1、2013-2014学年新疆阿勒泰二中高二（下）月考物理试卷（A卷）（4月份） 一、不定项选择题（每题4分，共40分其中2、7、10有多个选项是正确的其余为单选，答案填在答题卷上）1（4分）（2013秋曲沃县校级期末）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（）A0.01s时刻线圈处于中性面位置B0.01s时刻穿过线圈的磁通量为零C该交流电流有效值为2AD该交流电流频率为50Hz考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率版权所有专题：交流电专题分析：由it图象可以读出电流的周期、最大值；当感应电动势最大时，线圈与中性面垂直；当感应电动势最小时，线圈与中性面重合解答
2、：解：A、B、0.01s时刻感应电流最大，感应电动势最大，故线圈与中性面垂直，磁通量为零，故A错误，B正确；C、该交流电流的最大值为6.28A，故有效值为：I=，故C错误；D、该电流的周期为0.04s，故频率f=25Hz，故D错误；故选：B点评：本题关键是明确：当线圈位于中性面时，感应电动势最小，为零；当线圈与中性面垂直时，感应电动势最大2（4分）（2011春兖州市期末）如图所示为两个互感器，在图中圆圈内a、b表示电表，已知电压比为100，电流比为10，电压表的示数为220V，电流表的示数为10A，则（）Aa为电流表，b为电压表Ba为电压表，b为电流表C输送电功率是2200WD线路输送电功率是
3、2.2106W考点：变压器的构造和原理；电功、电功率版权所有专题：交流电专题分析：理想变压器的工作原理是原线圈输入变化的电流时，导致副线圈的磁通量发生变化，从而导致副线圈中产生感应电动势而副线圈中的感应电流的变化，又导致在原线圈中产生感应电动势变压器的电流比与电压比均是有效值，电表测量值也是有效值解答：解：由图可知：a表是电压表，b表是电流表，A错误B正确；而甲互感器原副线圈匝数比为100：1，乙互感器原副线圈匝数比为1：10，由电压表的示数为220V，得原线圈的电压为22000V，由电流表的示数为10A，原线圈的电流为100A所以电线输送功率是P=UI=22000100=2.2106W，C错
4、误D正确故选：BD点评：理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象同时变压比与匝数成正比，变流比与匝数成反比3（4分）（2014春绥阳县校级期中）矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，从中性面开始转动180角的过程中，平均感应电动势和最大感应电动势之比为（）A2：B：2C2：1D无法确定考点：法拉第电磁感应定律版权所有分析：先由公式Em=NBS，求出线圈中产生的感应电动势的最大值再由根据法拉第电磁感应定律，求出线圈从图示位置开始到转过90的过程的平均电动势；即可求得它们之比解答：解：线圈产生的感应电动势的最大值为：Em=NBS，线圈从中性面开始转动180的过程中，磁通量的变化量为：
5、=2BS，所用时间为：t=，根据法拉第电磁感应定律得平均电动势为：=N=NBS，因此平均感应电动势和最大感应电动势之比为2：；故选：A点评：掌握由法拉第电磁感应定律可得平均感应电动势，对于最大值公式Em=NBS也要记牢4（4分）（2010秋洛阳期末）如图表示一交流电的电流随时间而变化的图象，此交流电流的有效值是（）A5AB5AC3.5AD3.5A考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率版权所有专题：交流电专题分析：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解答：解：将交流与直流通过阻值都为R的电阻，设直流电流为I，
