉第电磁感应定律有＝n＝n（2分）

根据闭合电路欧姆定律有＝＝（1分）

解得q＝Δt＝7.5×10－3C（1分）

16．（17分）如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，y轴沿竖直方向，第二、三和四象限有沿水平方向，垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.第四象限的空间内有沿x轴正方向的匀强电场，场强为E，一个带正电荷的小球从图中x轴上的M点，沿着与水平方向成θ＝30°角斜向下的直线做匀速运动．经过y轴上的N点进入x<0的区域内，在x<0区域内另加一匀强电场E1（图中未画出），小球进入x<0区域后能在竖直面内做匀速圆周运动．（已知重力加速度为g）

（1）求匀强电场E1的大小和方向；

（2）若带电小球做圆周运动通过y轴上的P点（P点未标出），求小球从N点运动到P点所用的时间t；

（3）若要使小球从第二象限穿过y轴后能够沿直线运动到M点，可在第一象限加一匀强电场，求此电场强度的最小值E2，并求出这种情况下小球到达M点的速度vM.

答案：

（1）E1＝E　方向为竖直向上　

（2）t＝　（3）vM＝

解析：

（1）设小球质量为m，带电荷量为q，速度为v，小球在MN段受力如图甲所示，因为在MN段小球做匀速直线运动，所以小球受力平衡有：

mgtan30°＝qE（1分）

qvBsin30°＝qE（1分）

解得：

mg＝qE

v＝

在x<0的区域内，有mg＝qE1（1分）

联立解得E1＝E，方向为竖直向上（2分）

（2）如图乙所示，小球在磁场中做匀速圆周运动的周期是：

T＝（1分）

而：

qvB＝m（1分）

t＝T（2分）

故小球从N到P经历的时间是：

t＝（1分）

（3）小球从P点沿直线运动到M点，当电场力与PM垂直时电场力最小，由受力分析可知qE2＝mgcos30°（1分）

解得：

E2＝E（2分）

这种情况下，小球从P点沿直线运动到M点的加速度为

a＝gsin30°＝g（1分）

由几何关系可知，PM的距离为s＝Rcot30°

所求vM＝（1分）

联立解得vM＝（2分）