福建省南平市政和一中高二物理下学期第一次月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年福建省南平市政和一中高二（下）第一次月考物理试卷一、选择题：（1-8只有一个正确答案，9-13有多个正确答案，每题4分，错选或多选0分，少选得2分，共52分）1关于自感现象，正确的说法是（）a感应电流一定和原电流方向相反b线圈中产生的自感电动势较大的其自感系数一定较大c对于同一线圈，当电流变化越大时，线圈中产生的自感电动势也越大d自感电动势总是阻碍原来电流变化的2如图所示，在一个绕有线圈的可拆变压器铁芯上分别放一小铁锅水和一玻璃杯水给线圈通入电流，一段时间后，一个容器中水温升高，则通入的电流与水温升高的是（）a恒定直流、小铁锅b恒定直流、玻璃杯c变化的电流、玻璃杯d变化的电流、小铁锅3如图所示图象中不属于交流电的有（）abcd4如图所示，金属矩形线框abcd用细线悬挂在u形磁铁中央，磁铁可绕oo轴缓慢转动（从上向下看是逆时针转动），则当磁铁转动时，从上往下看，线框abcd的运动情况是（）a顺时针转动b逆时针转动c向外平动d向里平动5如图所示，一闭合的金属环从静止开始由高处下落通过条形磁铁后继续下落，空气阻力不计，则在圆环运动过程中，下列说法正确的是（）a圆环在磁铁的上方时，圆环的加速度小于g，在下方时大于gb圆环在磁铁的上方时，圆环的加速度小于g，在下方时也小于gc圆环在磁铁的上方时，圆环的加速度小于g，在下方时等于gd圆环在磁铁的上方时，圆环的加速度大于g，在下方时小于g6如图所示，矩形线圈与磁场垂直，且一半在匀强磁场内一半在匀强磁场外下述过程中使线圈产生感应电流的是 （）a以bc为轴转动45b以ad为轴转动45c将线圈向下平移d将线圈向左平移7如图所示，一对大磁极，中间处可视为匀强磁场，上、下边缘处为非匀强磁场，一矩形导线框abcd保持水平，从两磁极间中心上方某处开始下落，并穿过磁场（）a线框中有感应电流，方向是先abcda后dcbadb线框中有感应电流，方向是先dcbad后abcdac受磁场的作用，线框要发生转动d线框中始终没有感应电流8一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示已知发电机线圈内阻为5.0，现外接一只电阻为95.0的灯泡，如图乙所示，则（）a电压表v的示数为209 vb电路中的电流方向每秒钟改变50次c灯泡实际消耗的功率为484 wd发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 j9如图所示电路中，a、b是相同的两小灯泡l是一个带铁芯的线圈，电阻可不计，调节r，电路稳定时两灯泡都正常发光，则在开关合上和断开时（）a两灯同时点亮、同时熄灭b合上s时，b比a先到达正常发光状态c断开s时，a、b两灯都不会立即熄灭，通过a、b两灯的电流方向都与原电流方向相同d断开s时，a灯会突然闪亮一下后再熄灭10如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡l1和l2，输电线的等效电阻为r，开始时，电键k断开，当k接通时，以下说法中正确的是（）a副线圈两端m、n的输出电压减小b副线圈输电线等效电阻r上的电压将增大c通过灯泡l1的电流减小d原线圈中的电流增大11两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为的斜面上，导轨的左端接有电阻r，导轨自身的电阻可忽略不计斜面处在匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上质量为m、电阻可不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力f作用下沿导轨匀速上滑，并上升h高度如图所示，在这过程中（）a作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零b作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻r上发出的焦耳热之和c恒力f与安培力的合力所做的功等于零d恒力f与重力的合力所做的功等于电阻r上发出的焦耳热12远程输电线路的示意图如图：若发电机的输出电压不变，则下列叙述正确的是（）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有关b输电线中电流大小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，输电线上损失的电压增大d升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压13电感和电容对交流电的阻碍作用的大小不但跟电感、电容本身有关，还跟交流电的频率有关，下列说法中正确的是（）a电感是通直流、阻交流，通高频、阻低频b电容是通直流、阻交流，通高频、阻低频c电感是通直流、阻交流，通低频、阻高频d电容是通交流、隔直流，通低频、阻高频二、填空题（共4小题，每小题6分，满分18分）14图甲所示线圈总电阻r=0.5，匝数n=10，其端点a、b与r=1.5的电阻相连，线圈内磁通量变化规律如图乙所示关于a、b两点电势ab（填“大于”或“小于”），两点电势差uab=v15在研究电磁感应现象的实验中所用器材如图所示它们是电流表；直流电源；带铁芯的线圈a；线圈b；开关；滑动变阻器（用来控制电流大小以改变磁场强弱）（1）试按实验的要求完成实物图上的连线开关闭合，移动滑动变阻器，指针（“会”或者“不会”）发生偏转（2）若连接滑动变阻器的两根导线接在接线柱c和d上，而在开关刚刚闭合时电流表指针右偏，则开关闭合后滑动变阻器的滑动触头向接线柱c移动时，电流表指针将（填“左偏”“右偏”或“不偏”）16通过某电阻的周期性交变电流的图象如图，求该交流电的有效值i=17如图所示，接于理想变压器中四个灯泡的规格相同，而且全部正常发光，则三个线圈匝数之比n1：n2：n3=三、解答题（共3小题，满分30分）18水电站给远处山村送电的输出功率是100千瓦，用2000伏电压输电，线路上损失的功率是2.5104瓦，如果改用20000伏高压输电，线路上损失的功率是多少？19如图所示，匀强磁场的磁感应强度b=0.5t，边长l=10cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈电阻r=1，线圈绕垂直于磁感线的对称轴oo匀速转动，角速度=2rad/s，外电路电阻r=4，求：（1）转动过程中感应电动势的最大值；（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；（3）由图示位置转过60角的过程中产生的平均感应电动势；（4）交流电压表的示数；（5）线圈转动一周外力所做的功；（6）周期内通过r的电荷量为多少？20如图所示，一个质量m=16g，长d=0.5m，宽l=0.1m，电阻r=0.1的矩形线框从高处自由落下，经过h1=5m高度，下边开始进入一个跟线框平面垂直的匀强磁场，线框进入磁场时恰好匀速下落已知磁场区域的高度h2=1.55m，求：（1）磁场的磁感应强度多大？（2）线框下边将要出磁场时的速率；（3）线框下边刚离开磁场时感应电流的大小和方向2015-2016学年福建省南平市政和一中高二（下）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：（1-8只有一个正确答案，9-13有多个正确答案，每题4分，错选或多选0分，少选得2分，共52分）1关于自感现象，正确的说法是（）a感应电流一定和原电流方向相反b线圈中产生的自感电动势较大的其自感系数一定较大c对于同一线圈，当电流变化越大时，线圈中产生的自感电动势也越大d自感电动势总是阻碍原来电流变化的【分析】根据楞次定律和法拉第电磁感应定律来分析判断【解答】解：a、根据楞次定律，当原电流增大时，感应电流与原电流方向相反；当原电流减小时，感应电流与原电流方向相同故a错误 b、自感系数是由线圈本身的特性决定的，与自感电动势的大小无关故b错误 