山东省德州一中高二物理下学期4月月考试卷（含解析）.doc

2014-2015学年山东省德州一中高 二（下）月考物理试卷（4月份）一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，每个小题都有4个选项，不定项选择，请将正确选项的题号涂在答题卡的相应位置上，答对一个小题得5分，选对选不全得3分，多选错选得0分）1（5分）（2015春盐城校级期中）关于感应电动势大小的下列说法中，正确的是（） a 线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大 b 线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大 c 线圈放在磁感应强度越强的地方，产生的感应电动势一定越大 d 线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大考点： 法拉第电磁感应定律专题： 电磁感应与电路结合分析： 对法拉第电磁感应定律的理解e=n，注意区分磁通量、磁通量的变化和磁通量的变化率解答： 解：根据法拉第电磁感应定律e=n得感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比a、磁通量变化越大，则不知磁通量的变化时间，故，不一定越大，故a错误；b、磁通量越大，是大，但及，则不一定大，故b错误；c、虽然磁感应强度越强的磁场中，但可能是定值，产生的感应电动势可能不变，故c错误；d、磁通量变化的快慢用，表示磁通量变化得快，则，比值就大，根据法拉第电磁感应定律有产生的感应电动势就越大，故正确d故选：d点评： 磁通量=bs，磁通量的变化=21，磁通量的变化率是磁通量的变化和所用时间的比值，法拉第电磁感应定律告诉我们感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比正确理解磁通量、磁通量的变化和磁通量的变化率是解决本题的关键2（5分）如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为b，方向相反且垂直纸面，mn、pq为其边界，oo为其对称轴一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到关于oo对称的位置时（） a 穿过回路的磁通量为零 b 回路中感应电动势大小为2blv0 c 回路中感应电流的方向为顺时针方向 d 回路中ab边与cd边所受安培力方向相同考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；安培力；右手定则专题： 压轴题；电磁感应中的力学问题分析： 根据磁通量的定义可以判断此时磁通量的大小，如图所示时刻，有两根导线切割磁感线，根据右手定则可判断两根导线切割磁感线产生电动势的方向，求出回路中的总电动势，然后即可求出回路中的电流和安培力变化情况解答： 解：a、此时线圈中有一半面积磁场垂直线圈向外，一半面积磁场垂直线圈向内，因此磁通量为零，故a正确；b、ab切割磁感线形成电动势b端为正，cd切割形成电动势c端为负，因此两电动势串联，故回路电动势为e=2blv0，故b正确；c、根据右手定则可知线框向右运动的过程中，ab中的感应电动势的方向向下，cd中的感应电动势的方向向上，所以回路中的感应电流方向为逆时针，故c错误；d、根据左手定则可知，回路中ab边电流的方向向下，磁场的方向向外，所以安培力的方向向左；同理，cd边电流的方向向上，磁场的方向向里，所受安培力方向向左，方向相同，故d正确故选：abd点评： 本题考查了对磁通量的理解以及导体切割磁感线产生电流和所受安培力情况，对于这些基本规律要加强理解和应用3（5分）（2012秋龙凤区校级期末）如图所示，两块水平放置的金属板间距离为d，用导线与一个n匝线圈连接，线圈置于方向竖直向上的磁场b中两板间有一个质量为m，电荷量为+q的油滴恰好处于平衡状态，则线圈中的磁场b的变化情况和磁通量变化率分别是（） a 正在增强； b 正在减弱； c 正在减弱； d 正在增强；考点： 法拉第电磁感应定律；楞次定律专题： 电磁感应与电路结合分析： 由题意可知，线圈置于竖直向上的均匀变化的磁场中，根据法拉第电磁感应定律e=n会产生稳定的电动势，小球受到向上的电场力，根据小球的平衡可求出磁通量的变化率以及磁场的变化解答： 