安徽省池州市青阳县第一中学高二月月考物理试题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精青阳一中16-17高二下学期5月月考物理试卷一、单选题1.哪位科学家终于在1831年发现了电磁感应现象，进一步揭示了电现象与磁现象之间的密切联系，奏响了电气化时代的序曲(）A。法拉第B。奥斯特C。爱迪生D.斯旺【答案】A点睛:解决本题的关键是记牢法拉第的物理学成就，这是考试内容之一，平时要加强记忆．2。如图所示,两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（）A。O点处的磁感应强度为零B.a、b两点处的磁感应强度大小不相等，方向相同C.c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D。a、c两点处磁感应强度的方向不同【答案】C【解析】A、根据右手螺旋定则，M处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0，故A错误；B、M在a处产生的磁场方向竖直向下,在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同，故B错误；C、M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下,在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下,在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且合场强大小相等，故C正确；D、由上分析可知，a、c两点的磁场方向都是竖直向下，故D错误.点睛：根据右手螺旋定则确定两根导线在a、b、c、d四点磁场的方向，根据平行四边形定则进行合成;解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系,会根据平行四边形定则进行合成.3.如图所示，电路中A、B是规格相同的灯泡，L是电阻可忽略不计的电感线圈,那么（）A.断开S，B立即熄灭，A闪亮一下后熄灭B.合上S,B先亮，A逐渐变亮，最后A、B一样亮C。断开S，A立即熄灭，B由亮变暗后熄灭D.合上S，A、B逐渐变亮，最后A、B一样亮【答案】A【解析】A、断开S,线圈中电流要减小，会产生自感电动势，故只能缓慢减小，小球与电灯A构成回路放电，故B立即熄灭,A闪亮一下后熄灭,故A正确,C错误;B、开关S闭合的瞬间，两灯同时获得电压，所以A、B同时发光．由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，流过A灯的电流逐渐减小,B灯逐渐增大,则A灯变暗，B灯变亮，故B错误,D错误.点睛：线圈中电流发生变化时,会产生自感电动势,阻碍电流的变化;分通电和断电两种情况分析；本题通电自感和断电自感问题,关键明确线圈中电流发生变化时，会产生自感电动势，阻碍电流的变化，基础题．..4。纸面内有U形金属导轨，AB部分是直导线．虚线范围内有向纸里的均匀磁场．AB右侧有圆线圈C．为了使C中产生顺时针方向的感应电流,贴着导轨的金属棒MN在磁场里的运动情况是(）A。向右加速运动B。向左匀速运动C.向右匀速运动D.向右减速运动【答案】A【解析】A、导线MN加速向右运动时，导线MN中产生的感应电动势和感应电流都增大，由右手定则判断出来MN中感应电流方向由N→M，根据安培定则判断可知:AB在C处产生的磁场方向：垂直纸面向外，穿过C磁通量增大，由楞次定律判断得知：线圈C产生顺时针方向的感应电流，故A正确;B、导线MN匀速向左运动时，导线MN产生的感应电动势和感应电流恒定不变，AB产生的磁场恒定不变，穿过线圈C中的磁通量不变，没有感应电流产生．故B错误．C、导线MN匀速向右运动时，导线MN产生的感应电动势和感应电流恒定不变，AB产生的磁场恒定不变，穿过线圈C中的磁通量不变，没有感应电流产生．故C错误．D、导线MN减速向右运动时，导线MN中产生的感应电动势和感应电流减小，由右手定则判断出来MN电流方向由N→M，根据安培定则判断可知：AB在C处产生的磁场方向:垂直纸面向外，穿过C磁通量减小，由楞次定律判断得知:线圈M产生逆时针方向的感应电流，故D错误。5.如图所示，一个边长为2L的等腰直角三角形ABC区域内，有垂直纸面向里的匀强磁场，其左侧有一个用金属丝制成的边长为L的正方形线框abcd，线框以水平速度v匀速通过整个匀强磁场区域，设电流逆时针方向为正．则在线框通过磁场的过程中,线框中感应电流i随时间t变化的规律正确的是（）A.B。C。D.【答案】B【解析】解:A、开始进入时，边bd切割磁感线，产生逆时针方向电流，即为正方向，且由于线框匀速运动，产生的感应电动势恒定，感应电流也恒定,故A错误．BCD、线框开始进入磁场运动L的过程中，只有边bd切割，感应电流不变，前进L后，边bd开始出磁场，边ac开始进入磁场,回路中的感应电动势为边a产生的感应电动势的减去在bd边在磁场中产生的电动势，随着线框的运动回路中电动势逐渐增大，电流逐渐增大，方向为负方向；当再前进L时，边bd完全出磁场,ad边也开始出磁场，有效切割长度逐渐减小，电流方向不变，故B正确，CD错误．故选：B．【点评】图象具有形象直观特点，通过图象可以考查学生综合知识掌握情况，对于图象问题学生在解答时可以优先考虑排除法，通过图象形式、是否过原点、方向等进行排除．6.如图所示，用力将矩形线框abcd从磁场中匀速地拉出有界的匀强磁场，下列说法不正确的是（）A。速度越大,拉力做功越多B.速度相同时，线框电阻越大，所用拉力越小C.无论是快拉还是慢拉,通过线框的电量相同D.无论是快拉还是慢拉，拉力做功的功率一样大【答案】D【解析】导体框拉出磁场时,产生的电动势E为：产生的感应电流为：，匀速时外力F为：联立可得外力F为：,R越大时F越小，所以B正确．拉力做的功W为:,可见速度v越大时，做的功也W越多，所以A正确．..通过线框的电量q为：，，,联立可得，可见q与速度v无关，所以C正确．由可知,，可见速度v越大，功率P越大，所以D错误。本题选择不正确的，故选：D。点睛：本题的关键是：根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律写出安培力表达式,从而再分别求出功、功率、电量的表达式,然后讨论即可;导体棒匀速运动时满足外力等于安培力的条件，注意求电量时应用平均电流。7.如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动,产生的交变电动势图象如图乙中曲线a、b所示,则（）A.两次t=0时刻线圈的磁通量均为零B。曲线a、b对应的线圈转速之比为2:3C.曲线a表示的交变电动势频率为25HzD。曲线b表示的交变电动势有效值为10V【答案】C【解析】A、在时刻，线圈一定处在中性面上，此时磁通量最大；故A错误；B、由图可知，a的周期为；b的周期为,则由可知，转速与周期成反比，故转速之比为，故B错误；C、曲线a的交变电流的频率，故C正确;D、曲线a、b对应的线圈转速之比为，曲线a表示的交变电动势最大值是，根据得曲线b表示的交变电动势最大值是，则有效值为，故D错误；点睛：根据图象可分别求出两个交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等;本题考查了有关交流电描述的基础知识,要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量。8。如图所示交流电的电流有效值为（）A.2AB.3AC。2AD。3A【答案】C【解析】由有效值的定义可得:I12Rt1+I22Rt2=I2RT,

