1、江苏省震泽中学2019-2020学年高二物理上学期第二次月考试题（含解析）一、单项选择题：本大题一共7小题，每小题3分，共21分。每小题的四个选项中只有一个选项符合题目要求。1. 当穿过线圈中的磁通量发生变化时，下列说法中正确的是（ ）A. 线圈中一定有感应电流B. 线圈中没有感应电动势C. 感应电动势的大小与磁通量的变化成正比D. 感应电动势的大小与线圈电阻无关【答案】D【解析】分析：当穿过闭合回路的磁通量发生变化，在闭合回路中就会产生感应电流线圈中的感应电动势与磁通量的变化率成正比解答：解：当线圈中的磁通量发生变化时，若线圈是闭合的，则有感应电流，若不闭合，则无感应电流，有感应电动势故AB
2、错误根据法拉第电磁感应定律，E=N，知感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，与线圈电阻无关故C错误D正确故选D点评：解决本题的关键知道感应电流产生的条件，以及掌握法拉第电磁感应定律E=N2.如图所示,在水平面上有一个闭合的线圈,将一根条形磁铁从线圈的上方插入线圈中,在磁铁进入线圈的过程中,线圈中会产生感应电流,磁铁会受到线圈中电流的作用力,若从线圈上方俯视,关于感应电流和作用力的方向,以下判断正确的是()A. 若磁铁的N极向下插入,线圈中产生顺时针方向的感应电流B. 若磁铁的S极向下插入,线圈中产生逆时针方向的感应电流C. 无论N极向下插入还是S极向下插入,磁铁都受到向下的引力D. 无论N极
3、向下插入还是S极向下插入,磁铁都受到向上的斥力【答案】D【解析】【详解】A若磁铁的N极向下插入，穿过线圈的磁通量增加，磁场方向向下，根据楞次定律可知，线圈中产生逆时方向的感应电流。故A错误。B若磁铁的S极向下插入，穿过线圈的磁通量增加，磁场方向向上，根据楞次定律可知，线圈中产生顺时方向的感应电流。故B错误。CD根据安培定则判断可知，当N极向下插入时，线圈上端相当于N极；当S极向下插入，线圈上端相当于S极，与磁铁的极性总相反，存在斥力。故C错误，D正确。3.图中的D为置于电磁铁两极间的一段通电直导线，电流方向垂直于纸面向里在开关S接通后，导线D所受磁场力的方向是A. 向左B. 向右C. 向上D.
4、 向下【答案】C【解析】【详解】由右手螺旋定则知，在铁芯中产生逆时针方向的磁场，即在导线处有从右向左的磁场由左手定则可以判断，掌心向右，四指向里，则拇指向下代表所受磁场力向上答案选C4.如图所示，当通过下列哪种情况改变时，线圈a向右摆动（）A. 闭合开关，滑片p向右匀速滑动B. 闭合开关，滑片p向左加速滑动C. 闭合开关，滑片p向左匀速滑动D. 开关闭合瞬间【答案】A【解析】【详解】由题可知，由于a向右运动，靠近螺旋管，说明a与螺旋管B之间的作用力为吸引力，则a与b的电流的方向一定是相同的，根据楞次定律可知，螺旋管中的磁场一定在减弱闭合开关，滑片p向右滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻值增大，
5、电路中的电流值减小；若滑片p向左滑动，滑动变阻器接入电路中的电阻值减小，电路中的电流值增大，A项：闭合开关，滑片p向右匀速滑动，电路中的电流值减小，螺旋管中的磁场一定在减弱，由于要阻碍磁通量的变化可知，a向右摆动故A正确；B项：闭合开关，滑片p向左加速滑动，电路中的电流值增大，螺旋管中的磁场一定在增大，由于要阻碍磁通量的变化可知，a向左摆动，故B错误；C项：闭合开关，滑片p向左加速滑动，电路中的电流值增大，螺旋管中的磁场一定在增大，由于要阻碍磁通量的变化可知，a向左摆动，故C错误；D项：开关闭合瞬间，电路中的电流值增大，螺旋管中的磁场一定在增大，由于要阻碍磁通量的变化可知，a向左摆动，故D错误
6、5. 如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是（ ）A. 在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量均为零B. 线圈先后两次转速之比为2:1C. 交流电a的瞬时值为D. 交流电b电压最大值为5V【答案】C【解析】试题分析：t=0时刻U=0根据法拉第定律，磁通量变化率为零，而磁通量最大故A错误由图Ta=04s，Tb=06s，则线圈先后两次转速之比na：nb=Tb：Ta=3：2故B正确由图电压最大值Um=10V，周期Ta=04S，交流电压的瞬时值表达式为u=Umsint=10sin5tV故
