高考物理一轮复习 精选题辑 月考三 电磁场电磁感应 交、直流电路-人教版高三全册物理试题.doc

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1、月考三选修31电磁场电磁感应交、直流电路第卷(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16题只有一个选项正确，第710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(2018上海静安区一模)如图所示，光滑绝缘的水平桌面上有AB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()Av和a都变小Bv和a都变大Cv和a都不变 Dv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

2、引力，当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；当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(2018河北百校联考)如图所示，固定在

3、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()AQ，F BQ，FCQ，F DQ，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Fsinmg，其中sin，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FcosFQkcos，解得Q，故选D.3

4、(2018安徽六安质检)在如图所示的电路中，已知电源的电动势E5 V，内阻不计，R18 ，R22 ，R35 ，R6 ，滑动变阻器的最大阻值R420 ，电容器电容C2 F，不计电表内阻的影响，闭合开关，在滑片从a端滑到b端的过程中，下列说法中正确的是()A电流表的示数变大 B电压表的示数变大C电源的总功率变大 D电容器先放电后充电答案：D解析：在滑片从a端滑到b端的过程中，R4的阻值变大，总电阻变大，总电流变小，电流表的示数变小，A错误；R1支路电流不变，R3支路电流变小，所以电压表的示数变小，B错误；电源的总功率PEI变小，C错误；滑片位于a端时，由于R3两端的电压大于R1两端的电压，所以电容

5、器上极板电势高，带正电；滑片位于b端时，R3两端电压小于R1两端电压，电容器下极板电势高，带正电，所以滑片从a端滑到b端的过程中，电容器先放电再反向充电，D正确4(2018广西陆川期末)如图甲所示，矩形线圈abcd固定于方向相反的两个磁场中，两磁场的分界线OO恰好把线圈分成对称的左右两部分，两磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，规定磁场垂直纸面向里为正，线圈中感应电流逆时针方向为正则线圈中感应电流随时间的变化图象为()答案：A解析：在开始阶段OO左侧磁场增强，OO右侧磁场减弱，由楞次定律可知线圈中有沿逆时针方向的感应电流，因磁场是均匀变化的，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律知，感应电流的

6、大小不变，故A正确5(2018河北冀州中学一检)如图甲所示，MN左侧有一垂直于纸面向里的匀强磁场现将一边长为L、质量为m、电阻为R的正方形金属线框置于该磁场中，使线框平面与磁场垂直，且bc边与磁场边界MN重合当t0时，对线框施加一水平拉力F，使线框由静止开始向右做匀加速直线运动；当tt0时，线框的ad边与磁场边界MN重合图乙为拉力F随时间变化的图线，不计摩擦阻力由以上条件可知，磁场的磁感应强度B的大小为()AB BBCB DB答案：C解析：t0时刻，感应电动势E0，感应电流I0，安培力F安BIL0，由牛顿第二定律得F0ma，a，根据牛顿第二定律得FF安ma，又F安BIL，I，EBLv，vat，

7、联立可得Fma，由题图乙读出图线的斜率k，解得B，选项C正确6(2018山东胶州联考)如图所示，匝数为100匝的矩形线圈abcd处于磁感应强度B T的水平匀强磁场中，线圈面积S0.5 m2，电阻不计线圈绕垂直于磁场的轴OO以角速度10 rad/s匀速转动线圈通过金属滑环与理想变压器原线圈相连，变压器的副线圈接入一只“12 V12 W”的灯泡，灯泡正常发光，下列说法中正确的是()A通过灯泡的交变电流的频率是50 HzB变压器原、副线圈匝数之比为101C矩形线圈中产生的电动势的最大值为120 VD若将该灯泡更换为“12 V24 W”的灯泡且保持其正常发光，需要增大矩形线圈的转速答案：B解析：交流电

8、的频率为f5 Hz，选项A错误；矩形闭合线圈在磁场中转动，产生的交流电压的最大值为EmnBS1000.510 V120 V，原线圈电压的有效值为120 V，所以变压器原、副线圈的匝数之比为12012101，选项B正确，C错误；由于灯泡的额定电压不变，所以不需要改变交流电的转速，选项D错误7(2018莆田模拟)(多选)如图所示，一正方体盒子处于竖直向上匀强磁场中，盒子边长为L，前后面为金属板，其余四面均为绝缘材料，在盒子左面正中间和底面上各有一小孔(孔大小相对底面大小可忽略)，底面小孔位置可在底面中线MN间移动，现有一些带q电荷量的液滴从左侧小孔以某速度进入盒内，由于磁场力作用，这些液滴会偏向金

