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1、平罗中学20182019学年第二学期第一次月考高二物理试卷一、选择题（1-8为单项选择，9-12为多项选择，每题4分，多项选择选不全得2分，多选错选不得分，共48分）1.在下图中，不能产生交变电流的是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】矩形线圈绕着垂直于磁场方向的转轴做匀速圆周运动就产生交流电，而A图中的转轴与磁场方向平行，线圈中无电流产生，所以选A，而BCD三种情形在旋转得时候线框得磁通量发生变化，因此有交流电。2.穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系如图所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是()A. 02 sB. 2 s4 sC. 4 s5 sD. 5 s10
2、s【答案】D【解析】试题分析：根据得，感应电动势与磁通量的变化率成正比-t图线的斜率表示磁通量的变化率，5 s10 s内磁通量的变化率最小，则产生的感应电动势最小故D正确，ABC错误故选D考点：法拉第电磁感应定律【名师点睛】此题是对法拉第电磁感应定律的考查；要知道感应电动势大小与磁通量的变化率成正比，而磁通量的变化率在-t图线中是直线的斜率值，故只要理解图线的物理意义即可解答此题.3. 电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示。现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是A. 从a到b，上极板带正电B. 从
3、a到b，下极板带正电C. 从b到a，上极板带正电D. 从b到a，下极板带正电【答案】D【解析】试题分析：由图知，穿过系安全带磁场方向向下，在磁铁向下运动的过程中，线圈的磁通量在增大，故感应电流的磁场方向向上，再根据右手定则可判断，流过R的电流从b到a，电容器下极板带正电，所以A、B、C错误，D正确。考点：本题考查楞次定律【此处有视频，请去附件查看】4.通过某电阻的周期性交变电流的图象如图所示，该交流电的有效值I( )A. AB. 4.5 AC. 1.5 AD. A【答案】D【解析】【详解】交流电的有效值是根据电流的热效应规定，该交流电的周期，则，代入数据可得，解得：故D项正确，ABC三项错误5
4、.如图所示，粗细均匀的、电阻为r的金属圆环放在如图所示的匀强磁场中，磁感应强度为B，圆环直径为l；长为l、电阻为的金属棒ab放在圆环上，以速度v0向左运动，当棒ab运动到图示虚线位置时，金属棒两端的电势差为()A. 0B. Blv0C. D. 【答案】D【解析】【分析】金属棒向左运动，切割磁感线产生感应电流，相当于电源，由E=BLv求出感应电动势由并联电路特点求出外电路电阻，然后应用欧姆定律求出金属棒两端电势差。【详解】当ab棒以v0向左运动到图示虚线位置时产生的感应电动势为：E=Blv0外电路总电阻为： 金属棒两端的电势差是外电压，由欧姆定律得金属棒两端电势差为： 故应选：D。【点睛】电磁感
5、应与电路知识的综合，分清金属棒两端电势差是外电压还是内电压是关键。6.如图所示，矩形线框abcd与长直导线在同一平面内，直导线中通有向上的恒定电流I。当矩形线框从长直导线的右侧运动到左侧的过程中线框内感应电流的方向为( )A. 先dcba，后一直abcdB. 先dcba，再abcd，后dcbaC. 先abcd，后一直dcbaD. 先abcd，再dcba，后abcd【答案】D【解析】【详解】由安培定则得，向上的恒定电流I在导线左边产生的磁场垂直纸面向外，在导线右边产生的磁场垂直纸面向里当线框abcd向导线靠近时，穿过线框的磁通量是向里的增大，根据楞次定律，感应电流的磁场垂直纸面向外，则感应电流的
6、方向为abcd当线框越过导线到线框中心轴线与导线重合时，穿过线框的磁通量是向里的减小，根据楞次定律，感应电流的磁场垂直纸面向里，则感应电流的方向为dcba当线框继续向左运动，穿过线框的磁通量是向外的增大，根据楞次定律，感应电流的磁场垂直纸面向里，则感应电流的方向为dcba当线框远离导线时，穿过线框的磁通量是向外的减小，根据楞次定律，感应电流的磁场垂直纸面向外，则感应电流的方向为abcd综上，线框中电流方向先abcd，再dcba，后abcd故D项正确，ABC三项错误7.为一金属杆，它处在如图所示的垂直于纸面向里的匀强磁场中，可绕点在纸面内转动；为以为圆心位于纸面内的金属圆环；在杆转动过程中，杆的
