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1、梅河口市第五中学高二下学期月考物理试卷 一选择题（每题4分，共56分，全对得4分，对但不全得2分，错选不得分；有的题只有一个选项正确，有的题有多个选项正确）1.矩形线框绕垂直于匀强磁场且在线框平面的轴匀速转动时产生了交变电流，下列说法正确的是()A. 当线框位于中性面时，线框中感应电动势最大B. 当穿过线框的磁通量为零时，线框中的感应电动势也为零C. 每当线框经过中性面时，感应电动势或感应电流方向就改变一次D. 线框经过中性面时，各边不切割磁感线【答案】CD【解析】【详解】线框位于中性面时，线框中感应电动势最小，选项A错误；当穿过线框的磁通量为零时，磁通量的变化率最大，此时线框中的感应电动势最
2、大，选项B错误；每当线框经过中性面时，感应电动势或感应电流方向就改变一次，选项C正确；线框经过中性面时，速度方向与磁感线平行，即各边不切割磁感线，选项D正确；故选CD.2.如图a所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的轴OO以角速度逆时针匀速转动。若以线圈平面与磁场夹角时（如图b）为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正。则下列四幅图中正确的是【答案】D【解析】本题考查正弦交流电的产生过程、楞次定律等知识和规律。从a图可看出线圈从垂直于中性面开始旋转，由楞次定律可判断，初始时刻电流方向为b到a，故瞬时电流的表达式为i=imcos（+t），则图像为D图像所描述。平
3、时注意线圈绕垂直于磁场的轴旋转时的瞬时电动势表达式的理解。3.图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表。线圈绕垂直于磁场方向的水平轴沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示，以下判断正确的是 （ ）A. 电流表的示数为10AB. 线圈转动的角速度为50rad/sC. 0.01s时线圈平面与磁场方向平行D. 0.02s时电阻R中电流的方向自右向左【答案】AC【解析】由题图乙可知交流电电流的最大值是=A，交流电的周期T=0.02s，电流表的示数为交流电的有效值即=10A，选项A正确； 线圈转动的角速度rad/
4、s，选项B错误；0.01s时流过线圈的感应电流达到最大，线圈中产生的感应电动势最大，磁通量的变化率最大，则穿过线圈的磁通量为0，即线圈平面与磁场方向平行，选项C正确；由楞次定律可知0.02s时流过电阻的电流方向自左向右，选项D错误。本题选AC。【考点定位】交变电流的产生及有效值与最大值的关系，楞次定律。4.为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L1、L2，电路中分别接了理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2，导线电阻不计，如图所示。当开关S闭合后A. A1示数变大，A1与A2示数的比值不变B. A1示数变大，A1
5、与A2示数的比值变大C. V2示数变小，V1与V2示数的比值变大D. V2示数不变，V1与V2示数的比值不变【答案】AD【解析】试题分析：由于理想变压器原线圈接到电压有效值不变，则副线圈电压不变，V2示数不变，V1与V2示数的比值不变，C错误、D正确开关S闭合后，变压器副线圈的负载电阻减小，V2不变，由欧姆定律可得A1示数变大，由于理想变压器P2=P1，V1与V2示数的比值不变，所以A1与A2示数的比值不变，A正确，B错误故选AD考点：变压器5.远距离输电线路的示意图如图所示，若发电机的输出电压不变，则下列叙述中正确的是（）A. 升压变压器的原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率无关B. 输电
6、线中的电流只由升压变压器原副线圈的匝数比决定C. 当用户用电器的总电阻减少时，输电线上损失的功率增大D. 升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压【答案】C【解析】分析：正确解答本题需要掌握：理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压有输入电压决定；明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系解答：解：A、由于发动机的输出功率不变即升压变压器的原电压不变，当用户用电设备消耗功率变化时，输入功率变化，因此升压变压器的原线圈中的电流将发生变化，故A错误；B、输电线上的电流与用户以及电线上消耗的功率以及变压器的匝数比有关，故B错误；C、当用户电阻减小时，
