江西省新余市渝水一中高二物理下学期月考试卷（含解析）.doc

2014-2015学年江西省新余市渝 水一中高二（下）月考物理试卷一、选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分）1（5分）（2015春盐城校级期中）穿过一个电阻为2的闭合线圈的磁通量每秒均匀减小0.4wb，则线圈中（）a感应电动势为0.4vb感应电动势每秒减小0.4vc感应电流恒为0.2ad感应电流每秒减小0.2a考点：法拉第电磁感应定律专题：电磁感应与电路结合分析：穿过闭合线圈的磁通量每秒均匀减小0.4wb，得到磁通量变化率，由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求解感应电流解答：解：a、穿过闭合线圈的磁通量每秒均匀减小0.4wb，则得到磁通量变化率大小为=0.4wb/s，由法拉第电磁感应定律得：e=0.4v，感应电动势不变，故a正确，b错误c、由欧姆定律得，感应电流为i=0.2a，电流恒定不变，故c正确，d错误故选：ac点评：当穿过闭合线圈的磁通量均匀变化时，线圈中产生的感应电动势和感应电流是恒定不变的2（5分）（2013漳州一模）矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直低面向里，磁感应强度b随时间变化的规律如图所示若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，下列各图中正确的是（）abcd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bt图象判断穿过项圈的磁通量变化情况，由楞次定律判断出感应电流的方向；应用排除法分析答题解答：解：a、由bt图象可知，01s内，线圈中磁通量增大，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为负方向，故ac错误；b、由楞次定律可知，12s内电路中的电流为顺时针，为正方向，23s内，电路中的电流为顺时针，为正方向，34s内，电路中的电流为逆时针，为负方向，故b错误，d正确；故选：d点评：本题要求学生能正确理解bt图的含义，才能准确的利用楞次定律进行判定3（5分）（2013春南开区校级期中）如图所示，虚线框内是磁感应强度为b的匀强磁场，导线框的三条竖直边的电阻均为r，长均为l，两横边电阻不计，线框平面与磁场方向垂直当导线框以恒定速度v水平向右运动，ab边进入磁场时，ab两端的电势差为u1，当cd边进入磁场时，ab两端的电势差为u2，则（）au1=blvbu1=blvcu2=blvdu2=blv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：电磁感应与电路结合分析：当导线框以恒定速度v水平向右运动，ab边进入磁场时，ab切割磁感线相当于电源，ab间电压是路端电压；当cd边进入磁场时，ab与cd都切割磁感线，相当于并联的电池组，ab两端的电势差仍是路端电压根据欧姆定律研究u2解答：解：当导线框以恒定速度v水平向右运动，ab边进入磁场时，ab切割磁感线产生的感应电动势为e=blv，ab间电压是路端电压，即cd与ef并联的电压，则ab两端的电势差为u1=；当cd边进入磁场时，ab与cd都切割磁感线，产生的感应电动势都为e=blv，ab两端的电势差等于ef两端的电压，内电路是ab与dc并联，则u2=blv故选bd点评：此题关键要区分清楚电源和外电路，可以画出等效电路，电源两端间的电势差是路端电压，不是电源的内电压4（5分）（2012徐州一模）如图所示的电路中，电源电动势为e，内阻r不能忽略r1和r2是两个定值电阻，l是一个自感系数较大的线圈开关s原来是断开的从闭合开关s到电路中电流达到稳定为止的