福建省漳州市平和县第一中学2020学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析）

福建省漳州市平和县第一中学2020学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析）

平和一中2020-19学年高二年级下学期第一次月考 ‎ 物理试卷 一、选择题 ‎1.科学发现或发明是社会进步的强大推动力，青年人应当崇尚科学在下列关于科学发现或发明的叙述中，存在错误的是（ ）‎ A. 奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电与磁的联系 B. 法拉第经历了十年的探索，实现了“磁生电”的理想 C. 洛伦兹发现了电磁感应定律 D. 楞次在分析许多实验事实后提出，感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电与磁的联系，选项A正确；法拉第经历了十年的探索，实现了“磁生电”的理想，选项B正确；洛伦兹发现了磁场对带电粒子的作用力，选项C错误；楞次在分析许多实验事实后提出，感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项D正确；此题选择错误的选项，故选C.‎ ‎2.在如图所示的实验中，能在线圈中产生感应电流的是 A. 磁铁N极停在线圈中 B. 磁铁S极停在线圈中 C. 磁铁从线圈内抽出的过程 D. 磁铁静止在线圈左侧 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 磁铁N极停在线圈中，穿过线圈的磁通量不变，不能产生感应电流．故A错误．磁铁S极停在线圈中，穿过线圈的磁通量不变，不能产生感应电流．故B错误．磁铁从线圈内抽出的过程，穿过线圈的磁通量减小，能产生感应电流．故C正确．磁铁静止在线圈左侧，穿过线圈的磁通量不变，不能产生感应电流．故D错误．故选C.‎ ‎3.如图所示，导体棒ab沿水平面内的光滑导线框向右做匀速运动，速度v=6.0m/s．线框宽度L=0.3m，处于垂直纸面向下的匀强磁场中，磁感应强度B=0.1T．则感应电动势E的大小为 A. 0.18V B. 0.20 V C. 0.30V D. 0.40V ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】ab棒切割磁感线产生的感应电动势为：E=Blv=0.1×0.3×6.0V=0.18V，故选A。‎ ‎4. 穿过闭合回路的磁通量随时间变化的图像分别如图①—④所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是（ ）‎ A. 图①中回路产生的感应电动势恒定不变 B. 图②中回路产生的感应电动势一直在增大 C. 图③中回路在0—t1内产生的感应电动势小于在t1—t2内产生的感应电动势 D. 图④中回路产生的感应电动势先变小后变大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析:根据电动势的定义式：可知，电动势的大小与通量的变化率有关，即可以理解为线圈匝数不变的情况下磁通量变化率越大，感应电动势越大。在图中斜率表示磁通量的变化率，A的斜率为0，即磁通量的变化率为0，故A不产生感应电动势。B的斜率一直不变，故感应电动势应为恒定。C中的过程中斜率为负值，故应产生反向感应电动势。D中前半段曲线走势越来越平，即斜率越来越小，故电动势越来越小，后半段曲线越来越陡，即斜率越来越大，故电动势越来越大。综合上述A.B.C均错误,D正确。‎ 考点：感应电动势大小的决定因素与图像处理能力 ‎5.如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直．磁感应强度B随时间均匀增大．两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb.不考虑两圆环间的相互影响．下列说法正确的是(　　)‎ A. Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向 B. Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向 C. Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向 D. Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据法拉第电磁感应定律可得，根据题意可得，故，感应电流产生的磁场要阻碍原磁场的增大，即感应电流产生向里的感应磁场，根据楞次定律可得，感应电流均沿顺时针方向。