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山西大学附属中学2018-2019学年高二3月模块诊断物理试题一、单选题1.以下说法正确的是()A.电动机铭牌上所标电流、电压为瞬时值B.电容器的击穿电压为所加交变电压的平均值C.交流电压表所示电压值为有效值D.保险丝的熔断电流值为最大值【答案】C【解析】【详解】A、机器铭牌上所标注的值、生活中通常所说的值都是指有效值，“照明电压220V、动力电压380V”指的都是有效值，故A错误；B、电容器的击穿电压为所加交变电压的瞬时值，故B错误；C、交流电压表和交流电流表，测的是交流电的有效值，故C正确；D、保险丝的数值为有效值，故D错误。2.如图所示，有两根和水平方向成角的光滑平行轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B。一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度，会趋近于一个最大速，则()A.如果变大，变大B.如果B增大，变大C.如果R变小，将变大D.如果m变小，将变大【答案】A【解析】当金属杆做匀速运动时，速度最大，此时有mgsinθ=F安，又安培力大小为联立得：；根据上式分析得知：如果α增大，vm将变大．故A正确；当B增大时，vm将变小．故B错误；当R变小，vm将变小，故C错误；当减小m，vm将变小．故D错误．故选A．点睛：本题第一方面要会分析金属棒的运动情况，第二方面要熟记安培力的经验公式，通过列式进行分析．3.如图，光滑绝缘水平面上有一矩形线框处在竖直向下的约强磁场中，ab=2bc，开始时，cd、bc均与磁场边缘平齐；第一次将线框向右以速度匀速拉出磁场，第二次将线框向外以速度匀速拉出磁场，两次操作中线框产生的焦耳热相等，则：等于()A.2：1B.1：2C.1：4D.4：1【答案】B【解析】【详解】设；第一次将线框向右以速度匀速拉出磁场，ab边产生的感应电动势为：线框中产生的焦耳热为：第二次将线框向外以速度匀速拉出磁场，ad边产生的感应电动势为：线框中产生的焦耳热为：当时，解得：，故选项B正确，ACD错误。4.如图所示，、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()A.开关S接通时，灯先亮，灯逐渐亮，最后、一样亮B.开关S接通时，、两灯始终一样亮C.断开S的瞬间，流过的电流方向与断开s前电流方向相反D.断开S的瞬间，流过的电流方向与断开s前电流方向相反【答案】C【解析】【详解】该电路中，与线圈L并联，与电阻R并联，然后两部分串联；A、开关S闭合的瞬间，两灯同时获得电压，所以、同时发光，由于线圈的电阻可以忽略，灯逐渐被短路，流过灯的电流逐渐减小，灯逐渐增大，则灯变暗，灯变亮，故AB错误；C、断开开关S的瞬间，灯的电流突然消失，立即熄灭，流过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当电源，自感电流流过灯，所以灯突然闪亮一下再熄灭，此时流过的电流方向与断开S前电流方向相反，故C正确，D错误。5.如图所示的区域内有垂直丁纸面的匀强磁场，磁感应强度为B、电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕重直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动(O轴位于磁场边界)。则线框内产生的感应电流的有效值为()A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】半径切割磁感线产生的感应电动势：，交流电流的有效值是根据电流的热效应得出的，线框转动周期为T，而线框转动一周只有的时间内有感应电流，则有，解得：，故选项C正确，ABD错误。6.如图所示，在PO、QR区域中存在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场、磁场方向均垂直于纸面。一导线框abcdefa位于纸面内，框的邻边都相互垂直，bc边与磁场的边界P重合，导线框与磁场区域的尺寸如图所示。从t＝0时刻开始，线框匀速横穿两个磁场区域。