9、属板，从而在前后两面间产生电压，(液滴落在底部绝缘面或右侧绝缘面时仍将向前后金属板运动，带电液滴到达金属板后将电量传给金属板后被引流出盒子)，当电压达稳定后，移动底部小孔位置，若液滴速度在某一范围内时，可使得液滴恰好能从底面小孔出去，现可根据底面小孔到M点的距离d计算出稳定电压的大小，若已知磁场的磁感应强度为B，则以下说法正确的是()A稳定后前金属板电势较低B稳定后液滴将做匀变速曲线运动C稳定电压为UBd D能计算出稳定电压为Bd答案：BD解析：由左手定则知，带负电液滴受洛伦兹力向后侧金属板偏转，故后面金属板因带负电荷而电势较低，故A错当液滴水平方向所受电场力和洛伦兹力平衡后，竖直方向受恒定的

10、重力作用，故做匀变速曲线运动，即B对因液滴运动时间t满足：gt2，入射速度v，又稳定后：qqvB，解得UBd，即D正确8(多选)如图所示，水平面内有一个闭合导线(由细软导线制成)绕过两固定且光滑的小钉子A和D，以及E点处的动滑轮，一根橡皮筋两端连接动滑轮轴心和固定点O1，使各段导线保持绷紧拉直状态以AD为直径、半径为R半圆形区域内，有磁感应强度大小为B，方向垂直水平面向下的有界匀强磁场已知P点为半圆弧的中点，导线框的电阻为r，现将导线上的某点C以恒定角速度(相对圆心O)从D点沿圆弧移动的过程中，则下列说法正确的是()A当C点从D点沿圆弧移动到A点的过程中，导线框中感应电流的方向先为逆时针方向，

11、后为顺时针方向B当C点从D点沿圆弧移动到图中CAD30位置的过程中，通过导线横截面的电荷量为C当C点沿圆弧移动到P点时，导线框中的感应电动势最大D当C点沿圆弧移动到A点时，导线框中的感应电动势最大答案：ABD解析：当C点从D点运动到A点的过程中，线圈的面积先增大后减小，则线圈中的磁通量是先增大后减小，由楞次定律可知线圈中电流方向先逆时针方向后顺时针方向，故A正确；当C点从D点运动到CAD30的过程中，回路中电荷量为q代入数据得q，则B正确；导体切割磁感线时，切割磁感线的有效速度、有效长度最大时，其产生的电动势最大，当运动到A点时，速度方向与导线垂直，且导线有效长度最大，则此时产生的电动势最大，

12、故C错误、D正确9.(多选)如图所示，K1、K2闭合时，一质量为m、带电荷量为q的液滴，静止在电容器的A、B两平行金属板间现保持K1闭合，将K2断开，然后将B板向下平移到图中虚线位置，则下列说法正确的是()A电容器的电容减小BA板电势比电路中Q点电势高C液滴将向下运动D液滴的电势能增大答案：AB解析：将B板向下平移到图中虚线位置，极板间的距离增大，由C知，电容器的电容减小，选项A正确；K2断开后，极板上所带的电荷量不变，由C、E、C得，E，故将B板向下平移到图中虚线位置后，极板间的场强不变，由AEd知，A板电势升高，而K1、K2闭合时，A板电势与电路中Q点电势相等，所以K2断开后，A板电势比电

13、路中Q点电势高，选项B正确；K1、K2闭合时，油滴静止，其所受的电场力与重力平衡，将B板向下平移到图中虚线位置后，极板间的电场强度不变，所以油滴所受的电场力不变，故油滴仍处于静止状态，选项C错误；由平衡条件知，油滴带负电，由Epq知，油滴的电势能减小，选项D错误10.(多选)如图是用电流传感器S1、S2(其电阻忽略不计)研究自感现象的实验电路，图中两个电阻的阻值均为R，L是一个自感系数足够大的自感线圈，其直流电阻值也为R，不计电源内阻下图是某同学画出的在t0时刻开关S切换前后，通过传感器的电流随时间变化的图象关于这些图象，下列说法中正确的是 ()A甲是开关S由断开变为闭合，通过传感器S1的电流

14、随时间变化的情况B乙是开关S由断开变为闭合，通过传感器S1的电流随时间变化的情况C丙是开关S由闭合变为断开，通过传感器S2的电流随时间变化的情况D丁是开关S由闭合变为断开，通过传感器S2的电流随时间变化的情况答案：BC解析：开关S由断开变为闭合时，由于L的自感，通过L的电流逐渐增大，故通过传感器S1的电流逐渐增大，选项B正确、A错误；开关S由闭合变为断开时，L与R构成闭合回路，由于L的自感，通过L的电流逐渐减小，故通过传感器S2的电流逐渐减小，选项C正确、D错误第卷(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)(2018甘肃一诊)有一个额定

15、电压为2.8 V、功率约为0.8 W的小灯泡，现要用伏安法描绘这个小灯泡的IU图线，有下列器材供选用：A电压表(03 V，内阻6 k)B电压表(015 V，内阻30 k)C电流表(03 A，内阻0.1 )D电流表(00.6 A，内阻0.5 )E滑动变阻器(010 ，2 A)F滑动变阻器(0200 ，0.5 A)G蓄电池(电动势6 V，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