6、则根据有效值的定义有：R+R=I2RT解得I=5A故选：B点评：对于非正弦式电流可根据有效值的定义求解有效值常见题型，要熟练掌握5（4分）（2010秋郑州期末）如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从图示位置匀速拉出匀强磁场若第一次用0.3s的时间拉出，外力所做的功为W1，通过导线横截面的电荷量为q1；第二次用0.9s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线横截面的电荷量为q2，则（）AW1W2，q1q2BW1W2，q1=q2CW1W2，q1=q2DW1W2，q1q2考点：导体切割磁感线时的感应电动势版权所有专题：电磁感应与电路结合分析：第一次用t时间拉出，第二次用3t时间拉出，速度变为原
7、来的倍线框匀速运动，外力与安培力平衡，推导出安培力的表达式，根据功的定义表示出W=Fx比较功的大小根据感应电荷量公式q=比较电量解答：解：设线框的长为L1，宽为L2，速度为v线框所受的安培力大小为FA=BIL2，又I=，E=BL2v，则得：FA=线框匀速运动，外力与安培力平衡，则外力的大小为F=FA=外力做功为W=FL1=L1=L1=可见，外力做功与所用时间成反比，则有W1W2两种情况下，线框拉出磁场时穿过线框的磁通量的变化量相等，根据感应电荷量公式q=可知，通过导线截面的电量相等，即有q1=q2故选：C点评：要对两种情况下物理量进行比较，我们应该先把要比较的物理量表示出来再求解关键要掌握安培
8、力的推导方法和感应电荷量的表达式6（4分）（2013春重庆期中）如图电路中要使电流计G中的电流方向如图箭头所示，则导轨上的金属棒AB 的运动可能是（）A向左匀速移动B向右匀速移动C向右减速移动D向右加速移动考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律版权所有分析：根据楞次定律判断电流计G中的电流方向，选择符合题意的选项解答：解：A、金属棒AB向左匀速移动时，根据右手定则可知，AB中产生感应电流方向为AB，感应电动势不变，感应电流不变，右侧线圈产生的磁场稳定，根据楞次定律分析得知，没有感应电流故A错误B、金属棒AB向右匀速移动时，根据右手定则可知，AB中产生感应电流方向为BA，感应电动势不变，感应电流不变
9、，右侧线圈产生的磁场稳定，穿过左侧线圈的磁通量不变，没有感应电流产生故B错误C、金属棒AB向右减速移动时，根据右手定则可知，AB中产生感应电流方向为BA，感应电动势减小，感应电流减小，右侧线圈产生的磁场减弱，根据楞次定律分析得知，电流计G中的电流方向与所示方向相反故C错误D、金属棒AB向右加速移动时，根据右手定则可知，AB中产生感应电流方向为BA，感应电动势增大，感应电流增大，右侧线圈产生的磁场增强，根据楞次定律分析得知，电流计G中的电流方向与所示方向相同故D正确故选：D点评：本题是有两次电磁感应的问题，可以根据右手定则、楞次定律结合判断，还可以根据等效原理，确定出金属棒向左减速移动与向右加速
10、移动效果相同7（4分）（2013秋秦安县校级期末）如图所示是利用硫化镉制成的光敏电阻自动计数的示意图，其中A是发光仪器，B是光敏电阻（光照时电阻会变小），下列说法中正确的是（）A当传送带上没有物品挡住由A射向 B的光信号时，光敏电阻的阻值变小，电压表读数变小B当传送带上没有物品挡住由 射向 B的光信号时，光敏电阻的阻值变大，电压表读数变大C当传送带上有物品挡住由A射向B的光信号时，光敏电阻的阻值变小，电压表读数变小D当传送带上有物品挡住由A射向B的光信号时，光敏电阻的阻值变大，电压表读数变大考点：常见传感器的工作原理版权所有分析：光敏电阻的电阻大小随光照而减小，根据闭合电路欧姆定律，抓住电动势
11、不变，根据电流的变化从而得出R2两端电压的变化，即信号处理系统获得的电压解答：解：当有光照射 B时，B的电阻减小，则整个电路总电阻变小，电动势不变，则电流增大，所以B两端的电压降低，即电压表示数变小当光线被遮住时，而B的电阻增大，则整个电路总电阻变大，电动势不变，则电流减小，所以B两端的电压升高，即电压表示数变大，所以AD正确；BC错误故选：AD点评：解决本题的关键掌握光敏电阻的电阻大小随光照而减小，以及熟练运用闭合电路欧姆定律进行动态分析8（4分）（2010济南二模）两块水平放置的金属板间的距离为d，用导线与一个n匝线圈相连，线圈电阻为r，线圈中有竖直方向的磁场，电阻R与金属板连接，如图所示