7、导致电流增大，因此输电线上的损失功率增大，故C错误；D、由于远距离输电式时输电线上有电压损失，因此升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，故D错误故选C6.如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图乙中曲线a，b所示，则()A. 两次t0时刻线圈平面均与中性面重合B. 曲线a，b对应的线圈转速之比为23C. 曲线a表示的交变电动势频率为25 HzD. 曲线b表示的交变电动势有效值为10 V【答案】AC【解析】t0时刻，两次产生的交流电的电动势瞬时值均为零，因此线圈平面均与中性面重合，A项正确；图中a、b对应的周期之比
8、为23，因此线圈转速之比nanb32，B项错误；a线表示的交流电动势的频率为fa25 Hz，C项正确；a线对应线圈相应的电动势的最大值EamNBS，由图象知Eam15 V，b线对应线圈相应的电动势的最大值EbmNBS，因此，Ebm10 V，有效值EbV5V，D项错误。7.如图，N匝矩形导线恒以角速度绕对称轴OO匀速转动，线圈面积为S，线框电阻、电感均不计，在OO左侧有磁感应强度为B的匀强磁场，外电路接有电阻R理想电流表A，那么可以确定是（）A. 从图示时刻起，线框产生的瞬时电动势为E=NBSsintB. 交流电流表的示数I=NBSC. R两端电压的有效值U= NBSD. 一个周期内R的发热量Q
9、=【答案】B【解析】【分析】根据交流电的最大值表达式可求得最大值，再由最大值和有效值的关系求解有效值，由欧姆定律求得电流，再由功能关系即可求得发热量。【详解】A项：由图可知，线圈只有一半在磁场中，故产生的电动势的最大值为：Em=NB=；故瞬时表达式为：e=sint；故A错误；B项：电流表的示数为：I=；故B正确；C项：R两端电压的有效值U=E=；故C错误D项：一个周期内的发热量Q=I2RT=（）2R=；故D错误。故应选：B。【点睛】本题考查交流电的性质，要注意明确最大值和有效值之间的关系，注意本题中线圈的有效面积为总面积的一半。8.一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻，和的阻值分别为，A为
10、理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为该变压器原、副线圈匝数比为A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】B【解析】试题分析：该变压器原、副线圈匝数比为k，当开关S断开时，原线圈两端电压，电流为I1=I，副线圈的电压，根据欧姆定律，当开关S闭合时，原线圈两端电压，电流为I1 =4I，副线圈的电压，根据欧姆定律综上解得k=3，故A、C、D错误，B正确。【考点定位】变压器、欧姆定律【名师点睛】本题主要考查变压器、欧姆定律。解决这类问题的关键是掌握变压器的构造和原理，对于变压器需要掌握公式、，并能熟练运用。此题值得注意的是变
11、压器的原线圈与电阻串联后接入交流电压。9.如图所示，理想变压器的原线圈接在u=220sin100t（V）的交流电源上，副线圈接有R=55的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2：1，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是（）A. 原线圈的输入功率为B. 电流表的读数为1AC. 电压表的读数为D. 副线圈输出交流电的周期为50s【答案】B【解析】【分析】根据原线圈中交流电的表达式，可知原线圈电压的有效值和交流电的周期，由变压器原理可得副线圈上的电压和电流，根据理想变压器P入=P出可得原线圈的输入功率。【详解】A、由题意知，原线圈电压有效值为220V，原、副线圈匝数之比为2：1，由变压器原理可得：
12、U2=U1=110V，所以电压表的示数为110V，副线圈的电流为，I2=2A，原线圈中的输入功率为P入=P出=U2I2=220W，故A、C错误。B、由n1I1=n2I2可得，原线圈中的电流I1=1A，即电流表的读数为1A，故B正确。D、由u=220(V)可知，角速度=rad/s，则周期T=，解得副线圈输出交流电的周期为：T=2s，理想变压器不改变周期，故D错误。故选：B10. 钳形电流表的外形和结构如图甲所示图甲中电流表的读数为09 A，图乙中用同一电缆线绕了3匝，则A. 这种电流表能测出交变电流的有效值B. 这种电流表既能测直流电流，又能测交变电流C. 这种电流表能测交变电流，图乙的读数为0
13、3AD. 这种电流表能测交变电流，图乙的读数为27 A【答案】AD【解析】试题分析：由于变压器工作原理是通过原线圈的电流发生变化，则原线圈产生的磁场发生变化，故穿过副线圈的磁通量发生变化，从而在副线圈中产生感应电流，故这种电流表只能测交流电流，而且测量的是交变电流的有效值，故A正确B错误；根据输入功率和输出功率的关系有：，即，所以：，由题意可知：当，即，当时：，解得：，故C错误D正确；考点：考查了理想变压器【名师点睛】该知识点题目比较简单，且题目单一，只要记住了原副线圈的输入功率和输出功率关系，输入电压和输出电压的关系一切题目都能顺利解出11.一自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将