7、端与金属环保持良好接触；为电流表，其一端与金属环相连，一端与点良好接触。当杆沿逆时针方向转动时，某时刻杆的位置如图，则此时刻（ ）A. 有电流通过电流表，方向由；作用于的安培力向右B. 有电流通过电流表，方向由；作用于的安培力向左C. 有电流通过电流表，方向由；作用于的安培力向左D. 无电流通过电流表，作用于的安培力为零【答案】C【解析】【详解】当杆沿逆时针方向转动时，根据右手定则，判断出ab杆中感应电流方向ba，电流通过电流表，方向由dc.根据左手定则，作用于ab的安培力向左。故B正确，ACD错误。故选：B.8. 如图所示，矩形线圈面积为S，匝数为N，线圈电阻为r，在磁感强度为B的匀强磁场中
8、绕OO轴以角速度匀速转动，外电路电阻为R在线圈由图示位置转过90的过程中，下列说法正确的是（ ）A. 磁通量的变化量B. 通过电阻R的电量C. 电阻R产生的焦耳热Q= (NBS)2/2RD. 电阻R产生的焦耳热Q= (NBS)2R/4(R+r)2【答案】D【解析】在线圈由图示位置转过90的过程中，磁通量的变化量，A错误；通过电阻R的电量，B错误；电阻R产生的焦耳热，C错误、D正确。9.一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图所示，则下列说法中正确的是A. t=0时刻，线圈平面与中性面垂直B. t=0.01 s时刻，的变化率最大C. t=0.02
9、s时刻，感应电动势达到最大D. 该线圈转动的角速度为50 rad/s【答案】BD【解析】【详解】由图象可知t=0、0.02s、0.04s时刻线圈平面是中性面位置，最大，=0，磁通量变化率为零，故E=0，t=0.01s、0.03s、0.05s时刻线圈平面与磁感线平行，最小，最大，磁通量变化率最大，故E最大，AC错误B正确；由图象可知，交变电流变化的周期T=0.04 s，则，D正确【点睛】本题关键是记住两个特殊位置：在中性面时磁通量最大，感应电动势最小，电动势方向改变；垂直中性面位置磁通量为零，但电动势最大10.如图所示的电路中,A1和A2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
10、( )A. 闭合电键S接通电路时,A2始终比A1亮B. 闭合电键S接通电路时,A2先亮,A1后亮,最后一样亮C. 断开电键S切断电路时,A2先熄灭,A1过一会儿才熄灭D. 断开电键S切断电路时.A1和A2都要过一会儿才熄灭【答案】BD【解析】合上开关K接通电路，立即亮，线圈对电流的增大有阻碍作用，所以通过的电流慢慢变大，最后两灯泡的电压一样大，所以一样亮，故A错误，B正确；断开开关K切断电路时，通过的用来的电流立即消失，线圈对电流的减小有阻碍作用，所以通过的电流会慢慢变小，并且通过，所以两灯泡一起过一会儿熄灭，但通过的灯的电流方向与原来的方向相反，故DC错误。故选B.【点睛】电感器对电流的变化
11、有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小11.如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图像如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法中正确的是( )A. 在图中t0时刻穿过线圈的磁通量均为零B. 线圈先后两次转速之比为32C. 交流a的电压有效值为5VD. 交流b的电压最大值为5 V【答案】BC【解析】【详解】A：t0时刻，两个正弦式电流的感应电动势瞬时值均为零，线圈都与磁场垂直，穿过线圈的磁通量都最大故A项错误B：由图读出两电流的周期分别为、，则据，线圈先后两次转速之比故B项正确C：交流a是正
12、弦式交流电，电压的最大值，则交流a的电压有效值故C项正确D：据得，则又，所以故D项错误12.如图甲所示，正六边形导线框abcdef放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示时刻，磁感应强度B的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流顺时针方向为正、竖直边cd所受安培力的方向水平向左为正则下面关于感应电流i和cd所受安培力F随时间t变化的图象正确的是A. B. C. D. 【答案】AC【解析】考点：法拉第电磁感应定律；安培力专题：电磁感应中的力学问题分析：根据法拉第电磁感应定律求出各段时间内的感应电动势和感应电流的大小，根据楞次定律判断出感应电流的方向，通
