福建省莆田第八中学2020学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析）
莆田八中2020学年高二下第一次月考
物理试卷
一、单项选择题
1.下列对甲乙丙三个图中的判断，其中说法正确的是
A. 甲图中，闭合线圈在足够大的匀强磁场中匀速运动时没有感应电流，也没有感应电动势
B. 甲图中，闭合线圈在足够大的匀强磁场中加速运动时没有感应电流，有感应电动势
C. 乙图中，条形磁铁向闭合线圈运动，速度越大，感应电流越小
D. 丙图中，线圈绕平行匀强磁场的轴匀速转动，有感应电流，会产生正弦交流电
【答案】B
【解析】
【详解】AB、甲图中，闭合线框在磁场中运动（无论是匀速还是加速），根据Φ=BS知，穿过线框的磁通量不变，没有感应电流产生，但线圈的左右两边切割磁感线产生感应电动势，故A错误，B正确；
C、乙图中，条形磁铁向闭合线圈运动，速度越大，闭合线圈的磁通量变化越快，即越大，感应电动势越大，感应电流越大，故C错误；
D、丙图中，线圈绕平行匀强磁场的轴匀速转动时，穿过闭合线圈的磁通量始终为零，即磁通量变化量为零，没有感应电动势产生，也没有感应电流，故D错误。
2.闭合线框abcd，自某高度自由下落时穿过一个有界的匀强磁场，当它经过如图所示的三个位置时，感应电流的方向判断正确的是（ ）
A. 经过Ⅰ时，a→d→c→b→a
B. 经过Ⅱ时，a→b→c→d→a
C. 经过Ⅱ时，a→d→c→b→a
D. 经过Ⅲ时，a→d→c→b→a
【答案】D
【解析】
【详解】A、经过Ⅰ时，向里的磁通量增加，根据楞次定律则感应电流磁场方向向外，由右手定则判断感应电流方向为a→b→c→d→a，故A错误；
BC、经过Ⅱ时，磁通量不变，则感应电流为0，故BC错误；
D、经过Ⅲ时，向里的磁通量减少，根据楞次定律感应电流的磁场方向向里，由右手定则判断感应电流方向为a→d→c→b→a，故D正确。
3.通过一闭合线圈的磁通量为，随时间的变化规律如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A. 内线圈中的电动势在均匀增加
B. 第末线圈中的感应电动势是
C. 第末线圈中的瞬时电动势比末的小
D. 第末和末的瞬时电动势的方向相同
【答案】B
【解析】
根据法拉第电磁感应定律,内，，保持不变，故A错误．第末线圈的感应电动势，故B正确．第末线圈的感应电动势，大于第末的电动势，故C错误．由可知，电动势为正，电动势为负，所以两个电动势方向相反，故D错误．故选B．
4.如图，间距为L的平行金属导轨上有一电阻为r的金属棒ab与导轨接触良好，导轨一端连接电阻R，其他电阻不计，磁感应强度为B，当金属棒ab以速度v向右匀速运动时，下列说法正确的是( )
A. 电阻R两端的电压为BLv
B. ab棒受到的安培力的方向向左
C. ab棒中电流大小为BLv/R
D. 金属棒ab中b端的电势比较高
【答案】B
【解析】
【详解】A、ab棒产生的感应电动势为E＝BLv，R两端的电压是路端电压为UBLv。故A错误；
B、根据左手定则判断可知ab棒受到的安培力的方向向左，故B正确。
C、根据闭合电路欧姆定律得：ab棒中电流大小为 I，故C错误。
D、由右手定则知，a端相当于电源的正极，故a端电势较高，故D错误。
5.如图甲所示，一圆形金属线圈处于匀强磁场中，磁感应强度B随t的变化的规律如图乙所示。规定顺时针方向为线圈中感应电流i的正方向，垂直纸面向里为磁感应强度B的正方向，下列i－t图象中可能正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
