黑龙江省鸡东县第二中学2018_2019学年高二物理5月月考试题（含解析）.docx

鸡东二中2018-2019年度下学期月考试题高二物理试卷一、选择题（总分54分。每题4分，1-9为单选题，10-14为多选题，选不全的得2分）1.在下列几种电流的波形图中，不能表示交变电流的是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：A图中电流均为正值，说明电流的方向不随时间而变化，则此电流不是交变电流故A正确BCD这三种电流的大小和方向都随时间做周期性变化，都是交变电流故BCD错误故选A考点：交流电【名师点睛】本题只要掌握交变电流的定义就能进行选择交变电流的是大小和方向都随时间做周期性变化的电流，A项电流是单向脉冲直流电。2.如右图是一个交变电流的电流强度i随时间t变化的规律，此交变电流的有效值是（）A. 5AB. 5AC. 3.5AD. 3.5A【答案】B【解析】据交变电流的有效值的定义可知,代入数据可得此交变电流的有效值是，B对。3.如图，电灯的灯丝电阻为2，电池电动势为2V，内阻不计，线圈匝数足够多，其直流电阻为3先合上电键K，稳定后突然断开K，则下列说法正确的是（ ）A. 电灯立即变暗再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相同B. 电灯立即变暗再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相反C. 电灯会突然比原来亮一下再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相同D. 电灯会突然比原来亮一下再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相反【答案】B【解析】突然断开K，线圈将产生自感现象，且与电灯构成一闭合回路，此时通过电灯的电流向上，与断开前的电流方向相反，AC错；因线圈匝数足够多，产生的自感电动势比较大，即电灯会突然比原来亮一下再熄灭，B错，D对。4.如图所示，水平放置的平行金属导轨左边接有电阻R，轨道所在处有竖直向下的匀强磁场，金属棒ab横跨导轨，它在外力的作用下向右匀速运动，速度为v。若将金属棒的运动速度变为2v，（除R外，其余电阻不计，导轨光滑）则（ ）A. 作用在ab上的外力应增大到原来的4倍B. 感应电动势将增大为原来的4倍C. 感应电流的功率将增大为原来的2倍D. 外力的功率将增大为原来的4倍【答案】D【解析】【详解】金属棒产生的感应电动势为：E=BLv，Ev，感应电流为：，Iv，则知感应电动势和感应电流均为原来的2倍。金属棒所受的安培力为：，因金属棒匀速运动，由平衡条件得，外力为：，则知Fv，外力应增大到原来的2倍。故A B错误。由于电流变为原来的2倍，则由P=I2R，电阻R的功率将增大为原来的4倍； 故C错误；根据功能关系可知，外力的功率等于感应电流的功率为：，Pv2，则外力的功率将增大为原来的4倍。故D正确。5.如图所示，理想变压器原线圈匝数为n1，两个副线圈匝数分别为n2和n3，且n1:n2:n3=4:2:1，输入电压U1=16V，R1=R2=10，则输入的电流I1大小是（ ）A. 0.4AB. 0.1AC. 0.5AD. 以上答案都不对【答案】C【解析】由，输出电压U2=8V，U3=4V，输出功率为，P=UI，I=0.5A6.如图所示，两个相同铝环套在一根光滑杆上，将一条形磁铁向左插入铝环的过程中两环的运动情况是（ ）A. 同时向左运动，间距增大B. 同时向左运动，间距不变C. 同时向左运动，间距变小D. 同时向右运动，间距增大【答案】C【解析】根据楞次定律的的延伸含义：阻碍导体间的相对运动，即来拒去留，所以两环同时要向左运动，又因为靠近磁铁的圆环的磁通量变化的要快，所以速度相对后面的圆环的速度要大，故他们之间的间距减小，C正确。7.如图，两平行的虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的直角三角形线框abc的ab边与磁场边界平行，现使此线框向右匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直则下列各图中可以定性地表示线框在进入磁场的过程中感应电流随时间变化的规律的是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】开始时进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，当开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针；不论进入磁场，还是出磁场时，由于切割的有效长度变小，导致产生感应电流大小变小，故ABC错误，D正确。8.下图是一个理想变压器，K为双向电键，P是滑动变阻器滑动触头，U1为加在原线圈两端电压，I1为原线圈上电流，则A. 保持U1及P的位置不变，K由a合向b时，I1将增大B. 