1、育才学校2017-2018学年度第二学期第三次月考高二（普通班）物理试题总分：100分 时间：90分钟 命题人： 一、选择题(本题共15个小题，每小题3分，共45分)1.下列有关物理学家的成就正确的是()A. 法拉第发现了电流的磁效应B. 安培提出了分子电流假说C. 楞次发现了电磁感应定律D. 奥斯特发现了判断感应电流方向的规律2.下列实验或器件应用自感现象的是()A. B. C. D. 3.如图所示，通有恒定电流的直导线MN与闭合金属线框abcd共面，第一次将金属线框由位置平移到位置，第二次将金属线框由位置翻转到位置，设两次通过金属线框截面的电荷量分别为q1和q2，则() A. q1q2 D
2、. q10，q204.如图所示，直角坐标系Oxy的2、4象限有垂直坐标系向里的匀强磁场磁感应强度大小均为B，在第3象限有垂直坐标系向外的匀强磁场磁感应强度大小为2B，现将半径为R，圆心角为90的扇形闭合导线框OPQ在外力作用下以恒定角速度绕O点在纸面内沿逆时针方向匀速转动t=0时线框在图示位置，设电流逆时针方向为正方向则下列关于导线框中的电流随时间变化关系正确的是（ ）A. B. C. D. 5.如图所示，甲为一台小型发电机构造示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，线圈绕垂直于磁场的水平轴OO沿逆时针方向匀速转动，产生的电动势随时间按正弦规律变化，其et图像如图乙所示。发电机线
3、圈内阻为1 ，外接灯泡的电阻为9 。则( )A. 线圈的转速n480 r/minB. 电压表的示数为10VC. t0.125s 时，穿过线圈的磁通量为零D. 0 0.125s的时间内，流过灯泡的电量为C6.晚上七八点钟，用户使用的电灯增多，灯光要比深夜暗些，这是因为 ( )A. 电路的总电流减小，每电灯分到的电流也减小B. 电路的总电流不变，但每电灯分到的电流减小C. 电路的总电流增大，使输电干线上的电压降增大D. 电路的总电流增大，使输电干线上的电压降减小7.如图所示,理想变压器的副线圈通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2,输电线的总电阻为R,开始时,开关S断开当S接通时,以下说法中错误的
4、是( )A. 通过灯泡L1的电流增大B. 电阻R上的电压增大C. 原线圈输入功率增大D. 副线圈中的电流增大8.某研究小组成员设计了一个如图所示的电路,已知定值电阻R并联的是一个理想交流电压表,D是理想二极管(正向电阻为零,反向电阻为无穷大).在A、B间加一交流电压,瞬时值的表达式为u=20sin100xt（v）,则交流电压表示数为( ) A. 10V B. 20VC. 15V D. 14.1V9.某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小4.510-5T.一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100 m，该河段涨潮和落潮时有海水（视为导体）流过.设落潮时，海水自西向东流，流速为2 m
5、/s.下列说法正确的是（ ）A. 河北岸的电势较高B. 河南岸的电势较高C. 电压表记录的电压为9 mVD. 电压表记录的电压为5 mV10.如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，导轨间距为l，电阻不计。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。金属杆放置在导轨上，与导轨的接触点为M、N，并与导轨成角。金属杆以 的角速度绕N点由图示位置匀速转动到与导轨ab垂直，转动过程金属杆与导轨始终良好接触，金属杆单位长度的电阻为r。则在金属杆转动过程中（ ）A. M、N两点电势相等B. 金属杆中感应电流的方向是由M流向NC. 电路中感应电流的大小始终为D. 电路中通过的电量为1