解：电荷量为q的带正电的油滴恰好处于静止状态，电场力竖直向上，则电容器的下极板带正电，所以线圈下端相当于电源的正极，由题意可知，根据楞次定律，可得穿过线圈的磁通量在均匀减弱；线框产生的感应电动势：e=n；油滴所受电场力：f=e场q，对油滴，根据平衡条件得：q=mg；所以解得，线圈中的磁通量变化率的大小为； 故b正确，acd错误；故选：b点评： 解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，欧姆定律等等电磁感应与电路、电场的基本规律；还会用楞次定律判端电动势的方向注意感应电动势与电场强度符号容易混淆同时要注意电容器的电压不是线圈产生的感应电动势4（5分）（2014春德州校级月考）如图甲所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生的交流电如图乙所示，设沿abcda方向为电流正方向，则（） a 乙图中oa时间段对应甲图中a至b图的过程 b 乙图中c时刻对应甲图中的c图 c 若乙图中d等于0.02 s，则1 s内电流的方向改变了50次 d 若乙图中b等于0.02 s，则交流电的频率为50hz考点： 正弦式电流的图象和三角函数表达式专题： 交流电专题分析： 该位置的磁通量最大，感应电流为0，是中性面矩形线圈在匀强磁场中绕轴匀速转动时，在线圈中产生正弦交流电解答： 解：从线圈转过中性面的位置开始计时，所以电流在开始时为0；线圈在匀强磁场中绕轴逆时针匀速转动时，切割磁感线，产生电流，根据右手定则可以判定；a、乙图中oa，感应电流为正方向，且大小在增大，根据楞次定律，则有：感应电流方向abcda，根据法拉第电磁感应定律，则有：感应电流的大小在增大，所以对应甲图中a至b图的过程，故a正确；b、乙图中c时刻，感应电流最大，则磁通量的变化率最大，即磁通量最小，而c图的磁通量最大，故b错误；c、若乙图中d等于0.02s，则周期为0.02s，则交流电的频率为50hz，而一个周期内电流方向改变两次，所以1s内电流的方向改变了100 次；故c错误；d、若b为0.02s，则周期为0.04s，交流电的频率为25hz；故d错误；故选：a点评： 该题考查交流电的产生、中性面与交流电的图象，要明确线圈的转动图象与交流电的瞬时电动势的图象之间的关系5（5分）在垂直纸面向里的有界匀强磁场中放置了一矩形线圈abcd线圈cd边沿竖直方向且与磁场的右边界重合线圈平面与磁场方向垂直从t=0时刻起，线圈以恒定角速度=绕cd边沿图示方向转动，规定线圈中电流沿abcda方向为正方向，则从t=0到t=t时间内，线圈中的电流i随时间t变化关系图象为（） a b c d 考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力专题： 带电粒子在磁场中的运动专题分析： 矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交流电由于磁场有界，所以只有一半有感应电流则由楞次定则可判定感应电流的方向，由法拉第电磁感应定律求出感应电流大小解答： 解：线圈以cd边为轴按图示方向匀速转动，从ab边速度正好与磁场平行开始计时，线圈磁通量在变小，则感应电流的磁场会阻碍其变小，所以感应电流方向是adcba，与规定的正方向相反，感应电流大小在渐渐变大，然而磁场只有一半，接着二分之一周期没有感应电流；当从ab边刚好进入磁场开始计时，线圈磁通量在变大，则感应电流的磁场会阻碍其变大，所以感应电流方向是abcda，与规定的正方向相同，感应电流大小在渐渐变小；所以只有b选项符合条件故选：b点评： 本题虽没有明确什么方向为感应电流的正方向，但不影响答题同时也可以假设磁场没有界，则感应电流变化规律应是余弦曲线，从而可快速确定当一半磁场时的答案6（5分）（2014春德州校级月考）如图所示，一电子以初速v沿与金属板平行的方向飞入两板间，在下列几种情况下，电子将向m板偏转的有（） a 开关s接通稳定后 b 断开开关s的瞬间 c 接通s后，变阻器的滑动触头向右迅速滑动时 d 接通s后，变阻器的滑动触头向左迅速滑动时考点： 楞次定律专题： 电磁感应与电路结合分析： 电流产生的磁场方向由安培定则判断出；电子向m板偏转，上部线圈中应产生下负上的感应电动势，再由楞次定律判断解答： 