以a→b→c→d→e→f为线框中的电动势ε的正方向，以下四个ε－t关系示意图中正确的是ABCD【答案】C【解析】楞次定律或左手定则可判定线框刚开始进入磁场时电流方向，即感应电动势的方向为顺时针方向，故D选项错误；第2s内，磁通量不变化，感应电动势为O(bc，de两段产生的感应电动势等大反向)，A选项错误；第3s内，de与fa产生感应电动势E=2Blv+Blv＝3Blv，感应电动势的方向为逆时针方向(正方向)，故C选项正确.考查法拉第电磁感应定律、楞次定律或左手定则以及考生综合分析能力.7.如图所示，一个质量为M、长为L的铜管用细线悬挂在天花板上，现让一强磁铁(可视为质点)从铜管E端由静止下落，强磁铁在下落过程中与铜管不接触，在强磁铁穿过铜管过程中()A.铜管中没有感应电流B.整个系统机械能守恒C.细线中的拉力F=MgD.强磁铁穿过制管的时间【答案】D【解析】【详解】A、强磁铁通过钢管时，导致钢管的磁通量发生变化，从而产生感应电流，故A错误；B、磁铁在铜管中运动的过程中，虽不计空气阻力，但在过程中，出现安培力做功产生热量，所以系统机械能不守恒，故B错误；C、由于磁铁与圆管间存在相互作用力，则细线中的拉力，故C错误；D、因圆管对磁铁有阻力，所以运动时间与自由落体运动相比会变长，即有，故D正确。二、多选题8.如图甲所示，理想变压器的原、副线圈共接有四个规格完全相同的小灯泡，在原线圈所在电路的A、B端输入的交流电的电压如图乙所示，四个灯泡均正常发光。下列说法正确的是()A.原、副线的匝数比3：1B.灯泡的额定电压为55VC.原线图两端的电压为220VD.若灯泡的灯丝被烧断，则灯泡将变暗【答案】ABD【解析】【详解】A、设每只灯的额定电流为I，额定电压为，因并联在副线圈两端的三只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为3I，原副线圈电流之比为，所以原、副线圈的匝数之比为，所以原线圈电压为，而A灯泡的电压也为，所以电源的电压为，而副线圈电压为，原线圈两端的电压为，故AB正确，C错误；D、若灯泡的灯丝被烧断，则副线圈的输出功率变小，则原线圈的输入功率也相应变小，由于原线圈输入电压u不变，则原线圈的输入电流变小，则灯泡将变暗，故选项D正确。9.如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表，下列说法正确的是()A.当泄动变阻器的滑动触头P向上滑动时，消耗的功率变小B.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大C.当滑动变阳器的滑动触头P向上滑动时，电流表示数变大D.若闭合开关S，则电流表示数变大、示数变小【答案】ABD【解析】【详解】A、滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电阻变大，由于副线圈电压不变，则副线圈干路电流变小，则消耗的功率变小，故A正确；B、滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，副线圈干路电流变小，分压变小，则电压表V的测量的电压变大，示数变大，故B正确；C、滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，因副线圈输出电流变小，则根据变压器电流与匝数的关系可知，原线圈的电流也变小，即电流表示数变小，故C错误；D、闭合开关S并联支路增加，电阻变小，则副线圈路电流即通过的电流变大，分压变大，则的分压变小，电流变小，示数变小，电流表示数随副线圈干路电流的变大而变大，故D正确。10.如图所示，固定的竖直光滑U型金属导轨，间距为L，上端接有阻值为R的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、电阻为r的导体棒与劲度系数为k的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计。初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为，此时导体棒具有竖直向上的初速度，在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。则下列说法正确的是（）A.初始时刻导体棒受到的安培力大小B.初始时刻导体棒加速度的大小C.导体棒往复运动，最终将静止时弹簧处于压缩状态D.