6、1.如图，两条水平虚线之间有垂直于纸面向里、宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场质量为m、电阻为R的正方形线圈边长为L（Ld），线圈下边缘到磁场上边界的距离为h将线圈由静止释放，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v0在整个线圈穿过磁场的全过程中（从下边缘进入磁场到上边缘穿出磁场），下列说法中正确的是（ ）A.线圈可能先加速后减速B.线圈的最小速度可能是 C.线圈的最小速度一定是 D.线圈产生的焦耳热为2mgd12.如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，线圈的电阻不计，线圈共N匝，理想变压器原、副线圈的匝数比为1：2，定值电阻，当线圈的转动角速度为时，电压表的示
7、数为U。则( )A. 电流表的示数为B. 从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式为C. 线圈在转动过程中通过线圈磁通量的最大值为D. 当线圈的转动角速度为时，电压表的示数为13.在一阻值为R10的定值电阻中通入如图所示的交流电，则() A. 此交流电的频率为0.5HzB. 此交流电的有效值约为3.5AC. 在24s内通过该电阻的电荷量为1CD. 在02s内电阻产生的焦耳热为25J14.如图为远距离输电的示意图，若电厂输出电压u1=220sin100t(V)，则下列表述正确的是( )A. U1U2，U3U4B. U1=220VC. 若U2提高为原来的10倍，输电线上损失的功
8、率为原来的D. 用户得到的交变电流频率为25Hz15.供电系统由于气候原因遭到严重破坏。为此，某小区启动了临时供电系统，它由备用发电机和副线圈匝数可调的变压器组成，如图所示，图中R0表示输电线的电阻。滑动触头P置于a处时，用户的用电器恰好正常工作，在下列情况下，要保证用电器仍能正常工作，则 ( )A. 当发电机输出的电压发生波动使V1示数小于正常值，用电器不变时，应使滑动触头P向上滑动B. 当发电机输出的电压发生波动使V1示数小于正常值，用电器不变时，应使滑动触头P向下滑动C. 如果V1示数保持正常值不变，那么当用电器增加时，滑动触头P应向上滑D. 如果V1示数保持正常值不变，那么当用电器增加
9、时，滑动触头P应向下滑二、实验题（每空2分，共12分。把正确答案填写在题中横线上）。16.（1）探究电磁感应现象应选用如图_ （选填“甲”或“乙”）所示的装置进行实验在这个现象中感应电流的方向与_的方向和磁感应线方向有关（2）如图丙所示，A为弹簧测力计（量程足够大），B为条形磁铁（下端为S极），C为螺线管现将S1断开，S2由1改接到2，则弹簧测力计的示数将_；若S2接2 不变，再闭合S1，弹簧测力计的示数将_（都选填“变大”、“变小”或“不变”）17.交流电流表是一种能够测量交变电流有效值的仪表，使用时，只要将电流表串联进电路即可扩大交流电流表量程可以给它并联一个分流电阻还可以给它配接一只变压
10、器，同样也能起到扩大电流表量程的作用如图所示，变压器a、b两个接线端子之间线圈的匝数n1 ， c、d两个接线端子之间线圈的匝数n2 ， 并且已知n1n2 ， 若将电流表的“03A”量程扩大，应该将交流电流表的接线柱的“0”“3A”分别与变压器的接线端子相连（选填“a、b”或“c、d”）；这时，电流表的量程为A三、计算题（本大题共3小题，共43分。）18. （本大题12分）如图所示，一交流发电机的线圈在匀强磁场中匀速转动，线圈匝数N=100匝，线圈电阻r=3，ab=cd=0.5m，bc=ad=0.4m，磁感应强度B=0.5T，电阻R=311，当线圈以n=300r/min的转速匀速转动时，(=3.