解：由安培定则得下方的电流产生的磁场的方向n极向上，s向下；a、开关sk接通稳定后，穿过线圈的磁通量不变，没有感应电动势，电子不偏转，故a错误；b、断开开关s瞬间，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律知在上线圈中感应出上负下正的电动势，电子向n板偏转，故b错误；c、接通s后，变阻器滑动触头向右迅速滑动，电阻增大，电流减小，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律知在上线圈中感应出上负下正的电动势，电子向n板偏振，c错误；d、接通s后，变阻器滑动触头向左迅速滑动，电阻减小，电流增大，穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律知在上线圈中感应出上正下负的电动势，电子向m板偏振，d正确；故选：d点评： 由图象知电子向上板偏转，必须是电容器的下极板带负电，再由楞次定律去逐项分析即可7（5分）（2001江西）如图所示，虚线框abcd内为一矩形匀强磁场区域，ab=2bc，磁场方向垂直于纸面；实线框abcd是一正方形导线框，ab边与ab边平行若将导线框匀速地拉离磁场区域，以w1表示沿平行于ab的方向拉出过程中外力所做的功，w2表示以同样速率沿平行于bc的方向拉出过程中外力所做的功，则（） a w1=w2 b w2=2w1 c w1=2w2 d w2=4w1考点： 电磁感应中的能量转化；导体切割磁感线时的感应电动势分析： 将导线框匀速地拉离磁场区域，外力所做的功等于产生的内能根据焦耳定律研究功的大小关系解答： 解：设bc=l，ab=2l 则w1= w2= 得到w2=2w1故选b点评： 在电磁感应现象中研究功、热量、功率等等常常根据能量守恒定律研究求热量，电流一定，首先考虑能否用焦耳定律8（5分）（2015遵义模拟）如图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1：n2=5：1，电阻r=20，l1、l2为规格相同的两只小灯泡，s1为单刀双掷开关原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示现将s1接1、s2闭合，此时l2正常开光下列说法正确的是（） a 输入电压u的表达式u=20sin（50t）v b 只断开s2后，l1、l2均正常发光 c 只断开s2后，原线圈的输入功率减小 d 若s1换接到2后，r消耗的电功率为0.8 w考点： 变压器的构造和原理专题： 交流电专题分析： 根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论解答： 解：a、周期是0.02s，=100rad/s，所以输入电压u的表达式应为u=20sin（100t）v，故a错误；b、只断开s2后，负载电阻变大为原来的2倍，电压不变，副线圈电流变小为原来的一半，l1、l2的功率均变为额定功率的四分之一，故b错误；c、只断开s2后，原线圈的输入功率等于副线圈的功率都减小，故c正确；d、若s1换接到2后，电阻r电压有效值为4v，r消耗的电功率为p=0.8w，故d正确故选：cd点评： 掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决9（5分）在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有（） a 升压变压器的输出电压增大 b 降压变压器的输出电压增大 c 输电线上损耗的功率增大 d 输电线上损耗的功率占总功率的比例增大考点： 远距离输电；变压器的构造和原理专题： 常规题型分析： 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，输出电压由输入电压决定；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、电压关系理想变压器电压和匝数关系解答： 