‎ ‎【考点定位】法拉第电磁感应定律、楞次定律的应用 ‎【方法技巧】对于楞次定律，一定要清楚是用哪个手判断感应电流方向的，也可以从两个角度理解，一个是增反减同，一个是来拒去留，对于法拉第电磁感应定律，需要灵活掌握公式，学会变通。‎ ‎6.图甲和图乙是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈，A1、 A2、 A3是三个完全相同的灯泡。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同．下列说法正确的是( 　)‎ A. 图甲中，A1与L1的电阻值相同 B. 图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流 C. 图乙中，变阻器R与L2的电阻值相同 D. 图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，由于线圈L1的自感，通过L1的电流逐渐减小，且通过A1，即自感电流会大于原来通过A1的电流，说明闭合S1，电路稳定时，通过A1的电流小于通过L1的电流，L1的电阻小于A1的电阻，AB错误；闭合S2，电路稳定时，A2与A3的亮度相同，说明两支路的电流相同，因此变阻器R与L2的电阻值相同，C正确；闭合开关S2，A2逐渐变亮，而A3立即变亮，说明L2中电流与变阻器R中电流不相等，D错误。‎ ‎【名师点睛】线圈在电路中发生自感现象，根据楞次定律可知，感应电流要“阻碍”使原磁场变化的电流变化情况。电流突然增大时，会感应出逐渐减小的反向电流，使电流逐渐增大；电流突然减小时，会感应出逐渐减小的正向电流，使电流逐渐减小。‎ ‎7.如图是交流发电机的示意图，图甲到图丁分别表示线圈转动过程中的四个位置，其中甲、丙中的线圈与磁场方向垂直，乙、丁中线圈与磁场方向平行，则在线圈转动的过程中直流电流表有示数的位置是 A. 甲、丙 B. 丙、丁 C. 甲、乙 D. 乙、丁 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由题意可知，根据右手定则，得：乙、丁中线圈虽与磁场方向平行，但切割速度与磁场垂直，故有感应电流出现，而甲、丙中的线圈与磁场方向垂直，但切割速度与磁场平行，因此没有感应电流，故D正确，A、B、C错误；故选D.‎ ‎【点睛】考查右手定则的应用，注意切割速度的理解，并形成结论：磁通量最大时，切割速度与磁场平行；磁通量最小时，切割速度与磁场垂直．‎ ‎8.阻值为R的电阻上通以如图所示的交变电流，则此交流电的有效值为(　　)‎ A. 1 A B. 2 A C. 3 A D. A ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设交流电电流的有效值为I，周期为T，电阻为R，则：，解得：，故D正确，A、B、C错误；‎ 故选D。‎ ‎9.如图所示为一理想变压器，原线圈接在输出电压为u=U 0sinωt 的交流电源两端．电路中R0为定值电阻，V1、V2为理想交流电压表，A1、A2为理想交流电流表．现使滑动变阻器R的滑动触头P向上滑动，下列说法正确的是 A. 电压表V1与V2示数的比值不变 B. 电流表A1与A2示数的比值将变小 C. 电压表V1与电流表A1示数的比值变小 D. 电压表V2与电流表A2示数的比值变小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由于只有一个副线圈，因此电压之比一定等于线圈匝数的正比，故两电压表的比值不变，故A正确；由于只有一个副线圈，因此电流之比一定等于线圈匝数的反比，故两电流表的比值不变，故B错误；滑动变阻器R的滑动触头P向上滑动，则滑动变阻器接入电阻增大，根据闭合电路的欧姆定律可知A2电流减小，故A1电流减小，由于U1不变，故电压表V1与电流表A1示数的比值变大，故C错误；滑动变阻器R的滑动触头P向上滑动，则滑动变阻器接入电阻增大，由欧姆定律可知，电压表V2与电流表A2示数的比值变大，故D错误；故选A。‎ ‎【点睛】本题考查理想变压器的性质，要注意明确线圈匝数之比与电流和电压的关系，同时注意输出端用电器可以利用欧姆定律分析求解。‎ ‎10.如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d>L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动．t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列vt图像中，可能正确描述上述过程的是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 线框进入磁场时，由右手定则和左手点则可知线框受到向左的安培力，由于，则安培力减小，故线框做加速度减小的减速运动；同理可知线框离开磁场时，线框也受到向左的安培力，做加速度减小的减速运动；线框完全进入磁场后，线框中没有感应电流，不再受安培力作用，线框做匀速运动，本题选D。