代入数据得：62×R×1+22×R×1=I2R×2，

解得:I=2A，故选C．9.某发电站采用高压输电向外输送电能．若输送的总功率为P0，输送电压为U,输电线的总电阻为R，则下列说法中正确的是（）A。输电线上的电流为B.输送总功率C.输电线上损失的功率P=()2RD。输电线上损失的功率P=【答案】C【解析】A、根据得，输电线上的电流，由于U不是输电线上损失的电压,不能通过求解输电线上的电流，输送的总功也不能根据求解,故AB错误；C、输电线上损失的功率，故C正确,D错误.点睛：根据求出输电线上的电流，结合求出输电线上损失的功率；解决本题的关键知道输送功率和输送电压、电流的关系,知道输送电压和电压损失的区别...二、多选题10。用均匀导线做成的正方形线圈边长为l，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图所示，当磁场以的变化率增强时，则（）A.线圈中感应电流方向为acbdaB。线圈中产生的电动势C。线圈中a点电势高于b点电势D.线圈中a、b两点间的电势差为【答案】AB【解析】A、磁感应强度增大，由楞次定律可知，感应电流沿方向，故A正确；B、由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势，故B正确；C、acb段导线相当于电源，电流沿a流向b,在电源内部电流从低电势点流向高电势点，因此a点电势低于b点电势，故C错误；D、设导线总电阻为R,则a、b两点间的电势差，故D错误。点睛：由楞次定律可以判断出感应电流的方向，由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势，由欧姆定律可以求出a、b两点间的电势差；熟练应用楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律即可正确解题。11。在北半球，地磁场的竖直分量向下．飞机在我国上空匀速巡航，机翼保持水平，飞行高度不变．由于地磁场的作用,金属机翼上有电势差．设飞行员左方机翼末端处的电势为U1，右机翼末端处的电势为U2，则（）A。若飞机从西往东飞，U1比U2高B.若飞机从东往西飞，U2比U1高C.若飞机从南往北飞，U1比U2高D.若飞机从北往南飞，U2比U1高【答案】AC【解析】北半球的地磁场的竖直分量向下,其俯视图如图所示，对水平飞行的飞机,其机翼可等效为一水平放置的导体棒，应用右手定则可判断，向北飞行时,左方机翼末端电势高．并可得出如下结论：在北半球，不论飞机沿何方向水平飞行，都是飞机左翼电势高；在南半球，不论飞机沿何方向水平飞行，都是飞机右翼电势高．(右手定则中四指的指向即等效电源的正极,因为在电源内部电流从负极流向正极）故A、C正确．12。如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片,保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合电键S，下列说法正确的是（)A。P向上滑动时，变压器的输出功率变大B.P向下滑动时，变压器的输出电压不变C。P向上滑动时，变压器的输入电流变小D.P向下滑动时，灯L变亮【答案】AB【解析】A、当滑动变阻器R的滑片向上移动时，导致总电阻减小,由于输入电压不变,且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，则有副线圈的总电流增大，由可知，输出功率变大,故A正确，C错误；B、输出电压与输出电压之比保持不变,因输入电压不变，故移动滑片时，变压器输出电压不变，故B正确；.。D、当滑动变阻器R的滑片向下移动时，导致总电阻增大,由于输入电压不变，且原副线圈匝数不变,所以副线圈电压不变，根据，可知，灯泡亮度不变．