保持P的位置及U1不变，K由a向b时，R消耗的功率减小C. 保持U1不变，K合在a处，使P上滑，I1将增大D. 保持P的位置不变，K合在a处，若U1增大，I1将减小【答案】A【解析】分析：由图可知：电压表测量的是副线圈电压，电流表测量的是副线圈电流，根据输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比分析即可解答：解：A、保持U1及P的位置不变，K由a合到b时，原线圈匝数变小，副线圈电压变大，所以副线圈功率变大，而原线圈功率等于副线圈功率，所以原线圈功率变大，根据I1=得I1将增大，故A正确；B、保持U1及P的位置不变，K由a合到b时，原线圈匝数变小，副线圈电压变大，根据P=可知功率变大，故B错误；C、保持U1不变，K合在a处，使P上滑时，R增大，而电压不变，所以副线圈电流变小，根据I1=可知I1将减小，故C错误；D、保持P的位置不变，K合在a处，若U1增大，则副线圈电压增大，所以副线圈电流变大，根据I1=可知I1将增大，故D错误故选A点评：本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解，注意电压表和电流表测量的是有效值9.图甲为理想变压器，其原、副线圈的匝数比为41，原线圈接图乙所示的正弦交流电图甲中Rt为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表则下列说法正确的是()A. 图乙所示电压的瞬时值表达式为u51sin 50t VB. 变压器原、副线圈中的电流之比为14C. 变压器输入、输出功率之比14D. Rt处温度升高时，电压表和电流表的示数均变大【答案】AB【解析】原线圈接的图乙所示的正弦交流电，由图知最大电压51V，周期0.02s，故角速度是=100，u=51sin100t（V），故A正确；根据公式得：变压器原、副线圈中的电流之比，故B正确；理想变压器的输入、输出功率之比应为1：1，故C错误；Rt处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，但不会影响输入电压值，故D错误。所以AB正确，CD错误。10.如图所示，通电导线旁边同一平面有矩形线圈abcd.则（ ）A. 若线圈向右平动，其中感应电流方向是abcdB. 若线圈竖直向下平动，无感应电流产生C. 当线圈以通电导线为轴转动时，其中感应电流方向是abcdD. 当线圈向导线靠近时，其中感应电流方向是abcd【答案】BD【解析】【详解】当导线框向右平移时，穿过线圈的磁通量减少，根据右手螺旋定则与楞次定律可知，感应电流方向是adcb，即顺时针方向。故A错误；若线圈竖直向下平动，穿过线圈的磁通量不变，无感应电流产生。故B正确；当线圈以ab边为轴转动时（小于90），穿过线圈的磁通量减少，根据右手螺旋定则与楞次定律可知，感应电流方向是adcb故C错误；当线圈向导线靠近时，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，其中感应电流方向是abcd故D正确。故选BD。【点睛】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向，掌握感应电流的产生条件，会根据楞次定律判断感应电流的方向11.如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外。一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1(左)匀速运动到位置2(右)则（ ）A. 导线框进入磁场时，感应电流方向为abcdaB. 导线框离开磁场时，感应电流方向为abcdaC. 导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右D. 导线框进入磁场时受到的安培力方向水平向左【答案】D【解析】线框进入磁场时，穿过线圈的磁通量增大，由右手定则可知，感应电流沿顺时针方向，即方向为adcba，导线框离开磁场时，穿过线圈的磁通量减小，感应电流方向为逆时针方向，即abcda，A错误B正确；根据楞次定律的“来拒去留”规律可知线框进入磁场时，受到的安培力向左，离开磁场时受到的安培力向左，C错误D正确12.在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。设线圈总电阻为2 ，则()A. t1 s时，线圈中的电流改变方向B. t0时，线圈平面平行于磁感线C. 一个周期内，线圈产生的热量为82JD. t1.5 s时，线圈中的感应电动势最大【答案】BC【解析】【详解】-t图象的斜率为，即表示磁通量的变化率，在0.5s1.5s之间，“斜率方向“不变，表示的感应电动势方向不变，则电流强度方向不变，故A错误；根据图象可知，在t=0时穿过线圈平面的磁通量为零，所以线圈平面平行于磁感线，故B正确；感应电动势的最大值为Em=NBS=Nm=1000.04V=4 V，有效值，根据焦耳定律可得一个周期产生的热为，故C正确。