16、)(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_.(5)若将此小灯泡与电动势6 V、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_的电阻(结果保留三位有效数字)答案：(1)不亮b(2)AD(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2.8 V，故电压表的量程应略大于2.8 V，故电压表应选A；由PUI得，电流I0.29 A，故电流

17、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2.8 V时，电流为0.28 A，则电阻R10 .(5)要使小灯泡串联在6 V的电源上正常工作，则与它串联的电阻所分电压为6 V2.8 V3.2 V，串联的电阻R11.4 .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1.5 V，内阻约为1.0 )B电压表(量程3 V)C电压表(量程15 V)D电流表(量程0.6 A)E定值电阻(阻值为50 )F滑动变阻器(阻值范围050 )G开关、导线若干(1)为了尽量减小

18、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123456电压U/V1.451.401.301.251.201.10电流I/A0.0600.1200.2400.2600.3600.480请你将第5组数据描绘在图2给出的UI坐标系中并完成UI图线(4)由此可以得到，此干电池的电动势E_V，内电阻r_.(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

19、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(1.491.51)(2分)0.83(0.810.85)(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1.5 V，故电压表应选B.(3)画UI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UI图象可知，干电池的电动势

20、E1.5 V，干电池的内阻r0.83 A(5)由闭合电路欧姆定律得，EI1(R1RAr)，EI2(R2RAr)，解得rRA.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(10分)如图所示电路中，电源电动势E12 V，内阻r1 ，电阻R19 ，R25 ，R3是一只滑动变阻器，其阻值变化范围为020 ，求：(1)电流表的示数为0.4 A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)3.3 (2)14.4 W(3)1.2 W解析：(1)由题意可求：

21、U并I2R22 V根据闭合电路的欧姆定律，EU并I(R1r)可得：I1 A故可得IR3IIR20.6 A由部分电路的欧姆定律可得：R33.3 (2)根据PIE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：I1.2 A故电源的最大功率为：PmIE14.4 W(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 当R3r时的R3获得的功率最大此等效电源的电动势为：E4 V此时R3获得的最大功率为：Pm1.2 W14.(10分)如图所示，交流发电机的矩形金属线圈abcd的边长abcd50 cm，bcad30 cm，匝数n100，线圈的总电阻r10 ，

22、线圈位于磁感应强度B0.050 T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R90 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400 rad/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)3.0 A(2)405 W(3)7.5103 C解析：(1)线圈产生感应电动势的最大值EmnBabbc300 V(2分)根据闭合电路欧姆定律可知

23、，线圈中感应电流的最大值Im(1分)解得Im3.0 A(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PI2R(1分)解得P405 W(1分)(3)根据法拉第电磁感应定律有nn(1分)根据闭合电路欧姆定律有(1分)解得qt7.5103 C(1分)15(13分)如图所示，两平行且足够长的金属导轨AB、CD相距L1 m，导轨平面与水平面夹角为37，两导轨下端B、C用导线相连，导线和导轨电阻不计，GH、BC均与导轨垂直，导轨的GB、HC部分粗糙(含G、H点)，其余部分光滑，HC的长度为d12 m在GBCH范围内存在垂直导轨平面向上的磁场(未画出)，磁感应强度大小B01 T

24、质量为m1.0 kg、电阻为r1 的导体棒MN垂直放置在导轨上，且两端始终与导轨接触良好，导体棒MN从与磁场上边界GH距离为d23 m的位置由静止释放导体棒MN与导轨粗糙部分的动摩擦因数为0.75，不计空气阻力，g10 m/s2，sin370.6，cos370.8，求：(1)设导体棒MN刚进入磁场时的加速度；(2)导体棒MN刚到达导轨底端BC时的速度大小答案：(1)6 m/s2(2)4 m/s解析：(1)设导体棒MN运动到GH处时的速度大小为v0由动能定理得mgd2sinmv(2分)得v06 m/s刚进入磁场时电流为I，由闭合电路欧姆定律得I(2分)由牛顿第二定律，mgsinmgcosB0IL

25、ma(2分)代入数据得a6 m/s2(1分)即加速度的大小为6 m/s2，方向沿导轨向上(1分)(2)设导体棒MN在磁场中以速度v0开始运动，经t时间的速度变化量为v则有tmv(2分)在磁场中运动的全过程有mv1mv0(2分)代入数据得v14 m/s(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30角斜向下的直线做匀速运动经过y轴上的N点进入x0的区域内，在x0区域内另加一匀强电场E1(图中未

26、画出)，小球进入x0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)E1E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：mgtan30qE(1分)qvBsin30qE(1分)解得：mgqEv在x0的区域内，有mgqE1(1分)联立解得E1E，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：qvBm(1分)tT(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qE2mgcos30(1分)解得：E2E(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agsin30g(1分)由几何关系可知，PM的距离为sRcot30所求vM(1分)联立解得vM(2分)