导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热【答案】BC【解析】【详解】初始时刻导体棒产生的感应电动势E=BLv0，感应电流，安培力，A错误；初始时刻，由牛顿第二定律有ma=mg+kx1+F，解得，B正确；当导体棒静止时，安培力为零，棒受到重力和弹簧的弹力而平衡，弹力的方向向上，弹簧处于压缩状态，选项C正确；导体棒最终静止时，弹簧被压缩，故棒从开始运动到最终静止，弹簧的弹性势能不变，由能量守恒有，解得系统产生的总热量，则R上产生的热量要小于Q，D错误；故选BC。11.如图所示，在平面上有两条相互垂直且彼此绝缘的长通电直导线，以它们为坐标轴构成一个平面直角坐标系。四个相同的闭合圆形线圈在四个象限中完全对称放置，两条长直导线中电流大小与变化情况相同，电流方向如图所示，当两条导线中的电流都开始均匀增大时，四个线圈a、b、c、d中感应电流的情况是A.线圈a中有感应电流B.线圈b中有感应电流C.线圈c中有顺时针方向的感应电流D.线圈d中有逆时针方向的感应电流【答案】AC【解析】由右手螺旋定则可判定通电导线磁场的方向。ac象限磁场不为零，a中磁场垂直纸面向里，当电流增大时，线圈a中有逆时针方向的电流，故A正确；其中bd区域中的磁通量为零，当电流变化时不可能产生感应电流，故BD错误。ac象限磁场不为零，c中磁场垂直纸面向外，当电流增大时，线圈c中有顺时针方向的电流，故C正确；故选AC。点睛：本题考查了右手螺旋定则和楞次定律的应用，解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，知道感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化．12.在匀强磁场中，一矩形金属线框在匀强磁场中绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示，则下列说法正确的是()A.t=0.01s时穿过线框的做通量最大B.t=0.01s时穿过线框的磁通量变化率最大C.该线框匀速转动的角速度大小为100πD.电动势瞬时值为22V时，线圈平面与中性面的夹角可能为45°【答案】ACD【解析】【详解】A、由图象知：时，感应电动势为零，处于中性面位置，则穿过线框的磁通量最大，变化率最小，故A正确，B错误；C、由图象得出周期，所以，故C正确；D、当时，电动势为零，线圈平面与磁场方向垂直，故该交变电动势的瞬时值表达式为，电动势瞬时值为时，代入瞬时表达式，则有线圈平面与中性面的夹角正弦值，所以线圈平面与中性面的夹角可能为，故D正确。13.如图所示，电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R。质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是F=F0+kv（F0、k是常量），金属棒与导轨始终垂直且接触良好。金属棒中感应电流为i，受到的安培力大小为FA，电阻R两端的电压为UR，感应电流的功率为P，它们随时间t变化图象可能正确的有A.B.C.D.【答案】BC【解析】试题分析：对金属棒受力分析，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和牛顿第二定律得出表达式，分情况讨论加速度的变化情况，分三种情况讨论：匀加速运动，加速度减小的加速，加速度增加的加速，再结合图象具体分析．设金属棒在某一时刻速度为v，由题意可知，感应电动势，环路电流，即；安培力，方向水平向左，即，；R两端电压，即；感应电流功率，即．分析金属棒运动情况，由力的合成和牛顿第二定律可得：，即加速度，因为金属棒从静止出发，所以，且，即，加速度方向水平向右．（1）若，，即，金属棒水平向右做匀加速直线运动．有，说明，也即是，，所以在此情况下没有选项符合．（2）若，随v增大而增大，即a随v增大而增大，说明金属棒做加速度增大的加速运动，速度与时间呈指数增长关系，根据四个物理量与速度的关系可知B选项符合；（3）若，随v增大而减小，即a随v增大而减小，说明金属棒在做加速度减小的加速运动，直到加速度减小为0后金属棒做匀速直线运动，根据四个物理量与速度关系可知C选项符合；三、计算题14.如图所示，一个半径为r的半圆形线圈，以直径ab为轴匀速转动，转速为n，ab的左侧有垂直于纸面向里(与ab垂直)的匀强磁场，磁感应强度为B，M和N是两个集流环，负载电阻为R，线圈、电流表和连接导线的电阻不计，求：（1）感应电动势的最大值；（2）从图示位置起转过90°转的时间内，负载电阻R上产生的热量；（3