福建省泉州市泉港区第一中学2018_2019学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析）.docx

福建省泉州市泉港区第一中学2018-2019学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析）一、单选题1.下列情况中能产生感应电流的是（）A. 如图甲所示，导体AB顺着磁感线运动B. 如图乙所示，条形磁铁插入线圈中不动时C. 如图丙所示，小螺线管A置于大螺线管B中不动，开关S一直接通时D. 如图丙所示，小螺线管A置于大螺线管B中不动，开关S一直接通，在移动变阻器滑片的过程中【答案】D【解析】如图甲所示，导体AB顺着磁感线运动，不切割磁感线，无感应电流，选项A错误；如图乙所示，条形磁铁插入线圈中不动时，磁通量不变，无感应电流产生，选项B错误；如图丙所示，小螺线管A置于大螺线管B中不动，开关S一直接通时，穿过B的磁通量不变，无感应电流，选项C错误；如图丙所示，小螺线管A置于大螺线管B中不动，开关S一直接通，在移动变阻器滑片的过程中，线圈A中的电流变化，穿过线圈B的磁通量变化，会有感应电流产生，选项D正确；故选D.点睛：解答本题的关键是正确理解感应电流产生的条件，即穿过闭合回路的磁通量变化，或者闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动2.下列电器和设备工作时，工作过程与电磁感应现象无关的是（）A. 发电机B. 电磁炉C. 磁卡D. 电动机【答案】D【解析】【详解】A、发电机是典型的电磁感应的应用，是通过运动将机械能转化为电能的装置，故A不符合题意；B、电磁炉是通过磁场的变化，产生热量，属于电磁感应现象，故B不符合题意；C、磁卡是利用卡上的磁场在对应装置中产生的感应电流工作的，属于电磁感应现象，故C不符合题意； D、电热水器利用了电流的热效应，不属于电磁感应现象，故D符合题意。3.一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交流电的图象如图所示，由图可以知道（）A. 时刻线圈处于中性面位置B. 时刻穿过线圈的磁通量最大C. 该交流电流有效值为D. 一个周期内该交流电流平均值为零【答案】D【解析】【详解】A、在0.01s时产生的感应电流最大，故此时线圈与中性面垂直，磁通量为零，故AB错误，；C、该交流电流有效值为，故C错误；D、在一个周期内穿过线圈的总磁通量的变化为0，所以由法拉第电磁感应定律可知，一个周期内的平均电动势为0，则平均电流也等于0，故D正确。4.某实验小组用如图所示的实验装置来验证楞次定律，当条形磁铁自上而下穿过固定的线圈并远离而去，该过程中（）A. 通过电流表的感应电流方向一直是bGaB. 通过电流表的感应电流方向是先bGa，后aGbC. 条形磁铁的加速度一直等于重力加速度D. 条形磁铁的加速度开始小于重力加速度，后大于重力加速度【答案】B【解析】A、B项：当磁铁自上向下穿入线圈时，原磁场向下，磁通量增加，感应电流的磁场方向向上，感应电流是从bGa；当磁铁向下离开线圈时，原磁场向下，磁通量减少，感应电流的磁场方向向下，感应电流是从aGb，故A错误，B正确；C、D项：当磁铁自上向下穿入线圈时，磁通量增加，根据“来拒去留”可知，条形磁铁的加速度小于重力加速度，当磁铁向下离开线圈时，磁通量减少，根据“来拒去留”可知，条形磁铁的加速度小于重力加速度，故C、D均错误。5.如图所示，交流电压u311sin(314 t) V加在阻值为220 的电阻两端，则（ ）A. 电压表的读数为311 VB. 电流表的读数为1 AC. 电流表的读数为1 . 414 AD. 2 s内电阻产生的电热是880 J【答案】B【解析】【详解】ABC、电压表和电流表的示数都是有效值，由交变电流的表达式可知，则电压表的示数应该是220 V，电流表的示数，故B正确，A、C错误；D、根据教二定律计算产生的电热，故D错误；故选B。6.如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计。已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好）。则（）A. 电路中感应电动势的大小为B. 金属杆M端电势低于N端电势C. 金属杆所受安培力的大小为D. 金属杆的发热功率为【答案】C【解析】【详解】A、设MN在两导轨间的长度为L，则有效切割长度为，切割产生的感应电动势，故A错误；A、根据右手定则知，金属杆中的感应电流方向为N到M，M相当于电源的正极，N相当于电源的负极，可知电路中N点电势低，故B错误；C、感应电流，金属杆所受的安培力，故C正确。D、金属棒的热功率，故D错误。7.如图所示，一个有矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里。一个三角形闭合导线框，由位置1(左)沿纸面匀速运动到位置2(右)。