磁感应强度方向垂直纸面向里为正，线圈中顺时针方向的感应电流为正，由乙可知：线圈中在前四分之一周期内，垂直向里的磁场减小，依据楞次定律，可知感应电流方向为顺时针，即为正值，而在四分之一周期到二分之一周期内，垂直向外的磁场增大，则根据楞次定律可得：顺时针方向的感应电流，即为正值；同理，从二分之一周期到四分之三周期内，垂直纸面向外磁场减小的，根据楞次定律可知，感应电流的方向逆时针方向，即为负值；从四分之三周期到一个周期内，垂直纸面向里磁场增大的，根据楞次定律可知，感应电流的方向逆时针方向，即为负值．再根据法拉第电磁感应定律，则有感应电动势恒定，则感应电流也恒定，由上可知，故D正确，ABC错误。
6.如图甲、乙所示电路中，电阻R的阻值小于灯A的电阻，电路稳定时自感线圈L的电阻为零，则（ ）
A. 在电路甲中，接通S时，A将立即亮起来
B. 在电路甲中，接通S稳定后断开S，A将先变得更亮，然后逐渐变暗
C. 在电路乙中，接通S时，A将逐渐亮起来
D. 在电路乙中，接通S稳定后断开S，A将先变得更亮，然后逐渐变暗
【答案】D
【解析】
【详解】A、在电路甲中，接通S时，由于线圈对电流的增大有阻碍作用，所以流过A的电流将逐渐增大，A将渐渐变亮，故A错误；
B、在电路甲中，接通S稳定后，由于电阻R的阻值小于灯泡A的电阻，流过电阻R的电流大于流过灯泡A的电流，断开S后，通过线圈L的电流减小，L产生产生自感电动势，线圈L、灯泡A、电阻R组成闭合回路，由于，所以灯泡A会逐渐变暗直至熄灭，故B错误；
C、在电路乙中，接通S时，由于灯泡所在之路没有电感的阻碍作用，所以灯泡A马上亮起来，故C错误；
D、在电路乙中，接通S稳定后，由于电阻R的阻值小于灯泡A的电阻，流过电阻R的电流大于流过灯泡A的电流，断开S后，通过线圈L的电流减小，L产生产生自感电动势，线圈L、灯泡A、电阻R组成闭合回路，由于，A将先变得更亮，然后逐渐变暗，故D正确。
7. 如图（a），线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，测得cd间的的电压如图（b）所示，已知线圈内部的磁场与流经的电流成正比， 则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是：
【答案】C
【解析】
试题分析：根据法拉第电磁感应定律，感应电动势即cd线圈中的电压，由于磁场是线圈ab中的感应电流产生的，所以，综上可得，即电压大小与线圈中电流的变化率成正比，根据图（b）可判断和电流的变化率大小相等，方向相反，即图象斜率大小相等，方向相反，对照选项C对。
考点：电磁感应定律
8.如图所示,垂直纸面向里的匀强磁场的区域宽度为2a,磁感应强度的大小为B。一边长为a、电阻为4R的正方形均匀导线框CDEF从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域,在图乙中给出的线框EF两端的电压UEF
与线框移动距离x的关系图象正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由楞次定律判断可知，在线框穿过磁场的过程中，E的电势始终高于F电势，则UEF为正值；EF和CD边切割磁感线时产生的感应电动势为E＝Bav，在0﹣a内，EF切割磁感线，EF的电压是路端电压，则UEF；在a﹣2a内，线框完全在磁场中运动，穿过线框的磁通量没有变化，不产生感应电流，则UEF＝E＝Bav；在2a﹣3a内，E、F两端的电压等于路端电压的，则UEFBav．故D正确。
9.如图所示，先后两次将同一个矩形线圈由匀强磁场中拉出，两次拉动的速度相同．第一次线圈长边与磁场边界平行，将线圈全部拉出磁场区，拉力做功W1、通过导线截面的电荷量为q1，第二次线圈短边与磁场边界平行，将线圈全部拉出磁场区域，拉力做功为W2、通过导线截面的电荷量为q2，则( )
A. W1>W2，q1＝q2
B. W1＝W2，q1>q2
C. W1
W2，q1>q2
【答案】A
【解析】
设矩形线圈的长边为a，短边为b，电阻为R，速度为v，则W1＝BI1ba＝B··a·b，W2＝BI2ba＝B··a·b，因为a>b，所以W1>W2.通过导线截面的电荷量q1＝I1t1＝·＝q2.