c、根据法拉第定律，当电流变化越快时，磁通量变化越快，自感电动势越大故c错误 d、根据楞次定律，自感电动势总是阻碍原来电流变化故d正确故选d2如图所示，在一个绕有线圈的可拆变压器铁芯上分别放一小铁锅水和一玻璃杯水给线圈通入电流，一段时间后，一个容器中水温升高，则通入的电流与水温升高的是（）a恒定直流、小铁锅b恒定直流、玻璃杯c变化的电流、玻璃杯d变化的电流、小铁锅【分析】根据变化的电流，产生磁通量的变化，金属器皿处于其中，则出现感应电动势，形成感应电流，从而产生内能【解答】解：由于容器中水温升高，则是电能转化成内能所致因此只有变化的电流才能导致磁通量变化，且只有小铁锅处于变化的磁通量时，才能产生感应电动势，从而产生感应电流导致电流发热玻璃杯是绝缘体，不能产生感应电流故只有d正确，abc错误；故选：d3如图所示图象中不属于交流电的有（）abcd【分析】直流电是指电流的方向不发生变化的电流，其大小可以变化，交流电是指电流的方向发生变化的电流，但是它的电流的大小可以不变【解答】解：交流电是指电流的方向发生变化的电流，电流的大小是否变化对其没有影响，电流的方向变化的是abc，故abd是交流电，c是直流电本题选择不是交流电的，故选：c4如图所示，金属矩形线框abcd用细线悬挂在u形磁铁中央，磁铁可绕oo轴缓慢转动（从上向下看是逆时针转动），则当磁铁转动时，从上往下看，线框abcd的运动情况是（）a顺时针转动b逆时针转动c向外平动d向里平动【分析】当转动磁铁时，导致线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电流，出现安培力，导致线圈转动，由楞次定律可知，从而确定感应电流的方向，由于总是阻碍磁通量增加，故线圈与磁铁转动方向相同，但转动快慢不同【解答】解：根据楞次定律可知，为阻碍磁通量增加，则导致线圈与磁铁转动方向相同，即逆时针转动，但快慢不一，线圈的转速一定比磁铁转速小故选：b5如图所示，一闭合的金属环从静止开始由高处下落通过条形磁铁后继续下落，空气阻力不计，则在圆环运动过程中，下列说法正确的是（）a圆环在磁铁的上方时，圆环的加速度小于g，在下方时大于gb圆环在磁铁的上方时，圆环的加速度小于g，在下方时也小于gc圆环在磁铁的上方时，圆环的加速度小于g，在下方时等于gd圆环在磁铁的上方时，圆环的加速度大于g，在下方时小于g【分析】由楞次定律判断磁铁在下落过程中所受线圈作用力的方向；然后结合牛顿第二定律判断磁铁的加速度的大小【解答】解：一闭合的金属环从静止开始由高处下落通过条形磁铁的过程中，闭合金属环的磁通量先增大，而后减小，根据楞次定律它增大时，会阻碍它增大；它要减小时，会阻碍它减小，所以下落时圆环在磁铁的上方和下方，圆环所受的安培力都向上，故加速度都小于g故acd错误，b正确故选：b6如图所示，矩形线圈与磁场垂直，且一半在匀强磁场内一半在匀强磁场外下述过程中使线圈产生感应电流的是 （）a以bc为轴转动45b以ad为轴转动45c将线圈向下平移d将线圈向左平移【分析】磁通量是穿过线圈的磁感线的条数对照产生感应电流的条件：穿过电路的磁通量发生变化进行分析判断有无感应电流产生【解答】解：a、以bc边为轴转动45，穿过线圈的磁通量仍为=b，保持不变，没有感应电流产生，不符合题意故a错误 b、以ad边为轴转动45，穿过线圈的磁通量从=b减小到零，有感应电流产生，符合题意故b正确 c、将线圈向下平移时，穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，不符合题意故c错误 d、将线框向左拉出磁场，穿过线圈的磁通量减小，有感应电流产生，符合题意故d正确故选bd7如图所示，一对大磁极，中间处可视为匀强磁场，上、下边缘处为非匀强磁场，一矩形导线框abcd保持水平，从两磁极间中心上方某处开始下落，并穿过磁场（）a线框中有感应电流，方向是先abcda后dcbadb线框中有感应电流，方向是先dcbad后abcdac受磁场的作用，线框要发生转动d线框中始终没有感应电流【分析】由磁场来确定磁感线的分布，从而确定穿过线圈的磁通量如何变化，若有磁通量变化，则根据楞次定律来确定感应电流的方向【解答】解：由题意可知，线框从两磁极间中心上方某处开始下落，穿过线圈的磁通量始终为零，虽有磁感线穿入，但又从线圈中穿出，相互抵消，导致磁通量为零故d正确，abc均错误；故选d8一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示已知发电机线圈内阻为5.0，现外接一只电阻为95.0的灯泡，如图乙所示，则（）a电压表v的示数为209 