12、，两板间有一个质量为m、电荷量+q的油滴恰好处于静止则线圈中的磁感应强度B的变化情况和磁通量的变化率分别是（）A磁感应强度B竖直向上且正增强，=B磁感应强度B竖直向下且正增强，=C磁感应强度B竖直向上且正减弱，=D磁感应强度B竖直向下且正减弱，=考点：法拉第电磁感应定律；电场强度；闭合电路的欧姆定律版权所有专题：电磁感应与电路结合分析：电荷量+q的油滴恰好静止金属板间，受到的电场力与重力平衡，由平衡条件可求出金属板间的电压此电压等于R两端的电压根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律结合求出磁通量的变化率，由楞次定律确定磁感应强度B的变化情况解答：解：由题，电荷量+q的油滴恰好静止金属板间，受到的电场
13、力与重力平衡，由平衡条件得知，油滴受到的电场力竖直向上，则金属板上板带负电，下板带正电A、C若磁感应强度B竖直向上，B正在增强时，根据楞次定律得知，线圈中产生的感应电动势是下负上正，金属板下板带负电，上板带正电，油滴不能平衡，则磁感应强度B竖直向上且B正在减弱时，油滴能保持平衡根据法拉第电磁感应定律得： E=n 金属板间的电压为 U=E，要使油滴平衡，则有 q=mg 联立得：=故A错误，C正确B、D同理可知，磁感应强度B竖直向下且正增强时，=，油滴能保持静止故BD均错误故选C点评：本题是电磁感应与电路、电场、力学等知识的综合应用对于电磁感应问题，要楞次定律判断感应电动势、法拉第定律研究感应电动
14、势大小是常用的思路9（4分）（2009秋岳麓区校级期末）在收音机线路中，经天线接收下来的电信号既有高频成份，又有低频成份，经放大后送到下一级，需要把低频成份和高频成份分开，只让低频成份输送到再下一级，我们可以采用如图所示电路，其中a、b应选择的元件是（）Aa是电容较大的电容器，b是低频扼流圈Ba是电容较大的电容器，b是高频扼流圈Ca是电容较小的电容器，b是低频扼流圈Da是电容较小的电容器，b是高频扼流圈考点：电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用版权所有分析：本题综合考查电路和交变电流的知识，电容器具有通高频、阻低频的作用，这样的电容器电容应较小电感线圈在该电路中要求做到通低频、阻高频，所以
15、它是一个高频扼流圈，其自感系数应该较小解答：解：根据交流电路中电容的通高频阻低频和电感线圈的通低频阻高频作用可知，元件a要让高频信号通过，阻止低频信号通过，故元件a是电容较小的电容器；元件b要让低频信号通过，阻止高频信号通过，故元件b是高频扼流圈故选：D点评：根据电感和电容对交流电的作用去判断，首先分清用哪种电器10（4分）（2014秋三水区校级期末）如图所示匚形线架ABCD上有一根可以无摩擦滑动的导线ab，左侧有通电导线MN，电流方向由N到M，若将线框置于匀强磁场中，则（）Aab边向右运动时，导线MN与AB边相互吸引Bab边向左运动时，导线MN与AB边相互吸引Cab边向左运动时，导线MN与A
16、B边相互排斥Dab边向右运动时，导线MN与AB边相互排斥考点：楞次定律版权所有分析：根据右手定则判断出AB中的电流的方向，然后结合电流之间的相互作用判定即可解答：解：A、D、ab边向右运动时，根据右手定则可得，ab中的感应电流的方向从b流向a，AB中的电流从A流向B，方向向下，与大小MN中的电流的方向相反，所以导线MN与AB边相互排斥，故A错误，D正确；B、C、ab边向左运动时，根据右手定则可得，ab中的感应电流的方向从a流向b，AB中的电流从B流向A，方向向下，与大小MN中的电流的方向相反，所以导线MN与AB边相互吸引，故B正确，C错误故选：BD点评：本题关键：（1）会根据安培定则判断通电直
17、导线的磁场；（2）会根据左手定则判断安培力方向；（3）会根据安培力公式F=BIL并结合微元法判断安培力的大小二、填空题（每空3分，共18分）11（6分）（2012春蚌埠期中）如图所示的电路，L1和L2是两个相同的小电珠，L是一个自感系数相当大的线圈，其电阻与R相同，由于存在自感现象，在电键S接通时，A1灯最亮；S断开时，A2灯先熄灭考点：自感现象和自感系数版权所有分析：当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，根据楞次定律分析即可解答：解：该电路是左右两部分并联后由串联起来S刚接通时，L2立即发光L上产生自感电动势，根据楞次定律可知，自感电动势会阻碍电流增大使通过线圈L的