7、C正确由电动势的最大值Em=NBS，则两个电压最大之值比Uma：Umb=a：b=3：2，Uam=10V，则交流电b电压的最大值为故D正确故选BCD考点：法拉第电磁感应定律；交流电6.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】A【解析】【分析】解答本题的关键是正确利用几何关系弄清线框向右运动过程中有效切割长度的变化，然后根据法拉第电磁感应定律求
8、解，注意感应电流方向的正负【详解】线框开始进入磁场运动L的过程中，只有边bc切割，感应电流不变，且为逆时针方向（正方向）；前进L后，边bc开始出磁场，边ad开始进入磁场，回路中的感应电动势为边ad产的减去在bc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bc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A正确，BCD错误故选A【点睛】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【考点】本题主要考查了电磁感应的综合
9、应用与图象问题，属于中档偏高题7.如图所示两平行光滑金属导轨MN、PQ竖直放置,导轨间距为L,MP间接有一电阻R，导轨平面内ABCD区域有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B，AB、CD水平,两者间高度为h，现有一电阻也为R，质量为m的水平导体棒沿着导轨平面从AB边以速度v0向上进入磁场，当导体棒动到CD边时速度恰好为零,运动中导体棒始终与导轨接触，空气阻力和导轨电阻均不计，则()A. 导体棒刚进入磁场时，电阻R两端的电压为BLv0B. 导体棒刚进入磁场时,电阻R上电流方向为从P流向MC. 导体棒通过磁场区域过程中电阻R上产生的热量 D. 导体棒通过磁场区域的时间 【答案】D【解析】【
10、详解】A导体棒刚进入磁场时，AB棒产生的感应电动势为 E=BLv0则电阻R两端的电压为故A错误。B导体棒刚进入磁场时，由楞次定律知，电阻R上电流方向为从M流向P故B错误。C导体棒通过磁场区域过程中，根据能量守恒得，回路中产生的总热量为R上产生的热量为 故C错误。D设导体棒AB速度为v时加速度大小为a，则牛顿第二定律得： 即得两边求和得： 所以导体棒通过磁场区域的时间故D正确。二、多项选择题：本大题一共5小题，每小题4分，共计20分 。全部选对的得4分，选对但不全的得2分。8.如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表下列说法正确的是A. 当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时
11、，R1消耗的功率变大B. 当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大C. 当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大D 若闭合开关S，则电流表A1示数变大、A2示数变小【答案】BD【解析】滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电阻变大，则干路电流变小，则消耗的功率变小，则A错误；干路电流变小，分压变小，则电压表V的测量的电压变大，示数变大，则B正确；因输出电流变小，则输出功率变小即输入功率变小，电流表A1示数变小，则C错误；闭合开关S并联支路增加，电阻变小，则副线圈即R1的电流变大，分压变大，则R2的分压变小，电流变小电流表A1示数随副线圈电流的变大而变大，则D错误【点睛】考
12、查电路的动态分析：本题中P的移动与电键的闭合均会引起电阻的变小，再由电路的联接关系可分析各表的示数的变化，可见明确电路的结构是求解的关键9.如图所示的电路，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略，下列说法正确的是（）A. 合上开关K接通电路时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮B. 合上开关K接通电路时，A1和A2始终一样亮C. 断开开关K切断电路时，A1和A2都要过一会儿才熄灭D. 断开开关K切断电路时，A2立刻熄灭，A1过一会儿才熄灭【答案】AC【解析】【详解】AB合上开关K接通电路，A2立即亮，线圈对电流的增大有阻碍作用，所以通过A1的电流慢慢变大，最后两灯泡的电压一样大，所以一样