vb电路中的电流方向每秒钟改变50次c灯泡实际消耗的功率为484 wd发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 j【分析】由图读出电动势的最大值，求出有效值，根据欧姆定律求出外电压的有效值，即为电压表的示数根据电流方向每个周期改变两次，求出每秒钟方向改变的次数根据电压有效值求出灯泡消耗的功率由焦耳定律，由有效值求出发电机焦耳热【解答】解：a、由em=220v，e=220v，电压表示数u=e=209v故a正确b、周期t=0.02s，每个周期交流电方向改变两次，则1s内电流方向改变的次数为n=2=100次故b错误c、灯泡实际消耗的功率p=w484w故c错误d、发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为q=t=1j=24.2j故d正确故选：ad9如图所示电路中，a、b是相同的两小灯泡l是一个带铁芯的线圈，电阻可不计，调节r，电路稳定时两灯泡都正常发光，则在开关合上和断开时（）a两灯同时点亮、同时熄灭b合上s时，b比a先到达正常发光状态c断开s时，a、b两灯都不会立即熄灭，通过a、b两灯的电流方向都与原电流方向相同d断开s时，a灯会突然闪亮一下后再熄灭【分析】电路稳定后，l的电阻很小，闭合瞬间l的电阻很大，断开瞬间a灯还要亮一下【解答】解：a、在开关合上和断开时，两灯同时熄灭，但不同时点亮，在合上时，通过线圈的电流在增大，导致线圈出现自感电动势，从而阻碍灯泡a的电流增大，则b比a先到达正常发光状态，故a错误，b正确；c、断开开关s的瞬间，由电感的特性可知：l和a组成的回路中的电流会维持不变，通过a灯的电流的方向不变，而b灯的电流方向与原电流方向相反，故c错误；d、断开开关s的瞬间，因灯泡相同，则电流相等，所以两灯会慢慢熄灭，但不会闪亮一下，故d错误；故选：b10如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡l1和l2，输电线的等效电阻为r，开始时，电键k断开，当k接通时，以下说法中正确的是（）a副线圈两端m、n的输出电压减小b副线圈输电线等效电阻r上的电压将增大c通过灯泡l1的电流减小d原线圈中的电流增大【分析】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，根据理想变压器的原理分析即可【解答】解：a、理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，所以a错误；b、由于副线圈的输出电压不变，当s接通时，副线圈的电阻减小，所以总的电流变大，所以副线圈输电线效电阻r上的电压增大，所以b正确；c、当s接通后，两个灯泡并联，电路的电阻减小，副线圈的电流变大，所以通过电阻r的电流变大，电压变大，那么并联部分的电压减小，所以通过灯泡l1的电流减小，所以c正确；d、由于变压器的输入的功率和输出的功率相等，由于副线圈的电阻减小了，输出的功率变大了，所以原线圈的输入的功率也要变大，因为输入的电压不变，所以输入的电流要变大，所以d正确；故选：bcd11两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为的斜面上，导轨的左端接有电阻r，导轨自身的电阻可忽略不计斜面处在匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上质量为m、电阻可不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力f作用下沿导轨匀速上