取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t=0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则下图中能正确反映线框中电流与时间关系的是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：先由楞次定律依据磁通量的变化可以判定感应电流的方向，再由感应电动势公式和欧姆定律，分段分析感应电流的大小，即可选择图象线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流i应为正方向，故BC错误；线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E=BLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；线框完全进入磁场的过程，磁通量不变，没有 感应电流产生线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流i应为负方向；线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小，故A正确，D错误8.如图所示，图甲和图乙是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终灯A2与灯A3的亮度相同。下列说法正确的是（）A. 图甲中，的电阻比的直流电阻小B. 图甲中，断开开关瞬间，流过的电流方向自右向左C. 图乙中，变阻器R连入电路的电阻比的直流电阻大D. 图乙中，闭合开关瞬间，中的电流与变阻器R中的电流相等【答案】B【解析】【详解】A、图甲中，断开S1的瞬间，A1灯突然闪亮，是因为电路稳定时，L1的电流大于A1的电流，可知L1的电阻小于A1的电阻，故A错误； B、图甲中，闭合S1，电路稳定后两个支路电流的方向都向右，断开开关S1瞬间，灯A1的原来的电流消失，线圈中的电流方向不变，所以流过A1的电流方向自右向左，故B正确； C、图乙中，因为要观察两只灯泡发光的亮度变化，两个支路的总电阻相同，因两个灯泡电阻相同，所以变阻器R与L2的电阻值相同，故C错误； D、图乙中，闭合S2瞬间，L2对电流由阻碍作用，所以L2中电流与变阻器R中电流不相等，故D错误。9.如图所示是一交变电流的i-t图象，则该交流电电流的有效值为（）A. 4AB. C. D. 【答案】D【解析】设交流电电流的有效值为I，电阻为R周期为，根据热效应得：，解得：，故选D.【点睛】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10.法拉第圆盘发电机的示意图如图所示，铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别于圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中，圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是（）A. 若圆盘转动的角速度均匀增加，则电流大小恒定B. 若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿b到a的方向流过RC. 若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D. 若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的4倍【答案】D【解析】【详解】A、铜盘转动产生的感应电动势为：，若增大，E增大，电流大小增大，故A错误；B、由右手定则可知，回路中电流方向不变，若从上往下看，圆盘顺时针转动，由右手定则知，电流沿a到b的方向流过R，故B错误；C、若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向不变，大小变化，故C错误；D、若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，根据，可知回路电流变为原来2倍，根据可知电流在R上的热功率也变为原来的4倍，故D正确。11. 如图所示，两根间距为l的光滑平行金属导轨与水平面夹角为，图中虚线下方区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于斜面向上。两金属杆质量均为m，电阻均为R，垂直于导轨放置。开始时金属杆ab处在距磁场上边界一定距离处，金属杆cd处在导轨的最下端，被与导轨垂直的两根小柱挡住。现将金属杆ab由静止释放，当金属杆ab刚进入磁场便开始做匀速直线运动。已知重力加速度为g，则A. 金属杆ab进入磁场时感应电流的方向为由a到bB. 金属杆ab进入磁场时速度大小为C. 金属杆ab进入磁场后产生的感应电动势为D. 