10.电吉他是利用电磁感应原理工作一种乐器．如图甲为电吉他的拾音器的原理图，在金属弦的下方放置有一个连接到放大器的螺线管．一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号。若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量随时间的变化如图乙所示，则对应感应电流的变化为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设在时间内产生的感应电流为正，则根据楞次定律得知：在时间内，感应电流为负；在时间内感应电流为正．螺线管内的磁通量大小随时间按正弦规律，由数学知识知道：其切线的斜率等于，按余弦规律变化，根据法拉电磁感应定律分析可知，螺线管内产生的感应电动势将按余弦规律变化，则感应电流也按余弦规律变化．故B正确，ACD错误。
二、多项选择题
11. 某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为4.5×10－5T.一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100 m，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过．设落潮时，海水自西向东流，流速为2 m/s.下列说法正确的是( )
A. 电压表记录的电压为5 mV B. 电压表记录的电压为9 mV
C. 河南岸的电势较高 D. 河北岸的电势较高
【答案】BD
【解析】
试题分析：可以将海水视为垂直河岸方向放置的导体平动切割地磁场的磁感线产生感应电动势，由E＝BLv＝9 mV，B项正确；由右手定则可知，感应电流方向由南向北，故河北岸的电势较高，D项正确
考点：考查法拉第电磁感应定律
点评：明确切割磁感线的导体相当于导线,同时能够把海水看做导体这是抽象物体形象化的表现,这两点是求解本题的关键
12.如图，倾角为α的斜面上放置着光滑导轨，金属棒KN置于导轨上，在以ab和cd为边界的区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直导轨平面向上．在cd左侧的无磁场区域cdPM内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导轨在同一平面内．当金属棒KN在重力作用下从磁场右边界ab处由静止开始向下运动后，则下列说法正确的是( )
A. 圆环L有收缩趋势 B. 圆环L有扩张趋势
C. 圆环内产生的感应电流变小 D. 圆环内产生的感应电流不变
【答案】AC
【解析】
【详解】AB、由于金属棒KN在重力的作用下向下运动，根据右手定则知，KNMP回路中产生逆时针方向的感应电流，则在圆环处产生垂直于轨道平面向上的磁场，随着金属棒向下加速运动，电流增大，圆环的磁通量将增加，依据楞次定律可知，圆环将有收缩的趋势以阻碍圆环磁通量的增加，故A正确，B错误。
CD、由于金属棒向下运动的加速度a＝gsinα，v增大，加速度a减小，速度的变化率减小，电流的变化率减小，则单位时间内磁通量的变化率减小，所以在圆环中产生的感应电流不断减小。当金属棒在磁场中做匀速运动时，产生的感应电流不变，圆环中不产生感应电流，故C正确，D错误。
13.如图，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2
分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻。线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直。设OO′下方磁场区域足够大，不计空气阻力影响，则下列图像不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律（ ）
【答案】A
【解析】