滑，并上升h高度如图所示，在这过程中（）a作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零b作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻r上发出的焦耳热之和c恒力f与安培力的合力所做的功等于零d恒力f与重力的合力所做的功等于电阻r上发出的焦耳热【分析】导体棒ab匀速上滑，合力为零，即可合力的做功为零；对导体棒正确受力分析，根据动能定理列方程，弄清功能转化关系，注意克服安培力所做功等于回路电阻中产生的热量【解答】解：ab、金属棒ab匀速上升过程中，作用于棒上各力的合力为零，则合力所作的功等于零，故a正确，b错误c、根据动能定理得：wfwgw安=0，得wfw安=wg0，即恒力f与安培力的合力所做的功不等于零，等于克服重力做功，故c错误d、由wfwgw安=0得，wfwg=w安，即恒力f与重力的合力所做的功等于克服安培力所做功，即等于电阻r上发出的焦耳热，故d正确故选：ad12远程输电线路的示意图如图：若发电机的输出电压不变，则下列叙述正确的是（）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有关b输电线中电流大小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，输电线上损失的电压增大d升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压【分析】根据变压器的特点：电压比等于匝数比，电流之比等于匝数反比，输入功率等于输出功率去分析【解答】解：a、用户用电的总功率增加，升压变压器、降压变压器的原、副线圈电流都要增加，故a正确b、输电线的电流与输送的功率和输送的电压有关，故b错误c、用户总电阻减少，电流增大，则输电线的电流增大，可知输电线上的电压损失增大，故c正确d、升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压和电压损失之和，故d错误故选：ac13电感和电容对交流电的阻碍作用的大小不但跟电感、电容本身有关，还跟交流电的频率有关，下列说法中正确的是（）a电感是通直流、阻交流，通高频、阻低频b电容是通直流、阻交流，通高频、阻低频c电感是通直流、阻交流，通低频、阻高频d电容是通交流、隔直流，通低频、阻高频【分析】根据电容器和电感线圈的特性分析选择电容器内部是真空或电介质，隔断直流能充电、放电，能通交流，具有隔直通交、通高阻低的特性电感线圈可以通直流，通过交流电时产生自感电动势，阻碍电流的变化，具有通直阻交，通低阻高的特性【解答】解：a、c，电感的特性：通直流，阻交流通低频，阻高频故a错误，c正确； b、d，电容器的特性：通交流，隔直流，通高频，阻低频故bd错误故选：c二、填空题（共4小题，每小题6分，满分18分）14图甲所示线圈总电阻r=0.5，匝数n=10，其端点a、b与r=1.5的电阻相连，线圈内磁通量变化规律如图乙所示关于a、b两点电势a大于b（填“大于”或“小于”），两点电势差uab=1.5v【分析】根据法拉第电磁感应定律求出线圈中感应电动势根据楞次定律判断感应电流的方向结合电路知识求出a、b两点电势差【解答】解：从图中发现：线圈的磁通量是增大的，根据楞次定律，感应电流产生的磁场跟原磁场方向相反，即感应电流产生的磁场方向为垂直纸面向外，根据右手定则，我们可以判断出线圈中感应电流的方向为：逆时针方向在回路中，线圈相当于电源，由于电流是逆时针方向，那么a相当于电源的正极，b相当于电源的负极，所以a点的电势大于b点的电势根据法拉第电磁感应定律得：e=10v=2v，再由闭合电路欧姆定律，则有：i=1aa、b两点电势差就相当于电路中的路端电压所以uab=ir=1.5v故答案为：大于，1.515在研究电磁感应现象的实验中所用器材如图所示它们是电流表；直流电源；带铁芯的线圈a；线圈b；开关；滑动变阻器（用来控制电流大小以改变磁场强弱）（1）试按实验的要求完成实物图上的连线开关闭合，移动滑动变阻器，指针会