18、电流慢慢增大，而R上没有自感现象产生，左右两个电路总电流相等，由两个电路对比可知，此瞬间，通过L1的电流比L2上的电流大所以S刚刚接通时A1灯最亮；S断开时，L和A1构成自感回路，A2不在回路中，所以S断开时，A2立刻熄灭，A1后熄灭故答案为：A1，A2点评：对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它就是一个普通电阻（若电阻不计则就相当于导线）；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源12（3分）（2011春富顺县校级期末）某交流发电机正常工作时，电动势E=Emsint，当磁感应强度增大到原来的2倍，转速变为原来的，其它条件不变时，感应电动势的表达式为e=Emsint考点：法拉第电磁感应定律版权
19、所有专题：电磁感应功能问题分析：根据交流发电机工作时的电动势最大值表达式，求出磁感应强度增大到原来的2倍，转速变为原来的时，感应电动势最大值，再写出电动势的表达式解答：解：交流发电机工作时的电动势最大值表达式Em=NBS，将磁感应强度增大到原来的2倍，转速变为原来的时，则角速度也变为原来的，因此电动势最大值表达式Em=N2BS=NBS=Em，角速度为=，则其电动势变为e=Emsint故答案为：点评：本题关键要掌握电动势最大值表达式Em=NBS基本题13（6分）（2014春阿勒泰市校级月考）如图所示的电路中，R=1，B=0.2T，金属杆ab长1.0m、电阻不记，用一力F拉着杆以v=10m/s的速
20、度做匀速运动导轨光滑，两导轨间的距离为0.5m，其它阻力不计，在拉动过程中导线ab方向为向上（向上或向下）R两端间的电势差为1V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版权所有专题：电磁感应与电路结合分析：由右手定则判断出电流方向，由E=BLv求出电动势，由欧姆定律求出R两端电压解答：解：由右手定则可知，通过ab的电流方向向上；感应电动势为：E=BLv=0.20.510=1V，金属杆及导轨电阻不计，R两端电压为：U=E=1V；故答案为：向上，1V点评：本题考查了判断电流方向、求电压，应用右手定则、E=BLv即可正确解题14（3分）（2014秋船营区校级期末）如图所示，半径为r的n
21、匝线圈套在边长为L的正方形abcd之外，匀强磁场局限在正方形区域内且垂直穿过正方形面积当磁感应强度以的变化率均匀变化时，线圈中产生感应电动势的大小为nL2考点：法拉第电磁感应定律版权所有专题：电磁感应与电路结合分析：根据题意应用法拉第电磁感应定律求出感应电动势解答：解：由题意知，线圈磁通量的变化率=S=L2；根据法拉第电磁感应定律得感应电动势大小为：E=n=nL2；故答案为：nL2点评：解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，准确理解面积S的含义：S是有效面积，即有磁场的面积三、解答题（共4小题，满分42分）15（10分）（2014春阿勒泰市校级月考）有一台发电机通过升压和降压变压器给用户供电，
22、已知发电机的输出功率是20kW，端电压为400V，升压变压器原、副线圈的匝数比为n1n2=15，两变压器之间输电导线的总电阻R=l.0，降压变压器输出电压U4=220V，求：（1）升压变压器的输出电压；（2）降压变压器的原、副线圈的匝数比n3n4考点：远距离输电版权所有专题：交流电专题分析：（1）根据理想变压器原副线圈两端的电压与匝数成正比，求解升压变压器副线圈的端电压；（2）用户得到的功率等于发电机的输出功率减去输电线上损失的功率，根据用户得到的功率，由功率公式求出降压变压器副线圈中电流，再由电流与匝数成反比求解降压变压器原、副线圈的匝数比解答：解：（1）因为=，所以U2=U1=2000V（