13、过安培力大小公式求出安培力的大小以及通过左手定则判断安培力的方向解答：解：A、02s内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，为正值根据法拉第电磁感应定律，E=B0S为定值，则感应电流为定值，I1=在23s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针方向，为正值，大小与02s内相同在34s内，磁感应强度垂直纸面向外，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与02s内相同在46s内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与02s内相同故A正确，B
14、错误C、在02s内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，电流恒定不变，根据FA=BIL，则安培力逐渐减小，cd边所受安培力方向向右，为负值0时刻安培力大小为F=2B0I0L在2s3s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据FA=BIL，则安培力逐渐增大，cd边所受安培力方向向左，为正值，3s末安培力大小为B0I0L在23s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd边所受安培力方向向右，为负值，第4s初的安培力大小为B0I0L在46s内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd边所受安培力方向向左，6s末的安培力大小2B0I0L故C正
15、确，D错误故选AC点评：解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，会运用楞次定律判断感应电流的方向，以及掌握安培力大小公式，会用左手定则判定安培力的方向二、实验题(14分)13.如图所示，用螺旋测微器和游标为20分度的游标卡尺的读数分别为_mm和_cm。【答案】 (1). 4.700 (2). 5.015【解析】【详解】螺旋测微器读数为游标卡尺计数为14.利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻要求尽量减小实验误差 （1）应该选择的实验电路是图1中的_（选填“甲”或“乙”）（2）现有电流表（00.6A）、开关和导线若干，以及以下器材：A电压表（015V）B电压表（03V）C滑动变阻器（05
16、0）D滑动变阻器（0500）实验中电压表应选用_；滑动变阻器应选用_（选填相应器材前的字母）（3）某位同学记录的6组数据如表所示，其中5组数据的对应点已经标在图2的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出UI图线_序号123456电压U（V）1.451.401.301.251.201.10电流I（A）0.0600.1200.2400.2600.3600.480（4）根据（3）中所画图线可得出干电池的电动势E_V，内电阻r_【答案】 (1). 甲图 (2). B (3). C (4). (5). 1.5 0.83【解析】【详解】（1）干电池内阻较小，为减小实验误差，应选题甲所示电路图；（2）
17、一节干电池电动势约为1.5V，则电压表应选B，为方便实验操作，滑动变阻器应选C；（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出电源的UI图象如图所示； （4）由图示电源UI图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.5，则电源电动势E1.5V，电源内阻：r 0.83。三、计算题（共38分）15.如图所示，矩形线圈abcd的匝数为 n50匝，线圈ab的边长为L10.2 m，bc的边长为L20.25 m，在磁感应强度为B0.4 T的匀强磁场中，绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO轴匀速转动，转动的角速度rad/s，试求：(1)穿过线圈平面的最大磁通量m；(2)线圈在题图所示位置(线圈平面与磁感线平行)
18、时，感应电动势e的大小；(3)若线圈在中性面位置开始计时，写出此交变电流电动势瞬时值表达式。【答案】(1)0.02Wb (2) (3) 【解析】【详解】(1)穿过线圈平面的最大磁通量(2)线圈在图示位置时感应电动势最大，此时感应电动势的值(3)感应电动势的最大值，线圈转动的角速度，若从中性面位置开始计时，此交变电流电动势瞬时值表达式16.如图所示，面积为02m2的100匝线圈处在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，已知磁感应强度随时间变化的规律为B=（2+02t）T，定值电阻R1=6，线圈电阻R2=4，求：（1）回路中的感应电动势大小；（2）回路中电流的大小和方向；（3）a、b两点间的电势差【