时间内，通过r1的电流i1和通过r2的电流i2的变化情况是（）ai1开始较大而后逐渐变小bi1开始很小而后逐渐变大ci2开始很小而后逐渐变大di2开始较大而后逐渐变小考点：自感现象和自感系数分析：利用线圈对电流突变的阻碍作用：闭合瞬间相当于断路，稳定后相当于导线，判断电流变化解答：解：开关s闭合瞬间，l相当于断路，通过r1的电流i1较大，通过r2的电流i2较小；当稳定后l的自感作用减弱，通过r1的电流i1变小，通过r2的电流i2变大，故ac正确bd错误故选：ac点评：做好本题的关键：知道线圈对电流突变时的阻碍作用，特别是断开时相当于电源，l中原来电流的方向即电动势的正极5（5分）（2012春温州校级期中）如图所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线ab正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力fn及在水平方向运动趋势的正确判断是（）afn先小于mg后大于mg，运动趋势向左bfn先大于mg后小于mg，运动趋势向左cfn先小于mg后大于mg，运动趋势向右dfn先大于mg后小于mg，运动趋势向右考点：楞次定律分析：由磁铁的运动可知线圈中磁通量的变化，由楞次定律可判断线圈的支持力及运动趋势解答：解：当磁铁向右运动靠近的过程中，线圈中的磁通量增大，根据楞次定律的第二种描述：“来拒去留：可知，线圈有向下和向右的趋势；故线圈受到的支持力增大；同时运动趋势向右；通过线圈后远离线圈的过程中，线圈中的磁通量减小，根据楞次定律的第二种描述：“来拒去留：可知，线圈有向上和向右的趋势；故线圈受到的支持力减小；同时运动趋势向右；故选：d点评：线圈的运动是因发生了电磁感应而产生了感应电流，从而受到了安培力的作用而产生的；不过由楞次定律的描述可以直接判出，并且能更快捷6（5分）（2011秋南昌校级期末）一环形线圈放在匀强磁场中，设第1s内磁感线垂直线圈平面（即垂直于纸面）向里，如图甲所示若磁感应强度b随时间t变化的关系如图乙所示，那么第3s内线圈中感应电流的大小与其各处所受安培力的方向是（）a大小恒定，沿顺时针方向与圆相切b大小恒定，沿着圆半径指向圆心c逐渐增加，沿着圆半径离开圆心d逐渐增加，沿逆时针方向与圆相切考点：楞次定律；安培力专题：电磁感应与电路结合分析：变化的磁场产生电磁，均匀变化的磁场产生恒定的电磁，根据楞次定律判断出感应电流的方向解答：解：在第3s内，磁场的方向垂直于纸面向里，且均匀增大，所以产生恒定的电流，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针方向，根据左手定则可以判断出安培力的方向指向圆心所以b正确故选：b点评：解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，难度不大，属于基础题7（5分）（2012江西二模）如图所示，光滑绝缘水平面上有一矩形线圈冲入一匀强磁场，线圈全部进入磁场区域时，其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，设磁场宽度大于线圈宽度，那么（）a线圈恰好在刚离开磁场的地方停下b线圈在磁场中某位置停下c线圈在未完全离开磁场时即已停下d线圈完全离开磁场以后仍能继续运动，不会停下来考点：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：线圈完全进入磁场后做匀速运动，进磁场和出磁场的过程都做变减速直线运动，比较进磁场和出磁场时所受的安培力大小，从而判断出线圈能否通过磁场解答：解：线圈出磁场时的速度小于进磁场时的速度，安培力f=bil=，知出磁场时所受的安培力小于进磁场时所受的安培力，根据动能定理，由于进磁场时安培力做功大于出磁场时安培力做功，则