11、14, )求：（1）感应电动势的最大值是多少？（2）t=0时刻，线圈在图示位置，写出此交变电流电动势的瞬时值表达式；（3）此电压表的示数是多少？19. （本大题13分）如图所示，一个质量m=16g，长d=0.5m，宽L=0.1m，电阻R=0.1的矩形线框从高处自由落下，经过h1=5m高度，下边开始进入一个跟线框平面垂直的匀强磁场，线框进入磁场时恰好匀速下落。已知磁场区域的高度h2=1.55m，求：（1）磁场的磁感应强度多大？（2）线框下边将要出磁场时的速率；（3）线框下边刚离开磁场时感应电流的大小和方向。20. （本大题18分）如图（A）所示，固定于水平桌面上的金属架cdef，处在一竖直向下的
12、匀强磁场中，磁感强度的大小为B0，金属棒ab搁在框架上，可无摩擦地滑动，此时adeb构成一个边长为l的正方形，金属棒的电阻为r，其余部分的电阻不计。从t=0的时刻起，磁场开始均匀增加，磁感强度变化率的大小为k（k=）。求：（1）用垂直于金属棒的水平拉力F使金属棒保持静止，写出F的大小随时间t变化的关系式。（2）如果竖直向下的磁场是非均匀增大的（即k不是常数），金属棒以速度v0向什么方向匀速运动时，可使金属棒中始终不产生感应电流，写出该磁感强度Bt随时间t变化的关系式。（3）如果非均匀变化磁场在0t1时间内的方向竖直向下，在t1t2时间内的方向竖直向上，若t=0时刻和t1时刻磁感强度的大小均为B
13、0，且adeb的面积均为l2。当金属棒按图（B）中的规律运动时，为使金属棒中始终不产生感应电流，请在图（C）中示意地画出变化的磁场的磁感强度Bt随时间变化的图像（t1-t0=t2-t1）参考答案1.B【解析】奥斯特发现了电流的磁效应，A错误；安培提出了分子电流假说，B正确；法拉第发现了电磁感应定律，C错误；楞次发现了判断感应电流方向的规律，D错误2.B【解析】A、磁感应实验是应用了法拉第电磁感应现象，故A错误；B、当开关接通220伏的电压立即使启辉器的惰性气体电离，产生辉光放电辉光放电的热量使双金属片受热膨胀，两极接触电流通过镇流器、启辉器触极和两端灯丝构成通路，灯丝很快被电流加热，发射出大量
14、电子，双金属片自动复位，两极断开，在两极断开的瞬间，电路电流突然切断，镇流器产生很大的自感电动势，与电源电压叠加后作用于管两端，应用了自感现象，故B正确；C、电动机的原理是通电导体在磁场中受力或通电线圈在磁场中受力转动，故C错误；D、电磁灶是利用电磁感应原理制成的，产生热量的原因是利用交变电流产生交变磁场，使放在灶台上的锅体内产生的涡流而将电磁能转化为内能，故D错误故选B.3.A【解析】由法拉第电磁感应定律、和 可得.设金属线框在位置时，通过金属线框的磁通量为正，且数值为1，在位置时通过金属线框的磁通量数值为2，第一次将金属线框由位置平移到位置，磁通量的变化量为12，第二次将金属线框由位置翻转
15、到位置，磁通量的变化量为12，第二次磁通量变化大，通过的电荷量多，则选项A正确故选A.4.B【解析】在0t时间内，线框从图示位置开始（t=0）转过90的过程中，产生的感应电动势为：E1=R2；由闭合电路欧姆定律得，回路电流为：I1=根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向沿逆时针在t2t时间内，线框进入第3象限的过程中，回路电流方向为顺时针回路中产生的感应电动势为：E2=R2+R2=BR2=3E1；感应电流为：I2=3I1；在2t3t时间内，线框进入第4象限的过程中，回路电流方向为逆时针回路中产生的感应电动势为：E3=R2+R2=BR2=3E1；感应电流为：I2=3I1；在3t4t时间内，线框
16、出第4象限的过程中，回路电流方向为顺时针回路中产生的感应电动势为：E4=R2；由闭合电路欧姆定律得，回路电流为：I4=I1；故B正确故选：B5.D【解析】由图可知，交流电的周期为0.250s，则转速为，故A错误；电压表测量的为路端电压，由闭合电路欧姆定律可知： ，B错误；t=0.125s时，电动势为零，此时线圈处于中性面的位置上，此时穿过线圈的磁通量最大，C错误；00.125s的时间内，穿过线圈的磁通量变化量=2BS；则流过灯泡的电量为；因Em=nBS，角速度为： ，故有，联立各式解得，故D正确6.C【解析】晚上七八点钟，由于负载增多，总电阻减小，根据欧姆定律可知，输电线上的电流增大，输电线上