13、亮。故A正确，B错误；CD断开开关K切断电路时，通过A2的原来的电流立即消失，线圈对电流的减小有阻碍作用，所以通过A1的电流会慢慢变小，并且通过A2，所以两灯泡一起过一会儿熄灭，但通过A2的灯的电流方向与原来的方向相反。故C正确，D错误。10.如图所示,在电路两端加上正弦交流电,保持电压有效值不变,使频率增大,发现各灯的亮暗情况是：灯1变亮,灯2变暗,灯3不变,则以下选项可能的是()A. M为电容器,N为电感线圈,L为电阻B. M为电感线圈,N为电容器,L为电阻C. 若改接电压恒定的直流电源,灯1、灯3亮,灯2不亮D. 若改接电压恒定的直流电源,灯2、灯3亮,灯1不亮【答案】AD【解析】【详解
14、】AB交流电频率增大，灯1变亮，阻抗变小，说明M是电容器；灯2变暗，阻抗变大，说明N为电感线圈。灯3亮度不变，说明L为电阻，故A正确，B错误；CD若改接电压恒定的直流电源，由于M为电容器，电容器有隔直流的作用，故灯1不亮，灯2、灯3亮，故C错误，D正确。11.如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力的作用下运动时，MN到电流方向由M指向N，则PQ的运动可能是 （ ） A. 向右匀加速运动B. 向左匀加速运动C. 向右匀减速运动D. 向左匀减速运动【答案】BC【解析】【详解】MN中电流由M指向N，可知上面的线圈中产生感应电流的磁场应该是向上；再由楞次定律可知
15、，下面的螺线管中的磁场是向上的减小或者向下增加，则PQ可能是向左加速运动或向右减速运动，故AD错误，BC正确；12.有一种调压变压器的构造如图所示线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，C、D之间加上输入电压，转动滑动触头P就可以调节输出电压图中A为交流电流表，V为交流电压表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C、D两端接正弦交流电源，变压器可视为理想变压器，则下列说法正确的是()A. 当R3不变，滑动触头P顺时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小B. 当R3不变，滑动触头P逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小C 当P不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变小，电压表读数变小
16、D. 当P不动，滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数变大【答案】A【解析】【详解】AB.当R3不变，P顺时针转动时，nMN减小，由，知UMN减小，则电压、电流表读数均减小，A项正确，同理知B项错误；CD.当P不动时，匝数nMN不变，输出电压UMN不变，滑片向上滑动，根据串反并同，得电压表示数变大，电流表示数变小，C项错误，同理知D项错误.三、非选择题：本小题共3小题，共计18分。13.一理想变压器原、副线圈匝数比：n1：n2=11：5：原线圈与正弦交变电源连接,输入电压u。如图所示,副线圈仅接入一个10的电阻。则该交变电压的周期是_；副线圈输出电压的有效值为_；流过电阻的最
17、大电流为_。【答案】 (1). 210-2s (2). 100V (3). 10A【解析】【详解】1由图象可知，交变电流的周期是T=210-2s.23原线圈中电压的最大值为220V，所以电压的有效值为220V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压有效值为100V，最大值为100V，副线圈的电阻为10，所以流过电阻的电流的最大值是14.如图所示,理想变压器的原线圈接在的交流电源上，副线圈接有R=55的负载电阻；原、副线圈匝数之比为2：1；电流表、电压表均为理想电表,原线圈中电流表的读数为_,原线圈中的输入功率为_,副线圈中电压表的读数为_,副线圈中输出交流电的周期为_。【答案】 (1). 1A
18、 (2). 220W (3). 110V (4). 0.02s【解析】【详解】1由瞬时值的表达式可得，原线圈的电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比可得，副线圈的电压为110V，再由输入功率和输出功率相等可得，所以原线圈的电流的大小为1A，即原线圈中电流表的读数为1A；2由输入功率和输出功率相等可得原线圈中的输入功率为；3电压表的读数为电压的有效值，副线圈的有效值为110V，所以电压表的读数为110V；4变压器不会改变交流电的周期和频率，所以副线圈中输出交流电的周期为15.某电厂要将电能输送到较远的用户,输送的总功率为9.8104W,电厂输出电压仅为350V,为减少输送功率损失,先用一理想