出磁场时动能的变化量小于进磁场时动能的变化量，进磁场时其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，知出磁场后，动能不为零，还有动能，将继续运动，不会停下来故d正确a、b、c错误故选d点评：解决本题的关键比较出进磁场和出磁场时的安培力，根据动能定理进行分析8（5分）（2011怀柔区模拟）如图所示，磁带录音机既可用作录音，也可用作放音，其主要部件为匀速行进的磁带a和绕有线圈的磁头b，不论是录音或放音过程，磁带或磁隙软铁会存在磁化现象下面是对于它们在录音、放音过程中主要工作原理的描述，正确的是（）a放音的主要原理是电磁感应，录音的主要原理是电流的磁效应b录音的主要原理是电磁感应，放音的主要原理是电流的磁效应c放音和录音的主要原理都是磁场对电流的作用d录音和放音的主要原理都是电磁感应考点：电磁感应在生活和生产中的应用分析：磁带录音机能录音也能放音，主要是磁头的磁化作用当放音时磁带与磁头接触，由于磁粉使磁头的电流发生变化从而导致发生声音而录音时，声音信号转化为电信号，通过磁头写在磁带上解答：解：a、放音的主要原理磁生电，所以是电磁感应现象，录音的主要原理是电生磁，是电流的磁效应故a正确；b、放音的主要原理磁生电，所以是电磁感应现象，录音的主要原理是电生磁，是电流的磁效应故b错误；c、放音的主要原理磁生电，所以是电磁感应现象，录音的主要原理是电生磁，是电流的磁效应故错误；d、放音的主要原理磁生电，所以是电磁感应现象，录音的主要原理是电生磁，是电流的磁效应故错误；故选：a点评：录音与放音是电生磁与磁生电的过程9（5分）（2011秋崇川区校级期末）如图所示的整个装置放在竖直平面内，欲使带负电的油滴p在两平行金属板间静止，导体棒ab将沿导轨运动的情况是（）a向右匀减速运动b向右匀速运动c向左匀减速运动d向左匀速运动考点：法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势分析：平行板两端间的电势差等于导体棒切割产生的电动势，带负电的液滴处于静止状态，知液滴受重力和电场力处于平衡，根据受力平衡求出电场强度的大小和方向，从而根据安培定则与楞次定律，及右手定则，知道导体棒的速度大小和方向解答：解：质量为m，电荷量为q的带负电的液滴处于静止状态有q=mg，电场强度的方向竖直向下，则上板电势高于下板，因此线圈n上端相当于电源的正极，下端相当于电源的负极根据安培定则可知，线圈n的磁场竖直向上，大小减小，或竖直向下，大小增大；a、当棒向右匀减速运动时，因切割磁感线，由右手定则可知，感应电流方向由b到a，大小减小，则线圈m产生竖直向下的磁场，且大小减小，那么线圈n的磁场是竖直向上，大小减小，符合题意，故a正确；b、当棒向右匀速运动时，因切割磁感线，由右手定则可知，感应电流方向由b到a，大小不变，则线圈m产生竖直向下的磁场，且大小不变，那么线圈n的磁场是竖直向上，大小不变，不会产生感应电流，故b错误；c、当棒向左匀减速运动时，因切割磁感线，由右手定则可知，感应电流方向由a到b，大小减小，则线圈m产生竖直向上的磁场，且大小减小，那么线圈n的磁场是竖直向下，大小减小，不符合题意，故c错误；d、当棒向左匀速运动时，因切割磁感线，由右手定则可知，感应电流方向由a到b，大小不变，则线圈m产生竖直向上的磁场，且大小不变，那么线圈n的磁场是竖直向下，大小不变，不符合题意，故d错误；故选：a点评：解决本题的关键根据液滴受力平衡求出平行板两端间的电势差，从而求出导体棒切割的速度通过电场的方向得出两端电势的高低，根据右手定则得出导体棒运动的方向10（5分）（2009江苏模拟）某输电线路横穿公路时，要在地下埋线通过为了保护输电线不至于被压坏，可预先铺设结实的过路钢管，再让输电线从钢管中穿过电线穿管的方案有两种，甲方案是铺设两根钢管，两条输电线分别从两根钢管中穿过