解：a、由于发电厂的输出电压不变，升压变压器的匝数不变，所以升压变压器的输出电压不变，故a错误b、由于发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大，又升压变压器的输出电压u2不变，根据p=ui，可知输电线上的电流i线增大，根据u损=i线r，输电线上的电压损失增大，根据降压变压器的输入电压u3=u2u损可得，降压变压器的输入电压u3减小，降压变压器的匝数不变，所以降压变压器的输出电压减小，故b错c、根据，又输电线上的电流增大，电阻不变，所以输电线上的功率损失增大，故c正确d、根据=，发电厂的输出电压不变，输电线上的电阻不变，所以输电线上损耗的功率占总功率的比例随着发电厂输出功率的增大而增大故d正确故选：cd点评： 对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关10（5分）（2015春铜仁地区校级月考）如图所示，lool为一折线，它所形成的两个角loo和ool均为45折线的右边有一匀强磁场，其方向垂直于纸面向里一边长为l的正方形导线框沿垂直于oo的方向以速度v做竖直向上的匀速直线运动，在t=0时刻恰好位于图中所示位置以逆时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流时间（it）关系的是（时间以为单位）（） a b c d 考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律专题： 电磁感应与图像结合分析： 根据导体切割磁感线产生电动势可正确解答，注意两根导体在磁场中同时切割产生总电动势的求法，同时注意根据几何关系正确求解有效切割长度解答： 解：刚开始时，即如题图中开始所示状态，随着线框的匀速向上运动，上方导体切割长度不变，下方逐渐变小，因此总感应电动势逐渐增大，感应电流逐渐增大，由楞次定律可知，感应电流方向为正，故ac错误；当线框全部进入上方磁场时，感应电流突然变为零，当线框离开磁场时，有效切割磁感应线的长度在增大，则感应电动势在增大，因此感应电流增大，当有一半出磁场时，继续离开时，切割长度在减小，则感应电流也减小，由楞次定律可知，感应电流方向为负，故b错误，d正确故选：d点评： 本意涉及两根导体同时切割磁感线时电动势的求法，难点在于根据几何关系判断有效切割长度的变化解答类似问题可以用排除法进行，如通过直线过不过原点、电流方向变化等进行判断排除11（5分）如图所示，平行金属导轨与水平面成角，导轨与固定电阻r1和r2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻r1和r2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为f此时（） a 电阻r1消耗的热功率为 b 电阻r2消耗的热功率为 c 整个装置因摩擦而消耗的热功率为mgvsin d 整个装置消耗的机械功率为（f+mgcos）v考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化专题： 电磁感应功能问题分析： 由图知：电阻r1、r2并联与导体棒串联由感应电动势公式e=blv、欧姆定律、安培力公式，推导安培力与速度的关系式由功率公式电阻的功率、热功率及机械功率解答： 解：a、b设ab长度为l，磁感应强度为b，电阻r1=r2=r电路中感应电动势e=blvab中感应电流为i=得到，ab所受安培力f=bil= 电阻r1消耗的热功率p1=（i）2r= 由得，p1=故a错误，b正确c、根据功率公式得：整个装置因摩擦而消耗的热功率p2=mgcosv=mgvcos故c错误d、整个装置消耗的机械功率为p3=fv+p2=（f+mgcos）v故d正确故选bd点评： 本题是常规题，关键是推导安培力与速度的关系式，再求出电阻上的功率与安培力的关系12（5分）（2012浙江校级模拟）在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为b，方向相反的水平匀强磁场，如图所示的pq为两个磁场的边界，磁场范围足够大一个半径为a、质量为m、电阻为r的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从如图位置运动，当圆环运动到直径刚好与边界线pq重合时，圆环的速度为v，则下列说法正确的是（） a 此时圆环中的电功率为 b 此时圆环的加速度为 c 此过程中通过圆环截面的电量为 d 此过程中回路产生的电能为0.75mv2考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化专题： 电磁感应功能问题分析： 