23、2）P2=P1=20kW输电线中电流I2=A=10A则P损=I2R=100W降压变压器的输入电压：U3=1990V所以=答：（1）升压变压器的输出电压为2000V；（2）降压变压器的原、副线圈的匝数比为199：22点评：对于输电问题，要搞清电路中电压、功率分配关系，注意理想变压器不改变功率基础题16（10分）（2014春阿勒泰市校级月考）如图所示，边长为L，电阻为R质量为m的正方形闭合线框从离地面H（H2L）高处自由下落，下落过程中线框恰能匀速穿过磁感应强度为B的水平匀强磁场，不计空气阻力求：（1）线框落地时的速度大小（2）线框穿过磁场过程中产生的热量考点：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定
24、律版权所有专题：电磁感应与电路结合分析：由能量守恒定律求出线框产生的热量，然后由能量守恒定律求出线框落地时的速度解答：解：由能量守恒可知，线框匀速穿过匀强磁场的过程中，重力势能的减少量等于线框内能的增加量，即：Q=2mgL，线框从开始下落到落地的整过程中，由能量守恒定律得：mgH=Q+mv2，解得：v=；答：（1）线框落地时的速度大小为：（2）线框穿过磁场过程中产生的热量为2mgL点评：本题考查了求速度、热量问题，分析清楚线框运动过程、应用能量守恒定律即可正确解题17（10分）（2014春阿勒泰市校级月考）如图所示，在一个磁感应强度为B的匀强磁场中，有一弯成45角的金属导轨，且导轨平面垂直磁场
25、方向一导线MN以速度v从导轨的o点处开始无摩擦地匀速滑动，速率v的方向与ax方向平行，导线和导轨单位长度的电阻为r（1）写出MN棒和导轨相交的两点间的感应电动势的瞬时表达式（2）感应电流瞬时大小如何？（3）写出作用在导线MN上的外力瞬时功率的表达式考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率版权所有专题：电磁感应与电路结合分析：（1）由匀速运动的位移时间公式x=vt求解经过时间t导线离开o点的长度MN切割磁感线的有效长度就是与MN与轨道接触的两点间的长度，由几何关系求解（2）由数学知识求得回路的总长，得到总电阻，可由闭合电路欧姆定律求解感应电流的大小（3）金属棒匀速运动
26、时，外力的功率等于回路总的电功率，由功率公式P=I2R求解解答：解：（1）因导线MN匀速运动，则经过时间t导线离开o点的长度是 x=vt；MN切割磁感线的有效长度是 L=vttan45=vtt时刻回路中导线MN产生的感应电动势为 E=BLv=Bv2t；（2）回路的总电阻为 R=（2vt+vt）r则感应电流的大小为 I=；（3）由上式分析可知，回路中产生的感应电流不变金属棒匀速运动时，外力的功率等于回路总的电功率，则外力瞬时功率的表达式为：P=I2R答：（1）感应电动势E=Bv2t；（2）感应电流的大小为；（3）此时作用在导线MN上的外力瞬时功率的表达式为P=点评：本题的关键要理解“有效”二字，
27、要注意回路中有效电动势和总电阻都随时间增大，实际感应电流并没有变化18（12分）（2014春阿勒泰市校级月考）图中MN和PQ为竖直方向的两平行长直金属导轨，间距l为0.40m，电阻不计导轨所在平面与磁感应强度B为0.50T的匀强磁场垂直质量m为6.0103kg、电阻为1.0的金属杆ab始终垂直于导轨，并与其保持光滑接触导轨两端分别接有滑动变阻器和阻值为4.0的电阻R1当杆ab达到稳定状态时以速率v匀速下滑，整个电路消耗的电功率P为0. 27W，重力加速度取10m/s2，试求速率v和滑动变阻器接入电路部分的阻值R2？考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率版权所有专题：电磁感应与电路结合
28、分析：当杆ab达到稳定状态时以速率v匀速下滑时，重力和安培力平衡，整个电路消耗的电功率等于重力的功率根据电磁感应知识和平衡条件可求出速率v由功率求出电阻R2解答：解：（1）由能量守恒定律得：mgv=P 代入数据得：v=4.5m/s （2）又E=BLv 设电阻Ra与Rb的并联电阻为R外，ab棒的电阻为r，有由闭合电路的欧姆定律：又 P=IE 代入数据得：R2=6.0 答：速率v为4.5m/s；滑动变阻器接入电路部分的阻值R2为6.0点评：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；另一条是能量，分析能量如何转化是关键本题要抓住杆ab达到稳定状态时速率v匀速下滑时，电功率等于重力的功率