，乙方案是只铺设一根钢管，两条输电线都从这一根钢管中穿过，如果输电导线输送的电流很强大，那么，以下说法正确的是（）a无论输送的电流是恒定电流还是交变电流，甲、乙两方案都是可行的b若输送的电流是恒定电流，甲、乙两方案都是可行的c若输送的电流是交变电流，甲方案是可行的，乙方案是不可行的d若输送的电流是交变电流，乙方案是可行的，甲方案是不可行的考点：远距离输电专题：交流电专题分析：当通恒定电流时，钢管对导线没有阻碍作用；当通入交流电时，若分开套，则由于磁场的变化，导致钢管中产生涡旋电流，便能源损耗解答：解：1若甲图通交流电，由于正弦变化的电场产生余弦变化的磁场，而余弦变化的磁场又产生正弦变化的电场，则每根钢管中都产生涡旋电流；导致能源损耗较大2若乙图通交流电，由于两根导线一根是火线，一根是零线，它们的电流方向是相反的故相互吸引但工程上可以将其在一根管内做好绝缘隔离 问题在于由交流电产生的涡旋电流：由于两根导线方向相反，所以如果它们相互足够靠近，则它们在周围的每一点上产生大小几乎相等，方向相反的感应电流这样能使涡旋电流强度减弱到很小3若甲乙两图通恒定电流，则都产生恒定的磁场，恒定的磁场不产生电场因此不产生涡流没有能量损耗因此bd正确，ac错误；故选bd点评：考查恒定电流与交流电的区别与联系，掌握由磁场的变化，导致涡旋电流的产生，从而对电能输送的影响二、计算题（每题10分，共50分）11（10分）（2012春芗城区校级期中）如图所示，光滑的u形金属导轨mnnm水平的固定在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为b，导轨的宽度为l，其长度足够长，m、m之间接有一个阻值为r的电阻，其余部分电阻不计一质量为m、电阻也为r的金属棒ab恰能放在导轨之上，并与导轨接触良好给棒施加一个水平向右的瞬间作用力，棒就沿轨道以初速度v0开始向右滑行求：（1）开始运动时，棒中的瞬时电流i和棒两端的瞬时电压u分别为多大？（2）当棒的速度由v0减小到的过程中，棒中产生的焦耳热q是多少？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：（1）根据切割公式求解感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求解感应电流和路端电压；（2）先根据能量守恒定律求解系统产生的焦耳热，然后结合串联电路的功率分配关系求解棒中产生的焦耳热解答：解：（1）开始运动时，棒中的感应电动势为：e=blv0棒中的瞬时电流：i=棒两端的瞬时电压：u=ir=blv0（2）由能量守恒定律知，闭合电路在此过程中产生的焦耳热：q总=mv02m（v0）2=mv02棒中产生的焦耳热为：q=q总=（mvmv）=mv02答：（1）开始运动时，棒中的瞬时电流i为，棒两端的瞬时电压u为blv0；（2）当棒的速度由v0减小到的过程中，棒中产生的焦耳热q是mv02点评：本题关键是明确电路结构和电路中的能量转化情况，结合切割公式、闭合电路欧姆定律和能量守恒定律列式分析即可，基础问题12（10分）（2011秋南昌校级期末）一根电阻r=0.6的导线弯成一个半径r=1m的圆形线圈，线圈质量m=1kg，此线圈放在绝缘光滑的水平面上，在y轴右侧有垂直线圈平面的磁感应强度b=0.5t的匀强磁场，如图所示若线圈以初动能ek0=5j沿x轴方向滑进磁场，当进入磁场0.5m时，线圈中产生的电能为e=3j求：（1）此时线圈的运动速度的大小；（2）此时线圈与磁场左边缘两交接点间的电压；（3）此时线圈加速度的大小考点：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：电磁感应与电路结合分析：（1）由能量守恒定律可以求出线圈产生的电能；（2）由e=blv求出感应电动势，由欧姆定律可以求出电压；（3）由安培力公式和牛顿第二定律结合可以求出加速度解答：解：（1）由能量守恒定律得： ek0=e+mv2，代入数据解得：v=2m/s；（2）进入磁场x=0.5m时，切割磁感线的有效长度： l=2 =2=m圆弧所对应的圆心角为：=120感应电动势：e=blv=0.52=v线圈在磁场外的电阻为：r=r120=r线圈与磁场左边缘两交接点间的电压： u=ir=r=v；（3）线圈受到的安培力：f=bil=r由牛顿第二定律得：f=ma代入数据解得：a=2.5m/s2答：（1）此过程中线圈中产生的电能为3j；（2）此时线圈与磁场左边缘两交接点间的电压为v；（3）此时线圈加速度a的大小2.5m/s2点评：本题考查了求电能、电压、加速度，应用能量守恒定律、e=blv、欧姆定律、牛顿第二定律即可正确解题；线圈与磁场左边缘两交接点间的电压是外电压，不是感应电动势13（10分）如图所示，竖直放置的等距离金属导轨宽0.5m，垂直于导轨平面向里的匀强磁场的磁感应强度为b=4t，轨道光滑、电阻不计，ab、cd为两根完全相同的金属棒，套在导轨上可上下自由滑动，每根金属棒的电阻为1今在ab棒上施加一个竖直向上的恒力f，这时ab、cd恰能分别以0.1m/s的速度向上和向下做匀速滑行（g取10m/s2）试求：（1）两棒的质量；（2）外力f的大小考点：导体切割磁感线时的感应电动势；力的合成与分解的运用；闭合电路的欧姆定律专题：电磁感应中的力学问题分析：由e=blv求出感应电动势，由欧姆定律求出电路电流，由安培力公式求出安培力，导体棒匀速运，处于平衡状态，由平衡条件可以求出导体棒的质量m与拉力大小f解答：解：导体棒切割磁感线产生感应电动势：e=blv，电路感应电流：i=，导体棒受到的安培力：f安培=bil=，导体棒匀速运动，处于平衡状态，由平衡条件得：对ab：f=mg+，对cd：mg=，代入数据解得：m=0.04kg，f=0.8n；答：（1）两棒的质量都是0.04kg；（2）外力f的大小为0.8n点评：本题考查了求导体棒的质量、拉力大小，分析清楚物体运动过程，应用e=blv、欧姆定律、安培力公式与平衡条件可以解题，本题是一道常规题14（10分）（2013春永安市校级月考）如图1所示，光滑且足够长的平行金属导轨mn、pq固定在同一水平面上，导轨的电阻不计，两导轨间距l=0.2m，定值电阻r=0.4，导轨上停放一质量m=0.1kg、电阻r=0.1的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度为b=0.5t的匀强磁场中，磁场的方向竖直向下现用一外力f沿水平方向拉杆，使之由静止开始运动，若理想电压表示数u随时间t的变化关系如图2所示，（1）试分析说明金属杆的运动情况；（2）求第2s末外力f的功率考点：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：电磁感应与电路结合分析：（1）根据欧姆定律和感应电动势公式得到u与v的关系，由图读出u与t的关系，来分析v与t的关系，从而判断金属杆的运动情况（2）由图读出第2s的速度v根据电压与时间的关系求出加速度，根据牛顿第二定律求出f，再求解外力f的功率解答：解：（1）电压表示数为 u=ir=r=v 由图象可知，u与t成正比，由上式知v与t成正比，则杆做初速为零的匀加速直线运动（2）因v=at，所以u=at=kt 由图得图象的斜率 k=0.4 v/s，即a=0.4得金属杆的加速度为 a=5m/s2两秒末速度 v=at=10m/s根据牛顿第二定律得：f=ma 得f=0.7n 则外力f的功率 p=fv=7w答：（1）金属杆做初速度为零的匀加速直线运动（2）第2s末外力f的功率为7w点评：本题考查电磁感应、电路知识和牛顿定律综合应用的能力，关键是列出电压u与时间t的关系式，根据图象的斜率求出加速度15（10分）（2011秋和平区校级期末）