‎ ‎11.如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b。当输入电压U为灯泡额定电压的5倍时，两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是 A. 原、副线圈匝数之比为4:1‎ B. 原、副线圈匝数之比为5:1‎ C. 此时a和b的电功率之比为4:1‎ D. 此时a和b的电功率之比为1:4‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】灯泡正常发光，则其电压均为额定电压U，则说明原线圈输入电压为4U，输出电压为U；则可知，原副线圈匝数之比为4：1：故A正确；B错误；根据变压器原理可得，所以I1=I2，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P=UI可得两者的电功率之比为1：4；故C错误，D正确；故选AD。‎ ‎【点睛】本题考查变压器原理，要注意明确输入电压为灯泡两端电压与输入端电压之和，从而可以确定输入端电压；则可求得匝数之比。‎ ‎12.如图所示，圆形导体线圈a平放在绝缘水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管、电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向上滑动，下列说法中正确的有（　　）‎ A. 穿过线圈a的磁通量增大 B. 线圈a对水平桌面的压力小于其重力 C. 线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流 D. 线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：当滑动触头P向上移动时电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流减小，b线圈产生的磁场减弱，故穿过线圈a的磁通量变小；根据b中的电流方向和安培定则可知b产生的磁场方向向下穿过线圈a，根据楞次定律，a中的感应电流的磁场要阻碍原来磁场的减小，故a的感应电流的磁场方向也向下，根据安培定则可知线圈a中感应电流方向俯视应为顺时针，故A错误，C错误，D正确．开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑动触头向上滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a和b看做两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁互相吸引，故线圈a对水平桌面的压力将减小，故B正确．故选BD.‎ 考点：安培定则；楞次定律 ‎13.在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图所示，产生的交变电动势的图象如图2所示，则 A. t=0.01s时线框平面与中性面重合 B. t=0.005s时线框的磁通量变化率为零 C. 线框产生的交变电动势有效值为220V D. 线框产生的交变电动势的频率为50Hz ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】由图2可知 T=0.02s，Em=311V；由图可知t=0.01s时刻感应电动势等于零，线框平面与中性面重合，故A正确；t=0.005s时感应电动势最大，线框的磁通量变化率最大，故B错误；根据正弦式交变电流有效值和峰值的关系可得，该交变电流的有效值为E==220V，故C正确。T=0.02s，线框产生的交变电动势的频率为f=50Hz，故D正确；故选ACD。‎ ‎14.平面上的光滑平行导轨MN、PQ上放着光滑导体棒ab、cd，两棒用细线系住，开始时匀强磁场的方向如图甲所示，而磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示，不计ab、cd间电流的相互作用则细线中张力（ ）‎ A. 由0到t0时间内细线中的张力逐渐减小 B. 由t0到t1时间内细线中张力增大 C. 由0到t0时间内两杆靠近，细线中的张力消失 D. 由t0到t1时间内两杆靠近，细线中的张力消失 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】由图乙所示图象可知，0到t0时间内，磁场向里，磁感应强度B均匀减小，线圈中磁通量均匀减小，由法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的感应电动势，形成恒定的电流。