17、损失的电压变大，由于照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的，所以用户获得的电压减小，每盏灯两端的电压降低，故C正确，ABD错误。7.A【解析】变压器的输出电压由输入的电压和变压器的匝数比决定，由于输入的电压和变压器的匝数比都不变，所以变压器的输出电压也不变，即副线圈两端M、N的输出电压不变当S接通时，副线圈的电阻减小，所以总的电流变大，电阻R上的电压增大, 灯泡L1的电压减小，通过灯泡L1的电流减小，选项A错误，BD正确；由于副线圈的输出电压不变，当S接通时，次级电流变大，则副线圈的输出功率增大，根据输入功率等于输出功率，知道变压器的输入功率增大，所以C正确；此题选择错误的选项，故选A8.A
18、【解析】二极管具有单向导电性，使得半个周期内R通路，另半个周期内R断路设交流电压表示数为U，则一个周期内的电阻发热为： ，解得：U=10V故A正确， BCD错误，故选A.9.AC【解析】地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，落潮时，海水自西向东流，相当于导体切割磁感线，由右手定则判断可知，感应电动势的方向由河南岸指向北岸，则河北岸的电势较高故A正确，B错误海水自西向东流切割地磁场的磁感线，产生的感应电动势大小为：E=BLv=4.510-5T100m2m/s=9mV；则电压表记录的电压为9mV故C正确，D错误故选AC10.AB【解析】由于导轨电阻不计，所以路端电压为零，即MN两点间的电压为零， M
19、、N两点电势相等，A正确；根据楞次定律可得回路中的感应电流方向为逆时针，所以金属杆中感应电流的方向是由M流向N，B正确；设MN在回路中的长度为x，其接入电路的电阻为R=rx，根据导体转动切割磁感应线产生的感应电动势大小计算公式可得E=Bx2，感应电流的大小为： ，由于x逐渐减小，所以感应电流逐渐减小，C错误；由于导体棒MN在回路中的有效切割长度逐渐减小，所以接入电路的电阻逐渐减小，不能根据 计算通过电路的电量，D错误故选AB本题主要是考查了法拉第电磁感应定律和楞次定律；对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种：一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据E=BLv来计算；二是导体棒转动切割
20、磁感应线产生的感应电动势，可以根据E=Br2来计算11.BD【解析】A、根据线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v0，且全部进入磁场将做加速运动，所以进磁场时将做减速运动，故线圈的运动为先减速再加速；故A错误；B、因为进磁场时要减速，线圈全部进入磁场后做匀加速运动，则知线圈刚全部进入磁场的瞬间速度最小设线圈的最小速度为vm线圈从开始下落到线圈刚完全进入磁场的过程，根据能量守恒定律得：mg（h+L）=Q+ mvm2据能量守恒，研究从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程：动能变化量为0，重力势能转化为线框进入磁场的过程中产生的热量为：Q=mgd解得线圈的最小速度为：vm= 线框还可能
21、先做减速运动，在完全进入磁场前已做匀速运动，刚完全进入磁场时的速度最小，则有：mg=BIL=BL ，则最小速度为：v= 则可知，BC均可能，故B正确，C错误；D、由B的分析可知，从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程：动能变化量为0，重力势能转化为线框进入磁场的过程中产生的热量为：Q=mgd故D正确故选：BD12.BC【解析】A、流过副线圈的电流I2=U/R,根据I1：I2=n2：n1可知,流过电流表的电流I1=2U/R，故A错误；B、变压器中原线圈的电压为U1,根据U1：U2=n1：n2可知电压U1=U/2,电阻R1分得的电压UR=I1R=2U,故线圈产生的感应电动势的有效值为U有=U1