故D错误；点睛:本题与闭合电路中的动态分析类似，可以根据滑动变阻器R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况。三、实验题探究题13.电磁感应现象是英国物理学家法拉第首先发现的，探究这个现象应选用如图中______（填“甲”或“乙”)所示的装置进行实验，利用电磁感应现象可以制成______,实现机械能转化为电能【答案】(1）。甲（2）。发电机【解析】试题分析：甲图没有电源，则利用导体在磁场中运动产生电能，即甲图是研究电磁感应现象,图乙有电源，当闭合开关后，处于磁场中的导体会在安培力的作用下运动，图乙是研究通电导体在磁场中受到力的作用的现象的，故选甲图，利用电磁感应规律可制作发电机，考点：考查了电磁感应现象【名师点睛】英国物理学家法拉第经过10年的探索，在1830年取得突破，发现了利用磁场产生电流的条件和规律，根据这个现象发明了发电机，使人类大规模用电成为了可能，开辟了电气化的时代．14.图为《研究电磁感应现象》实验中所用器材的示意图．试回答下列问题：（1）在该实验中电流计G的作用是检测感应电流的______和______．（2)请按实验要求在实物上连线______（3）在实验出现的电磁感应现象中，A、B线圈哪个相当于电源？______（填“A"或“B”）【答案】(1).大小(2）.方向(3）.(4).B【解析】(1）在该实验中电流计G的作用是检测感应电流的大小与方向。(2）探究电磁感应现象的实验电路如图所示。（3）在产生感应电流的回路中，螺线管B产生感应电动势，相当于电源。点睛：探究电磁感应现象实验有两套电路；电源、开关、滑动变阻器、螺线管A组成控制电路；螺旋管B与电流计组成实验电路。四、计算题15.如图，不计电阻的U形导轨水平放置，导轨宽l=0.5m，左端连接阻值为0。4Ω的电阻R．在导轨上垂直于导轨放一电阻为0。1Ω的导体棒MN，并用水平轻绳通过定滑轮吊着质量为m=2。4g的重物，图中L=0。8m．开始重物与水平地面接触并处于静止．整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感强度B0=0。5T，并且以的规律在增大．不计摩擦阻力．求至少经过多长时间才能将重物吊起？(g=10m/s2）【答案】1s【解析】以MN为研究对象，有，以重物为研究对象，有．由于B在增大,安培力增大，绳的拉力T增大，地面的支持力N减小，当，重物将被吊起．此时，则：..感应电动势：感应电流:由以上各式解得：。点睛：穿过回路的磁感应强度均匀变化，知产生的电流恒定，则MN所受的安培力增大,当安培力等于m的重力时，重物被吊起，根据平衡求出被吊起时的磁感应强度的大小，再根据磁感应强度的变化率求出经历的时间。16.如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1：n2=4:1，原线圈回路中的电阻A与副线圈回路中的负载电阻B的阻值相等．a、b两端交流电压为U,求（1）两电阻消耗的电功率之比（2）两电阻两端电压之比（3）求两电阻消耗的电功率【答案】【解析】根据变压器原、副线圈电流比，设流过A电阻的电流，则流过B电阻的电流为，所以功率比．两电阻两端电压比.点睛：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．注意明确ab间电压和变压器输入电压的区别和联系。17.如图所示，一个边长L=1m,电阻R=4Ω的正方形导体线框abcd，从高h=0。8m的高处由静止自由下落，下落时线框平面始终在竖直平面内,且保持与水平磁场方向垂直，当线框下边bc刚一进入下方的有界匀强磁场时,恰好做匀速运动,磁场的磁感应强度大小B=1T（g=10m/s2),求（1)线框做匀速运动的速度大小

（2）线框的质量m大小．

(3)如果线圈的下边bc通过磁场所经历的时间为t=0。35s，求bc边刚从磁场下边穿出时线框的加速度大小．【答案】（1）4m/s

（2）0。1