由楞次定律可得出电流方向沿顺时针，故ab受力向左，cd受力向右，而张力F=F安=BIL，因B减小，故张力将减小，故A正确、C错误；由图乙所示图象可知，由t0到t时间内，线圈中的磁场向外，B均匀增大，回路中产生恒定的感应电流，由楞次定律可知，电流为顺时针，由左手定则可得出，两杆受力均向里，故两杆靠近，细线中张力消失，D正确，B错误；‎ 故选AD。‎ ‎【点睛】本题只要楞次定律的第二种表达掌握好了，本题可以直接利用楞次定律的“来拒去留”进行判断。‎ 三、计算题 ‎15.如图甲所示，单匝正方形线框abcd的电阻R=0.5Ω，边长L=20cm，匀强磁场垂直于线框平面，磁感强度B随时间t的变化规律如图乙所示。求：‎ ‎（1）0～2s内通过ab边横截面的电荷量q；‎ ‎（2）0～4s内线框中产生的焦耳热Q。‎ ‎【答案】（1）4.8×10-2C；(2)1.15×10-3J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由法拉第电磁感应定律得，电动势E＝S 感应电流 I＝‎ 电量q=I△t 解得q=4.8×10-2C；   I=2.4×10-2A   ‎ ‎（2）由焦耳定律得Q=I2Rt          ‎ 代入数值得 Q=1.152×10-3J；‎ ‎16.如图所示，某水电站发电机的输出功率为100kW，发电机的电压为250V，通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为8Ω，在用户端用降压变压器把电压降为220V．若输电线上损失的功率为5kW，不计变压器的损耗，求：‎ ‎（1）输电导线上输送的电流；‎ ‎（2）升压变压器的输出电压U2；‎ ‎（3）降压变压器的匝数比．‎ ‎【答案】（1）25A；（2）4000V；（3）190:11‎ ‎【解析】‎ 试题分析：根据输电损失功率公式计算电流；由输送功率计算输送电压U2；由电压与匝数成正比和电压分配关系计算匝数之比 ‎(1)由知输电线上的电流 ‎(2)升压变压器的输出电压 ‎(3)降压变压器的输入电压 降压变压器的匝数比 ‎17.如图为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，转动的角速度ω=10π rad/s，线圈的匝数N=10匝、电阻r=1Ω，线圈所围面积S=0.1m2．线圈的两端经滑环和电刷与阻值R=9Ω的电阻相连，匀强磁场的磁感应强度B=1T．在t=0时刻，线圈平面与磁场方向平行，（π取3.14，π2取10）则：‎ ‎(1)从图示位置开始计时，写出通过R的电流的瞬时表达式；‎ ‎(2)若在R两端接一个交流电压表，它的示数为多少？‎ ‎(3)线圈转动一周过程中，R上产生电热Q为多少？‎ ‎(4)线圈从图示位置转过90°过程中，通过R的电荷量q为多少？‎ ‎【答案】(1)i=3.14cos31.4t A (2)U=20V （3）Q=9J (4) q=0.1C ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）感应电动势的最大值为：Em=NBSω=10×1×0.1×10πV=31.4V 感应电流的最大值为：‎ 电流的瞬时表达式为：i=Imcosωt=3.14cos31.4t A ‎（2）电流的有效值为：I= ‎ 电阻R两端电压有效值为：U=IR 联立得电压表示数为：U=20V ‎ ‎（3）R产生的热量为：Q=I2Rt 一周时间为：t==0.2s 解得：Q=9J ‎（4）通过R的电荷量为：q=△t 又 ‎ 所以 q=‎ 代入数据解得：q=0.1C ‎【点睛】解决本题时要知道正弦式交流电峰值的表达式Em=nBSω，以及知道峰值与有效值的关系．求热量要用电流的有效值，求电荷量要用电流的平均值．‎ ‎18.如图所示，两条足够长的平行的光滑裸导轨c、d所在斜面与水平面间夹角为θ，间距为L，导轨下端与阻值为R的电阻相连，质量为m的金属棒ab垂直导轨水平放置，整个装置处在垂直斜面向上的磁感应强度为B的匀强磁场中．导轨和金属棒的电阻均不计，有一个水平方向的力垂直作用在棒上，棒的初速度为零，则：（重力加速度为g）‎ ‎（1）若金属棒中能产生从a到b的感应电流，则水平力F需满足什么条件？‎ ‎（2）当水平力大小为F1，方向向右时，金属棒ab加速向上运动。求金属棒的最大速度vm是多少？‎ ‎【答案】（1）F＞mgtanθ；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）金属棒中能产生从a到b的感应电流，说明金属棒沿导轨向上运动切割磁感线．受力分析如图．‎ Fcosθ＞mgsinθ 得：F＞mgtanθ．‎ ‎（2）金属棒加速上滑时，安培力平行于斜面向下，棒先加速后匀速，匀速时即为最大速度．‎ F1cosθ=mgsinθ+F安 F安=BIL=‎ 解得：vmax=‎ ‎【点睛】对于电磁感应中的力学问题，关键是要正确分析导体棒的受力情况，注意安培力的方向与运动方向相反，同时要把握导体棒速度最大的条件：合力为零． ‎