根据法拉第电磁感应定律可得E=N，所以在t=1.5s时，斜率为零，则感应电动势为零，故D错误；13.如图，金属棒ab、cd与足够长的水平光滑金属导轨垂直且接触良好，匀强磁场竖直向下ab棒在恒力F作用下向右运动，则（ ）A. 安培力对ab棒做正功B. 安培力对cd棒做正功C. abdca回路的磁通量先增加后减少D. F做的功等于回路产生的总热量和系统动能增量之和【答案】BD【解析】【分析】ab棒在恒力F作用下向右做加速运动，切割磁感线产生感应电动势和感应电流，cd棒在安培力作用下也向右运动，切割磁感线产生一个反电动势，当两棒的速度差恒定时，回路中产生的感应电流恒定，两棒均做匀加速运动，根据安培力方向与导体运动方向的关系，判断做功正负根据两棒的运动情况分析磁通量变化情况根据系统能量守恒分析F做功与热量和总动能增量的关系。【详解】A、B项：ab棒在恒力F作用下向右做加速运动，根据楞次定律可知，回路中将产生的感应电流沿acdba方向，由左手定则判断可知，ab棒所受的安培力方向向左，cd棒所受的安培力方向向右，则安培力对ab棒做负功，对cd棒做正功，故A错误，B正确；C项：两棒最终都做匀加速运动，速度之差恒定，ab棒速度大于cd棒的速度，则abdca回路的磁通量一直增加，故C错误；D项：根据能量守恒定律得知，F做的功等于回路产生的总热量和系统动能增量之和，故D正确。故应选：BD。【点睛】本题的解题关键是分析导体棒受力情况，来确定其运动情况，从而判断磁通量如何变化。14.一台发电机最大输出功率为4 000kW，电压为4000 V，经变压器T1升压后向远方输电输电线路总电阻R1k.到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220V、60W)若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器T1和T2的损耗可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则()A. T1原、副线圈电流分别为103A和20AB. T2原、副线圈电压分别为1.8105V和220VC. T1和T2变压比分别为1:50和40:1D. 有6104盏灯泡(220V、60W)正常发光【答案】ABD【解析】输电线上消耗的功率P线R400 kW，则I220 A，又P1U1I1，则I1103A，故A正确；T1的变压比，又PU1I1U2I2，得U22105V，输电线上损失电压U线I2R2104V，则T2原线圈的输入电压U3U2U线18105V，又灯泡正常发光，T2的副线圈的电压为220 V，B正确；T2的变压比，C错误；根据U3I260n，解得n6104，D正确。二、填空题（共12分，每空2分）15.一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示由图可知1）该交流电的频率为_Hz 2）该交流电的电压的有效值为_V 3）若将该交流电压加在阻值R=100 的电阻两端，则电阻消耗的功率是_W4）当电压的瞬时值为50V时，则线圈平面与中性面的夹角是_度【答案】 (1). 25Hz (2). 50V (3). 50W (4). 30【解析】【详解】（1）该交流电的周期T=0.04s，则频率为f=1/T=25Hz； （2）该交流电的电压的最大值为100V，则有效值为；（3）若将该交流电压加在阻值R=100 的电阻两端，则电阻消耗的功率是（4）瞬时值表达式，当电压的瞬时值为50V时，则线圈平面与中性面的夹角是30.16.如图所示：当导体OA在垂直于磁场的平面内，绕一端O点以角速度匀速顺时针转动时，导体的长度为L，磁感应强度为B，导体产生的感应电动势为_哪端电势高_（O端或A端）【答案】 (1). (2). A【解析】【详解】导体产生的感应电动势为由右手定则可知，A端电势高.三、计算题（17题8分，18题12分，19题12分）17.如图所示，面积为0.2 m2的100匝线圈处在匀强磁场中，磁场方问垂直于线圈平面，已知磁感应强度随时间变化的规律为B=（2+0.2t）T，定值电阻R1=6，线圈电阻R2=4，求：（1）a点，b点哪个点电势高？（2）回路的感应电动势?（3）a、b两点间电压Uab【答案】（1）a点电势高；（2）4V；（3）2.4V【解析】【详解】（1）由楞次定律可知，a点电势高；（2）由题意可知，磁感应强度的变化率：由法拉第电磁感应定律得感应电动势： （3）由闭合电路的欧姆定律得电路电流：；a、b两点间的电压：Uab=IR1=0.46=2.4V；18.如图所示，abcd为交流发电机的矩形线圈，其面积为S=0.02m2，匝数为N=200匝，线圈电阻为r=2，外电阻为R=8。线圈在磁感应强度为B=0.2T,的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO匀速转动，角速度为=100rad/s。若图中的