19、答案】（1）4V （2）04A; 逆时针方向；（3）24V【解析】(1)根据题意磁感应强度随时间变化的规律为B=(2+0.3t)T,则由法拉第电磁感应定律(2)因为磁感应强度均匀增大，磁通量均匀增大，根据楞次定律，回路感应电流逆时针方向，通过的电流方向由下向上通过的电流大小(3)a、b两点间的电压即电源的路端电压【点睛】考查楞次定律来判定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律来求出感应电动势大小当然本题还可求出电路的电流大小，及电阻消耗的功率同时磁通量变化的线圈相当于电源.17.均匀导线制成的单位正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电阻为R，总质量为m。将其置于磁感强度为B的水平匀强磁场上方h处
20、，如图所示。线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行。重力加速度为g.当cd边刚进入磁场时，（1）求线框中产生的感应电动势大小；（2）求cd两点间的电势差大小；（3）若此时线框加速度大小恰好为g/4，求线框下落的高度h应满足什么条件?【答案】解：（1）设cd边刚进入磁场时，线框的速度为v，由机械能守恒定律得（或由） ( 2分 )由法拉第电磁感应定律得 ( 2分 )综合上述两式解得 ( 1分 )（2）由闭合电路欧姆定律得到此时线框中电流 I= ( 2分 )cd两点间的电势差U=I()= ( 2分 )(3)由安培力公式得 F=BIL= ( 2分 )当a=g/4
21、，方向向下时，根据牛顿第二定律mg-F=ma, ( 1分 )解得下落高度满足( 1分 )当a=g/4，方向向上时，根据牛顿第二定律F-mg=ma, ( 1分 )解得下落高度满足 ( 1分 )【解析】试题分析：（1）线框现在磁场外做自由落体运动，由可知：线框刚进入磁场时的速度根据法拉第电磁感应定律，有：线框切割产生的感应电动势（2）cd边切割磁感线，相当于电源（等效电源），cd两点间的电势差相当于路端电压。回路中产生的感应电流cd两点间的电压值（3）安培力根据牛顿第二定律得：其中解得：线框下落的高度考点：法拉第电磁感应定律，安培力，牛顿第二定律【此处有视频，请去附件查看】18.如图所示，两根足够
22、长的平行金属导轨固定在倾角30的斜面上，导轨电阻不计，间距L0.4 m，导轨所在空间被分成区域和，两区域的边界与斜面的交线为MN.中的匀强磁场方向垂直斜面向下，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B0.5 T在区域中，将质量m10.1 kg，电阻R10.1 的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑然后，在区域中将质量m20.4 kg，电阻R20.1 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g10 m/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
23、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x3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少【答案】（1）由a流向b （2）5m/s (3)1.3J【解析】（1）由右手定则可知，电流由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，由平衡条件得：Fmax=m1gsin，ab刚好要上滑时，感应电动势：E=BLv，电路电流： ab受到的安培力：F安=BIL，此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件得：F安=m1gsin+Fmax，代入数据解得：v=5m/s；（3）cd棒运动过程中电路产生的总热量为Q总，由能量守恒定律得：m2gxsin=Q总+m2v2，ab上产生的热量： 解得：Q=1.3J；点睛：本题是复杂的电磁感应现象，是电磁感应与力学知识的综合，分析导体棒的运动情况，要抓住甲匀加速运动的过程中，外力与安培力大小相等分别从力和能量两个角度进行研究16