金属杆ab进入磁场后金属杆cd对两根小柱的压力大小为零【答案】B【解析】试题分析：由右手定则可知，ab进入磁场时产生的感应电流由b流向a，故A错误；当ab进入磁场时做匀速运动，则，解得，故B正确；ab进入磁场产生的感应电动势：E=Blv，解得，故C错误；由左手定则可知，cd受到的安培力平行与斜面向下，则cd对两根小柱的压力不为零，故D错误；故选B.考点：法拉第电磁感应定律.二、多选题12.交流发电机线圈电阻r=1，用电器电阻R=9，电压表示数为9V，如图所示，那么该交流发电机（）A. 电动势的峰值为B. 电动势的有效值为9VC. 交流发电机线圈通过中性面时电动势的瞬时值为D. 交流发电机线圈自中性面转过的过程中的平均感应电动势为【答案】AD【解析】【详解】A、用电器电阻R=9，电压表示数为9V，则电路中的电流为：所以电路中的电动势问：。电压表的读数是交流电的有效值，所以是电路中电动势的有效值，其最大值：,故A正确，B错误；C、由交流电的产生与变化的规律可知，当线圈处于中性面时，感应电动势最小，为零，故C错误；D、线圈自中性面转过90的过程中的平均感应电动势为：，故D正确。13.如图所示，空间中存在一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面纸面垂直，磁场的上、下边界虚线均为水平面；纸面内磁场上方有一个正方形导线框，其边长小于磁场上、下边界的间距。若线框自由下落，从线框进入磁场时开始，直至到达磁场下边界为止，线框下落的速度大小可能A. 先增大后不变B. 先不变后增加C. 先增大后减小D. 先减小后增加【答案】BD【解析】【分析】ab边进入磁场切割磁感线产生感应电流，线框ab边受到安培力，根据可能的受力情况分析判断出导体框可能的运动即可。【详解】导线框开始做自由落体运动，ab 边以一定的速度进入磁场，ab边切割磁场产生感应电流，根据左手 定则可知 ab边受到向上的安培力，当安培力大于重力时，线框做减速运动，当线框完全进入磁场后，线框不 产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先减速后加速运动；当ab边进入磁场后安培力等于 重力时，线框做匀速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先匀速后加速运动；当ab边进入磁场后安培力小于重力时，线框做加速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速增大的加速运动，故加速运动，故AC错误，BD正确。故选BD。【点睛】本题主要考查了线框切割磁场产生感应电流同时受到安培力，根据牛顿第二定律和运动学即可判断速度的变化。14.如图所示，磁感应强度为B的有界匀强磁场的宽度为L，一质量为m、电阻为R、边长为d(dL)的正方形金属线框竖直放置。线框由静止释放、进入磁场过程中做匀速运动，完全离开磁场前已做匀速运动。已知重力加速度为g。则线框（ ）A. 进、出磁场过程中电流方向相同B. 进、出磁场过程中通过线框柴一横截面的电荷量相等C. 通过磁场的过程中产生的焦耳热为mg(L+d)D. MN边离开磁场时的速度大小为【答案】BCD【解析】【分析】根据右手定律判断感应电流方向，根据法拉第电磁感应定律求解电量，根据能量守恒定律求解焦耳热，根据重力与安培力平衡求解速度即可；【详解】A、根据右手定则可知：在进入磁场时感应电流的方向为逆时针方向，在离开磁场时感应电流方向为顺时针方向，故选项A错误；B、根据法拉第电磁感应定律可知：，则电流为：，则电量为：，由于线圈进入磁场和离开磁场时的相同，电阻R不变，则进、出磁场过程中通过线框某一横截面的电荷量相等，故选项B正确；C、由于进入磁场和离开磁场时均为匀速运动，说明进入和离开时速度相同，即动能相同，根据能量守恒定律可知：减少的重力势能转化为焦耳热，即产生的焦耳热为，故选项C正确；D、由题可知，离开磁场时匀速运动，即重力与安培力平衡，即:则离开磁场时速度为：，故选项D正确。【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下物体的平衡问题；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量如何转化是关键，注意电量的求法问题。15.如图所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成角，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计，金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中A. 运动的平均速度大小为B. 下滑位移大小为C. 产生的焦耳热小于qBLvD. 受到的最大安培力大小为【答案】BC【解析】【分析】金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，做加速度逐渐减小的变加速运动由牛顿第二定律，法拉第电磁感应定律、能量守恒定律等研究处理【详解】A、金属棒ab开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀变速直线运动，平均速度大于v，故A错误。