22、+UR=5U/2,最大值Em= ,故从线圈转动到图示位置开始计时,线圈中产生的电动势的瞬时表达式为，故B正确；C. 根据Em=NBS可知BS=Em/N=，故C正确；D. 根据Em=NBS可知，转动角速度加倍，产生的感应电动势加倍，故电压表的示数加倍，故D错误。故选：BC。13.ABC【解析】由图象可知其周期为2s，所以频率为05Hz，故A正确；根据图象可知，设交流电的有效值为I，根据电流的热效应得： ，代入数据解得：I=25A=35A，故B正确；根据得在24s内通过该电阻的电荷量为：q=I2t-I1t=41-31c=1c，故C正确；根据焦耳定律得在02s内电阻产生的焦耳热为：QI2RT（25）
23、2102J250J，故D错误故选ABC。14.AC【解析】电厂发出的电，经过升压变压器进行升压，后经过降压变压器降压后输送给用户，根据P=UI，得出输电电流与输送功率的关系，再根据得出损失的功率，输电过程中功率不变电厂发出的电，经过升压变压器进行升压，后经过降压变压器降压后输送给用用户，所以，A正确；根据有效值与最大值的关系可知，B错误；若提高为原来的10倍，则电流为原来的，根据可知，输电线上损失的功率为原来的，C正确；输电过程中功率不变，所以用户得到的交流电的频率仍为50Hz，故D错误15.AC【解析】要保证用电器仍能正常工作，用电器两端电压不能发生变化，当V1示数小于正常值，要使V2不变，
24、则应使滑动触头P向上滑动，减小原副线圈匝数比，故A正确，B错误；当用电器增加时，通过R0的电流增大，R0所占的电压也增大，要使用电器仍能正常工作，用电器两端电压不能发生变化，所以V2要变大，而V1示数保持正常值不变，则应使滑动触头P向上滑动，减小原副线圈匝数比，故C正确，D错误；故选AC.16. 甲 导体切割磁感应线的运动（或“导体运动的方向”） 变小 变大17.a、b；【解析】由题意可知，该处的变压器起到的作用是先将大电流转化为小电流，然后再将小电流连接电流表进行测量所以电流表接电流小的线圈根据变压器中电流与匝数的关系式： ，电流与匝数成反比，所以电流表接匝数比较多的线圈，所以要接在a、b端
25、；电压表原来的量程为3V，则接变压器后的量程： A故答案为：a、b， 18.（1）（2）（3）220V【解析】（1）根据转速求出角速度的大小，结合Em=NBS求出感应电动势的最大值；（2）t=0时刻，线圈处于与中性面垂直面的位置，结合e=Emcost写出瞬时表达式；（3）电压表的示数是电压的有效值，根据峰值求出电动势的有效值，结合闭合电路欧姆定律求出电压表的示数（1），则，感应电动势的最大值（2）因为从中性面垂直面开始计时，则（3）电动势的有效值，根据闭合电路欧姆定律知，电压表的示数19.（1）0.4T（2）11m/s（3）4.4A，垂直纸面向里看为顺时针方向。 【解析】（1）线框下边刚进入磁
26、场时的速度为： 线框所受的安培力大小为为： 由于线框进入磁场时恰好匀速运动，重力和安培力平衡，则有：mg=F则得，磁场的磁感应强度为： （2）线框完全在磁场中下落的高度：h=h2-d=1.05m线框完全在磁场中磁通量不变，不产生感应电流，不受安培力，所以线框做加速度为g的匀加速直线运动，则线框下边将要出磁场时的速率为： （3）线框下边刚离开磁场时感应电流的大小 由右手定则判断可知：线框下边中感应电流方向向右20.（1） ；方向向右；（2）（3）如图；【解析】（1） 因为金属棒始终静止，在t时刻磁场的磁感强度为Bt=B0+kt，所以 ；方向向右（2）根据感应电流产生的条件，为使回路中不产生感应电流，回路中磁通量的变化应为零，因为磁感强度是逐渐增大的，所以金属棒应向左运动（使磁通量减小）即：=0，即=BtSt-B0S0，也就是Btl（l-vt）=B0l2得 （3）如果金属棒的右匀速运动，因为这时磁感强度是逐渐减小的，同理可推得，所以磁感强度随时间变化的图像如右图（t2时刻Bt不为零）