（“会”或者“不会”）发生偏转（2）若连接滑动变阻器的两根导线接在接线柱c和d上，而在开关刚刚闭合时电流表指针右偏，则开关闭合后滑动变阻器的滑动触头向接线柱c移动时，电流表指针将左偏（填“左偏”“右偏”或“不偏”）【分析】由感应电流的条件：闭合电路的磁通量变化，即可判定是否偏转；根据题意确定磁通量变化与电流表指针偏转方向间的关系，然后根据滑片的移动方向判断穿过线圈的磁通量如何变化，进一步判断电流表指针如何偏转【解答】解：（1）开关闭合，移动滑动变阻器，导致线圈a中的磁通量变化，从而使得穿过线圈b的磁通量变化，则产生感应电动势，形成感应电流，则指针会偏转；（2）在开关刚刚闭合时电流表指针右偏，导致穿过线圈b的磁通量增大；由电路图可知，闭合电键，滑动变阻器的滑动触头向接线柱c移动时，滑动变阻器接入电路电阻变大，电流产生的磁场减弱，穿过线圈b的磁通量减小，则感应电流与刚闭合时反向，电流计指针将向左偏转；故答案为：（1）会，（2）左偏16通过某电阻的周期性交变电流的图象如图，求该交流电的有效值i=3【分析】由图象可知交变电流的周期，一个周期内分为两段，每一段均为恒定电流，根据有效值的定义求解取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值【解答】解：将交流与直流通过阻值都为r的电阻，设直流电流为i，则根据有效值的定义有：i12rt1+i22rt2=i2rt，代入数据得：32r0.2+62r0.1=i2r0.3，解得：i=3a故答案为：317如图所示，接于理想变压器中四个灯泡的规格相同，而且全部正常发光，则三个线圈匝数之比n1：n2：n3=3：2：1【分析】变压器的特点：电压与匝数成之比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率【解答】解：灯泡规格相同，且全部正常发光知：流经每个灯泡的电流都相等设为i，每个灯泡两端电压都相等设为u，则u2=2u，u3=u；根据输入功率等于输出功率知：u1i=u2i+u3i，u1=3u，再根据电压与匝数成正比知n1：n2：n3=u1：u2：u3=3：2：1故答案为：3：2：1三、解答题（共3小题，满分30分）18水电站给远处山村送电的输出功率是100千瓦，用2000伏电压输电，线路上损失的功率是2.5104瓦，如果改用20000伏高压输电，线路上损失的功率是多少？【分析】根据输出功率与输送电压、电流的关系，结合输送电压的变化得出输送电流的变化，从而根据得出损失功率的变化【解答】解：根据p=ui知，改用20000伏高压输电，输送电压增大10倍，则输送电流变为原来的，根据知，损失的功率变为原来的则线路上损失的功率答：线路上损失的功率为250w19如图所示，匀强磁场的磁感应强度b=0.5t，边长l=10cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈电阻r=1，线圈绕垂直于磁感线的对称轴oo匀速转动，角速度=2rad/s，外电路电阻r=4，求：（1）转动过程中感应电动势的最大值；（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；（3）由图示位置转过60角的过程中产生的平均感应电动势；（4）交流电压表的示数；（5）线圈转动一周外力所做的功；（6）周期内通过r的电荷量为多少？【分析】（1）先根据em=nbs求出最大值，再根据最大值与有效值的关系求出有效值；（2）先写出电动势的瞬时表达式，再带入数据求得瞬时值；（3）利用法拉第电磁感应定律，求出平均感应电动势；（4）电压表测量的是电阻r的电压，根据闭合电路欧姆定律即可求解（5）通过最大值求出有效值，再由焦耳定律求出热量；（6）线圈由如图位置转过周期内，通过r的电量为：q=t=【解答】解：（1）根据em=nbs，可得感应电动势的最大值：em=1000.50.122v=3.14v；（2）由于线框垂直于中性面开始计时，所以瞬时感应电动势表达式：e=emcos2t（v）；当线圈转过60角时的瞬时感应电动势为：e=1.57v；（3）根据法拉第电