B、由q可知：下滑的位移x；故B正确；C、产生的焦耳热QI2RtqIR，而这里的电流I比棒的速度大小为v时的电流I小，故这一过程产生的焦耳热小于qBLv故C正确；D、金属棒受到的安培力F安BILBLBL，故D错误【点睛】本题考查了电磁感应与力学的综合，关键理清金属棒的运动规律，能知道求电量时要用法拉第电磁感应定律求平均电动势三、计算题16.如图所示，在磁感应强度为1T的匀强磁场中，让长度为0.8m的导体棒MN在无摩擦的框架上以5m/s的速度向右匀速运动，电阻R1=6，R2=4，MN的电阻为1.6，其他导体电阻不计，试计算：（1）导体棒MN两端电压大小（2）导体棒MN受到的安培力的大小。【答案】（1）2.4V；（2）0.8N。【解析】【详解】（1）MN切割磁感线产生的感应电动势为： 电路相当于R1与R2并联，则外电阻为：R=2.4根据闭合电路欧姆定律有：I=1A导体棒MN两端电压大小为：U=IR=2.4V；（2）根据安培力的公式，MN受到的安培力大小为：F=BIL=0.8N。17.如图所示，矩形线圈匝数N=100匝，ab=30cm，ad=20cm，匀强磁场磁感应强度B=0.8T，绕轴OO从图示位置开始匀速转动，角速度=100rad/s，试求：（1）穿过线圈的磁通量最大值m为多大？（2）线圈产生的感应电动势最大值Em为多大？（3）写出感应电动势e随时间变化的表达式？（4）从图示位置开始匀速转动30过程中，线圈中产生的平均电动势为多少？【答案】（1）0.048Wb；（2）480V；（3）e=480cos100t（4）1440V。【解析】【详解】（1）当线圈转至与磁感线垂直时，磁通量有最大值，为：；（2）线圈与磁感线平行时，感应电动势有最大值，为：；（3）从图示位置开始计时，电动势的瞬时表达式为：； （4）根据法拉第电磁感应定律得：。18.如图所示，间距为L的平行且足够长的光滑导轨由两部分组成。倾斜部分与水平部分平滑相连，倾角为，在倾斜导轨顶端连接一阻值为r的定值电阻。质量为m、电阻也为r的金属杆MN垂直导轨跨放在导轨上，在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场；在水平导轨区域加另一垂直轨道平面向下、磁感应强度也为B的匀强磁场。闭合开关S，让金属杆MN从图示位置由静止释放，已知金属杆MN运动到水平轨道前，已达到最大速度，不计导轨电阻，且金属杆MN始终与导轨接触良好并保持跟导轨垂直，重力加速度为g。（1）求金属杆MN在倾斜导轨上滑行的最大速率vm（2）若金属杆MN在倾斜导轨上运动，速度未达到最大速度vm前，在流经定值电阻的电流从零增大到I0的过程中，通过定值电阻的电荷量为q，求这段时间内金属杆MN通过的距离x（3）求在（2）中所述的过程中，定值电阻上产生的焦耳热Q【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】(1)金属杆达到最大速度时，受重力、支持力和安培力，根据平衡条件列式求解安培力，根据安培力公式和切割公式列式求解最大速度；(2)用电量的物理意义是取平均电流，对应磁通量的变化，即可求解位移. (3)已知位移可得到恒力做功，再根据功能关系列式求解产生的电热；【详解】(1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的速度最大时，其受到的合力为零，对其受力分析，可得mgsin -BImL0根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律可得：解得:(2)由电流的定义可得：根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律得：平均电流解得：(3)设电流为I0时金属杆MN的速度为v0，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律，可得解得:设此过程中，电路产生的焦耳热为Q热，由功能关系可得:定值电阻r产生的焦耳热 解得：【点睛】本题是滑轨问题，关键是熟练运用切割公式、欧姆定律公式和安培力公式，同时要注意求解电热时用功能关系列式分析，求解电荷量和位移时用平均值分析.19.如图甲所示，斜面的倾角=30，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长L1=1m，bc边的边长L2=0.6m，线框的质量m=1kg，线框的电阻R=0.1，线框受到沿斜面向上的恒力F的作用，已知F=15N，线框与斜面间的动摩擦因数=线框的边abefgh，斜面的efhg区域有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙的B-t图象所示，时间t是从线框由静止开始运动起计时的如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，ef线和gh线的距离x=5.1