14、其接在a、b间作为原线圈通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈，在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2，在将滑动触头从M点顺时针转到N点的过程中()A. U2U1，U2降低B. U2U1，U2升高C. U2U1，U2降低D. U2U1，U2升高【答案】C【解析】试题分析：由题图知自耦变压器原线圈的匝数大于副线圈的匝数，根据变压器的变压规律可知，U2U1；在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中，副线圈的匝数减少，所以U2降低，故A、B、D错误；C正确【考点定位】考查变压器【方法技巧】主要是对自耦变压器的理解，分清原副线圈及在转动的过程中线圈的匝数怎么变、
15、理想变压器的规律。12.如图甲为风速仪的结构示意图。在恒定风力作用下风杯带动与其固定在一起的永磁体转动，线圈产生的电流随时间变化的关系如图乙。若发现电流峰值Im变大了，则风速v、电流变化的周期T一定是A. v变小，T变小B. v变小，T变大C. v变大，T变小D. v变大，T变大【答案】C【解析】试题分析：根据EM=NBS，可知当转速v变大时，则最大感应电动势也变大，所以感应电流峰值也变大；根据转速与周期成反比，可知，当转速变大时，则周期变小故选C考点：交流电的变化规律【名师点睛】此题考查交流电的变化规律；要知道线圈在磁场中转动，会产生交流电根据相对运动，可知，磁场对线圈来转动，则也会产生交流
16、电转动的周期即为交流电的周期，转动的转速与交流电的最大值有关。二实验题（每空2分，共8分）13.某同学要把电压表改装成可直接测量压力的仪表，设计的电路如图（a）所示。实验器材如下：待改装电压表（量程0 3 V，可视为理想电压表），定值电阻R0，压敏电阻Rx，电源（4 V，内阻不计），开关S，导线。选用的压敏电阻阻值Rx随压力F变化的规律如图（b）。（1）实验中随着压力F的增大，电压表的示数_。（填“变大”“不变”或“变小”）（2）为使改装后仪表的量程为0 160 N，且压力160 N对应电压表3 V刻度，则定值电阻阻值R0 _，压力0 N对应电压表_V刻度。（3）他发现这样改装后的仪表压力刻度
17、分布不均匀，想进一步把（2）中的压力刻度改成均匀分布，应选用另一压敏电阻，其阻值Rx与压力F变化关系式为_。【答案】 (1). 变大； (2). 150； (3). 1.5； (4). ;【解析】1）根据闭合电路欧姆定律可知，电压表的示数，由图（b）可知，压力越大越小，U越大，故电压表的示数变大。（2）由图（b）可知，当时，此时电压表的示数，由，得；由图（b）可知，当时，此时电压表的示数为，可见压力0N对应电压表1.5V刻度。（3）若选用图（b）的压敏电阻，则与压力F的关系式为，代入，可得U 与F的关系式为，这样改装后的仪表压力刻度分布是不均匀的。为了使压力刻度分布均匀，应另选用压敏电阻，且仍
18、要满足量程为，F=0N标在1.5V刻度，F=160N标在3V刻度。由于电压表的电压刻度是均匀分布的，所以电压和压力一定要满足线性关系，设U =kF+b，由时、，时、，可得b=1.5，又，解得.三计算题(1题10分，2题12分，3题14分)14.有一个10匝正方形线框，边长为20 cm，线框总电阻为1 ，线框绕OO轴以10 rad/s的角速度匀速转动，如图所示，垂直于线框平面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.5 T问：(1)该线框产生的交变电流电动势最大值、电流最大值分别是多少？(2)线框从图示位置转过60时，感应电动势的瞬时值是多大？(3)写出感应电动势随时间变化的表达式【答案】(1)6.28
19、V6.28 A(2)5.44 V(3)e6.28 sin 10t(V)【解析】（1）根据Em=NBS，可得感应电动势的最大值：Em=100.50.2210V=6.28V；电流最大值（2）由图示位置（线圈平面与磁感线平行）转过60角时的瞬时感应电动势为：e=6.28sin60=6.28（V）=5.44V；（3）感应电动势的瞬时表达式为：e=6.28sin10t（V）点睛：本题涉及交流电压与交流电流的瞬时值、最大值、有效值和平均值；瞬时值要注意确定相位，对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定，而通过某一电量时，则用平均值来求15.三峡电站某机组输出的
20、电功率为50万千瓦(1)若输出的电压为20万伏，则输电线上的电流为多少？(2)某处与电站间每根输电线的电阻为10欧，则输电线上损失的功率为多少？它占输出功率的几分之几？(3)若将电压升高至50万伏，输电线上的电流为多少？输电线上损失的功率又为多少？它占输出功率的几分之几？【答案】（1） （2）1.25108W， （3）2107W，【解析】【详解】（1）由P=UI，输电线上的电流 ；（2）输电线上损失的功率为P损=I2R=（2.5103）220W=1.25108W，它占输出功率的比例为： ，（3）若将电压升高至50万伏，输电线上的电流输电线上损失的功率为P损=I2R=（103）220W=2107W它占输出功率的比例为：