试题分析：线框先做自由落体运动，ab边进入磁场做减速运动，加速度应该是逐渐减小，而A图象中的加速度逐渐增大．故A错误．线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后做减速运动，因为重力小于安培力，当加速度减小到零做匀速直线运动，cd边进入磁场做匀加速直线运动，加速度为g．故B正确．线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后因为重力大于安培力，做加速度减小的加速运动，cd边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为g，故C正确．线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后因为重力等于安培力，做匀速直线运动，cd边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为g，故D正确．本题选不可能的，故选A．
考点：楞次定律；牛顿第二定律
【名师点睛】解决本题的关键能够根据物体的受力判断物体的运动，即比较安培力与重力的大小关系，结合安培力公式、切割产生的感应电动势公式进行分析。
14.如图所示，水平放置的相距为L的光滑平行金属导轨上有一质量为m的金属棒ab.导轨的一端连接电阻R，其他电阻均不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒ab在一水平恒力F作用下由静止开始向右运动．则( )
A. 随着ab运动速度增大，其加速度也增大
B. 外力F对ab做的功等于电路中产生的电能
C. 当ab做匀速运动时，外力F做功的功率等于电路中的电功率
D. 无论ab做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能
【答案】C
【解析】
金属棒所受的安培力为：FA=BIL=，a=，速度增大，安培力增大，则加速度减小．故A错误．根据能量守恒知，外力F对ab做的功等于电路中产生的电能以及ab棒的动能．故B错误．当ab棒匀速运动时，外力做的功全部转化为电路中的电能，则外力F做功的功率等于电路中的电功率．故C正确．根据功能关系知，无论ab做何种运动，克服安培力做的功等于电路中产生的电能．故D错误．故选C．
点睛：电磁感应现象中电路中产生的热量等于外力克服安培力所做的功；在解题时要注意体会功能关系及能量转化与守恒关系．
三、实验题
15.用如图所示的实验装置探究电磁感应现象的规律
(1)当有电流从电流表的正极流入时，指针向右偏转，下列说法哪些是正确的（ ）
A．当把磁铁N极向下插入线圈时，电流表指针向左偏转
B．当把磁铁N极从线圈中拔出时，电流表指针向左偏转
C．保持磁铁在线圈中静止，电流表指针不发生偏转
D．磁铁插入线圈后，将磁铁和线圈一起以同一速度向上运动，电流表指针向左偏
(2)某同学在实验过程中发现，灵敏电流计的指针摆动很小，如果电路连接正确，接触也良好，原因可能是电流计灵敏度较低、线圈电阻较大，除此以外还可能是因为_____________________(写一种可能原因)
【答案】(1)AC （2）导体运动的慢或者磁场较弱
【解析】
试题分析：(1)当有电流从电流表的正极流入时，指针向右偏转，这说明：电流从哪极流入，指针向哪偏转；
A由楞次定律可知，当把磁铁N极向下插入线圈时，感应电流从负极流入，电流表指针向左偏，故A正确；
B、由楞次定律可知，当把磁铁N极从线圈中拔出时，感应电流从正极流入，电流表指针向右偏转，故B错误；
C、保持磁铁在线圈中静止，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，电流表指针不发生偏转，故C正确；
D、磁铁插入线圈后，将磁铁和线圈一起以同一速度向上运动，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，电流表指针不偏转，故D错误；
(2)感应电流是由于导体在磁场中作切割磁感线运动而产生的，如果电路连接正确，接触也良好，原因可能是检流计灵敏度较低、线圈电阻较大，除此以外还可能是因为与导体运动的慢或者磁场较弱。
考点：楞次定律，电磁感应；产生感应电流的条件
16.把一个用丝线悬挂的铅球放在电路中的线圈上方，如图所示，在下列三种情况下，悬挂铅球的丝线所受的拉力与铅球不在线圈上方时比较：
（1）当滑片不动时，拉力____________．
（2）当滑动变阻器的滑片向右移动时，拉力__________． (填“变大”、“不变”或“变小”)
【答案】 (1). 不变 (2). 变小
【解析】
【详解】（1）铅球相当于口朝下的线圈，滑动变阻器的滑动端不移动时，电流没有变化，则铅球没有感应电流出现，则拉力等于重力，保持不变；
（2）当滑动变阻器的滑动头向右移动时，电流增大磁场增强，穿过铅球的磁通量变大，由楞次定律可知线圈与铅球互相排斥，则拉力变小。