19、升压变压器将电压升高到2800V再输出,之后用降压变压器降压到220V给用户使用,已知输电线路的总电阻为4,则损失的电功率为_W,降压变压器的原、副线圈的匝数之比为_【答案】 (1). 4900 (2). 133：11【解析】【详解】1输送的总功率为9.8104W，将电压升高到2800V再输出，故传输电流为：故功率损耗为：P=I2R=3524=4900W2导线上电压损耗为：U=IR=354=140V故降压变压器的输入电压为：U3=U-U=2800-140=2660V故降压变压器的原、副线圈的匝数之比为：四、计算题：本大题共3小题，共计41分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。
20、只写出最后答案的不能得分。16.如图所示，MN、PQ是两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为d，导轨所在平面与水平面成角，M、P间接阻值为R的电阻匀强磁场的方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B质量为m、阻值为r的金属棒放在两导轨上，在平行于导轨的拉力作用下，以速度v匀速向上运动已知金属棒与导轨始终垂直并且保持良好接触，重力加速度为g，求：（1）金属棒产生的感应电动势E；（2）通过电阻R电流I；（3）拉力F的大小【答案】（1）E=Bdv；（2）；（3）【解析】【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律E=Bdv（2）根据闭合电路欧姆定律（3）导体棒的受力情况如图所示，根据牛顿第二定律有又因为：
21、所以：17.如图所示为交流发电机示意图，匝数为n=100匝的矩形线圈，边长分别为a=10cm和b=20cm，内阻为r=5，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕OO轴以=50rad/s的角速度匀速转动，转动开始时线圈平面与磁场方向平行，线圈通过电刷和外部R=20的电阻相接。求电键S合上后， （1）写出线圈内产生的交变电动势瞬时值的表达式；（2）电压表和电流表示数；（3）电阻R上所消耗的电功率；（4）从计时开始，线圈转过90角的过程中，通过外电阻R的电量。【答案】(1) e =50cos50t(V)(2) 2.0A 40V(3) 80W (4)0.04C【解析】【详解】（1）线圈从平行磁场开始计
22、时，感应电动势最大值：Em=nBS=1000.50.10.250V=50V故表达式为：e=Emcost=50cos50t(V)（2）电动势有效值：电键S合上后，由闭合电路欧姆定律得：U=IR=220V=40V（3）电阻R上所消耗电功率为：P=IU=240W=80W（4）由图示位置转过90过程中，通过R上的电量为：18.如图甲所示,足够长的“U”型金属导轨固定在水平面上，金属导轨宽度L=1m，导轨上放有垂直导轨的金属杆P，金属杆质量为m=0.1kg，空间存在磁感应强度B=0.5T，竖直向下的匀强磁场连接在导轨两端的电阻R=3.0，金属杆的电阻r=1.0,其余部分电阻不计某时刻给金属杆一个水平向右
23、的恒力F，金属杆P由静止开始运动，图乙是金属杆P运动过程的图象,导轨与金属杆间的动摩擦因数=0.5，在金属杆P运动的过程中,第一个2s内通过金属杆P的电荷量与第二个2s内通过P的电荷量之比为3：5，g取10m/s2,求：(1)水平恒力F的大小；(2)求前2s内金属杆P运动的位移大小；(3)前4s内电阻R上产生的热量【答案】（1）0.75N；（2）4.8m；（3）1.8J 【解析】【详解】（1）由图乙可知金属杆P先作加速度减小的加速运动，2s后做匀速直线运动当t=2s时，v=4m/s，此时感应电动势E=Blv感应电流安培力 根据牛顿运动定律有F-F-mg=0 解得F=0.75N （2）通过金属杆P的电荷量其中所以（x为P的位移）设第一个2s内金属杆P的位移为x1，第二个2s内P的位移为x2，则1=BLx12=BLx=BLvt 由于q1：q2=3：5联立解得x2=8m，x1=4.8m（3）前4s内由能量守恒得 其中Qr：QR=r：R=1：3解得：QR=1.8J