由导体切割磁感线公式可求得感应电动势，由功率公式可求得电功率；由闭合电路欧姆定律可求得电路中的电流，则可求得安培力，由牛顿第二定律求得加速度；由法拉第电磁感应定律可求得通过截面的电量；解答： 解：a、当直径与边界线重合时，圆环运动到直径刚好与边界线pq重合时，圆环左右两半环均产生感应电动势，故线圈中的感应电动势e=2b2a=2bav；圆环中的电功率p=，故a正确；b、此时圆环受力f=2bi2a=2b22a=，由牛顿第二定律可得，加速度a=，故b错误；c、电路中的平均电动势=，则电路中通过的电量q=t=t=，故c正确；d、此过程中产生的电能等于电路中的热量，也等于外力所做的功，则一定也等于动能的改变量，故e=mv2m=mv2=0.375mv2故d错误；故选：ac点评： 本题考查电磁感应规律、闭合电路运算、感应电动势瞬时值与平均值应用等关键为：搞清楚磁通量的变化、平动切割的有效长度、瞬时值与平均值二、计算题（本大题3个小题，共40分解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13（10分）（2005南通二模）如图所示，n=50匝的矩形线圈abcd，边长ab=20cm，bc=25cm，放在磁感强度b=0.4t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，转动角速度=50rad/s，线圈的总电阻r=1，外电路电阻r=9试求：（1）线圈在图示位置（线圈平面与磁感线平行）时，感应电动势的大小（2）1min时间内电阻r上产生的热量考点： 交流的峰值、有效值以及它们的关系专题： 交流电专题分析： （1）根据法拉第电磁感应定律，在线圈产生感应电动势的最大公式为em=nbs，即可求解；（2）由于产生的交流电，因此根据交流电的有效值来计算产生的热量解答： 解：（1）线圈在图示位置产生的感应电动势最大，其大小为em=nbs=nbabbc 代入数据解得：em=50v （2）线圈中产生的为正弦式交流电，通过r的电流为： 1min时间内产生的热量为：q=i2rt 由、式代入数据得：q=6.75103j 答：（1）线圈在图示位置（线圈平面与磁感线平行）时，感应电动势的大小为50v（2）1min时间内电阻r上产生的热量为6.75103j点评： 考查法拉第电磁感应定律与焦耳定律，掌握感应电动势的最大值的求法与运用交流电的有效值来计算热量14（12分）（2012江西二模）如图甲所示，固定在水平面上电阻不计的光滑金属导轨，间距d=0.5m，导轨右端连接一阻值为r=4的小灯泡l在cdef矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度b随时间t变化如图乙所示，cf长为2m在t=0时刻，电阻为1的金属棒ab在水平恒力f作用下，由静止开始沿导轨向右运动金属棒从图中位置运动到ef位置的整个过程中，小灯泡的亮度始终没有发生变化求：（1）通过小灯泡的电流强度；（2）恒力f的大小；（3）金属棒的质量考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律专题： 电磁感应中的力学问题分析： （1）根据法拉第电磁感应定律求出04s内电路中产生的感应电动势，求出感应电流因为小灯泡的亮度始终没有发生变化，则此电流即为通过小灯泡的电流强度；（2）由于灯泡亮度不变，可知在t=4s末金属棒刚好进入磁场时应做，匀速运动，此时金属棒电流等于灯泡中电流，恒力与安培力大小相等（3）金属棒切割磁感线产生的感应电动势等于04s内电路中产生的感应电动势，由e=bdv可求出在磁场中的速度，由运动学公式和牛顿第二定律结合可求出棒的质量解答： （1）金属棒未进入磁场，电路总电阻 r总=rl+rab=5回路中感应电动势为：e1=0.5v 灯炮中的电流强度为：il=0.1a （2）因灯泡亮度不变，故在t=4s末金属棒刚好进入磁场，且做匀速运动，此时金属棒中的电流强度：i=il=0.1a 恒力大小：f=fa=bid=0.1n （3）因灯泡亮度不变，金属棒产生的感应电动势为：e2=e1=0.5v 金属棒在磁场中的速度：v=0.5m/s金属棒未进入磁场的加速度为：a=故金属棒的质量为：m=0.8kg答：（1）通过小灯泡的电流强度为0.1a；（2）恒力f的大小为0.1n；（3）金属棒的质量为0.8kg点评： 本题的突破口是小灯泡的亮度始终没有发生