四．计算题
17.如图所示，截面积为0.2 m2的100匝圆形线圈（电阻不计）A处在变化的磁场中，磁场方向垂直纸面，其磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，设垂直纸面向外为B的正方向．R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，C＝30 μF，线圈的内阻不计，求电容器上极板所带电荷量并说明正负．
【答案】7.2×10－6C 上极板带正电
【解析】
根据图象，结合题意可知，在0到1秒内，磁场方向向里，且大小减小，由楞次定律，则有线圈产生顺时针的电流，从而给电容器充电，电容器上极板带正电；
在1秒到2秒内，磁场方向向外，大小在增大，由楞次定律，则有线圈产生顺时针的电流，仍给电容器充电，则电容器上极板带正电；由法拉第电磁感应定律，得： ；由电路图可得： ；因电容器与电阻R2
并联，则电压相等，根据电容与电量关系式，则有：Q=CUC=30×10-6×0.24C=7.2×10-6 C；
点睛：解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，以及会运用闭合电路欧姆定律计算感应电流的大小，并掌握电量 Q=CUC公式．同时还要注意掌握当与电容器的并联时，则电容器放电电量与阻值成反比．
18.如图所示,两条足够长平行金属导轨相距l,与水平面的夹角为θ,整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度大小均为B,虚线上方轨道光滑且磁场方向向上,虚线下方轨道粗糙且磁场方向向下。当导体棒EF以初速度v0沿导轨上滑至最大高度的过程中,导体棒MN一直静止在导轨上。若两导体棒质量均为m、电阻均为R,导轨电阻不计,重力加速度为g,在此过程中导体棒EF上产生的焦耳热为Q,求:
(1)导体棒MN受到的最大摩擦力;
(2)导体棒EF上升的最大高度。
【答案】（1） （2）
【解析】
试题分析：(1)根据右手定则EF向上切割磁感线产生电流方向为E到F，由左手定则知MN受安培力F沿导轨向下，当EF刚上滑时，MN受安培力最大，摩擦力也最大，受力分析如图所示，
对导体棒EF切割磁感线知：
E=BLv0①
由闭合电路欧姆定律知：
I=②
对导体棒MN，由平衡条件得：
mgsinθ+F=Ff③
由①②③得导体棒MN受最大摩擦力Ff=
（2）导体棒EF上升过程中，根据能量守恒定律知：
解得导体棒EF能上升的最大高度h=
考点：切割情况下感应电动势 闭合电路欧姆定律 安培力 物体平衡条件
19.如图所示，两平行导轨间距L＝1.0 m，倾斜轨道光滑且足够长，与水平面夹角θ＝30°，水平轨道粗糙且与倾斜轨道圆滑连接。倾斜轨道处有垂直斜面向上的磁场，磁感应强度B＝2.5 T，水平轨道处没有磁场。金属棒ab质量m＝0.5 kg，电阻r＝2.0 Ω，运动中与导轨有良好接触，并且垂直于导轨。电阻R＝8.0 Ω，其余电阻不计。当金属棒从斜面上离地高度h＝3.0 m处由静止释放，金属棒在水平轨道上滑行的距离x =1.25 m，而且发现金属棒从更高处静止释放，金属棒在水平轨道上滑行的距离不变。取g＝10 m/s2。求：
(1)从高度h＝3.0 m处由静止释放后，金属棒滑到斜面底端时的速度大小；
(2)水平轨道的动摩擦因数μ；
(3)从某高度H处静止释放后至下滑到底端的过程中流过R的电量q = 2.0 C，求该过程中电阻R上产生的热量。
【答案】(1)v＝4.0 m/s (2) μ＝0.64 (3) QR＝12.8 J。
【解析】
(1)由题意知，金属棒从离地高h＝3.0 m以上任何地方由静止释放后，在到达水平面之前均已经开始匀速运动，设最大速度为v，则感应电动势E＝BLv
感应电流I＝
安培力F＝BIL
匀速运动时，有mgsin θ＝F
解得v＝4.0 m/s
(2)在水平轨道上运动时，金属棒所受滑动摩擦力Ff＝μmg
金属棒在摩擦力作用下做匀减速运动，有
Ff＝ma
v2＝2ax
解得μ＝0.64
(3)下滑的过程中
q＝
得：H＝4.0 m>h
由动能定理可得：
mgH－W＝mv2
安培力所做的功等于电路中产生的焦耳热，有
Q＝W＝16 J
电阻R上产生的热量：QR＝ Q
解得QR＝12.8 J.
点睛：对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解．
