1、20132014年惠州市东江高级中学高二月考 物理测试本试卷共36小题，满分为300分。考试用时150分钟。、单项选择题：本大题共16小题，每小题4分，共64分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分。13电磁感应现象是由下列哪位科学家发现的 （ ） A安培 B奥斯特 C法拉第 D科拉顿【答案】CA、安培发现了安培定则，故A错误；B、奥斯特首先发现电流的磁效应，故B错误；C、英国物理学家法拉第最早发现了电磁感应现象，故C正确；D、科拉顿不知道只有线圈运动时才能产生电流，科拉顿跑到小磁针前时线圈中没有电流因为在他跑动的过程中不能保持线圈运动，跑动时线
2、圈停止运动所以不会有电流，故D错误。故选C。【考点】电磁感应现象14关于电磁感应，下列说法中正确的是（ ）A穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大；B穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零；C穿过线圈的磁通量的变化越大，感应电动势越大；D通过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大。【答案】D由得，线圈中产生的感应电动势大小由磁通量变化快慢决定，与磁通量的大小及磁通量变化的大小无关，故ABC错误D正确。故选D。【考点】法拉第电磁感应定律15如图所示，竖直放置的长直导线通以恒定电流，有一矩形线圈与导线在同一平面上，在下列状况中线框中不能产生感应电流的是（ ）A导线中电流强度变大B线框向右平动C线框向
3、下平动D线框以ab边为轴转动【答案】C产生感应电流的条件是：穿过闭合回路的磁通量发生变化；只有C选项的磁通量没有发生变化。故选C。【考点】产生感应电流的条件16一矩形线圈位于一个方向垂直线圈平面向里的磁场中，如图a所示，磁感应强度B随t的变化规律如图b所示以I表示线圈中的感应电流，以图a线圈上箭头所示方向的电流为正，则以下的i-t图中正确的是 （ ） 【答案】A第一秒内，磁感应强度均匀增加，根据楞次定律，感应电流的磁场与原磁场方向相反，故电流的磁场方向向外，根据右手螺旋定则，电流为逆时针方向，故电流为负方向，再根据法拉第电磁感应定律，得到感应电动势为：，是定值；第二秒内，磁感应强度不变，感应电
4、流为零；第三秒内，磁感应强度均匀减小，根据楞次定律，感应电流的磁场与原磁场方向相同，故电流的磁场方向向内，根据右手螺旋定则，电流为顺时针方向，故电流为正方向，再次根据法拉第电磁感应定律，得到感应电动势为：是定值。故选A。【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律二、双项选择题：本大题共9小题，每小题6分，共54分。在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分。17关于线圈中的自感电动势的大小，下列说法正确的是 A跟通过线圈的电流大小有关 B跟线圈中的电流变化大小有关C跟线圈的自感系数有关 D跟线圈中的电流变化快慢有关【答案】CDABD
5、、在自感系数一定的条件下，根据法拉第电磁感应定律有：通过导体的电流的变化率越大，产生的自感电动势越大，与电流大小及电流变化的大小无关，故AB也错误D正确；C、由法拉第电磁感应定律，则线圈中的自感电动势的大小，跟线圈的自感系数有关，故C正确。故选CD。【考点】自感现象和自感系数18一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外。一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1(左)匀速运动到位置2(右)。则 A导线框进入磁场时，感应电流方向为abcdaB导线框离开磁场时，感应电流方向为abcdaC导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右D导线框进入磁场时受到的安培力方向水平向左【答案】BD线框进入磁场时
6、，磁通量增大，因此感应电流形成磁场方向向里，由安培定则可知感应电流方向为adcba，安培力方向水平向左；同理线框离开磁场时，电流方向为abcda，安培力方向水平向左，故BD正确。故选BD。【考点】右手定则19如图所示，a、b是两个完全相同的灯泡，L是一个直流电阻很小而自感系数很大的自感线圈。下列说法中正确的是：A闭合S时，a、b同时亮B闭合S时，b始终不亮，a逐渐亮起来后保持亮度不变C断开S时，a灯立即灭，b灯由暗变亮后逐渐熄灭D断开S时，a、b两灯都立即灭【答案】ACAB、开关K闭合的瞬间，两灯同时获得电压，所以a、b同时发光之后由于线圈的电阻可以忽略，灯b逐渐被短路，流过b灯的电流逐渐减小
7、，a灯逐渐增大，则b灯变暗，a灯变亮，故A正确B错误；CD、断开开关K的瞬间，a灯的电流突然消失，立即熄灭，流过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当电源，自感电流流过A灯，所以b灯突然闪亮一下再熄灭，故C正确D错误。故选AC。【考点】自感现象和自感系数20如图所示，光滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P,Q平行放于导轨上，形成一个闭合回路。当一条形磁铁从高处下落接近回路时 A、P、Q将相互靠拢 B、P、Q将相互远离C、磁铁的加速度仍为g D、磁铁的加速度小于g 【答案】ADAB、当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，可知
8、，P、Q将互相靠拢，回路的面积减小一点，使穿过回路的磁场减小一点，起到阻碍原磁通量增加的作用，故A正确B错误；CD、由于磁铁受到向上的安培力作用，所以合力小于重力，磁铁的加速度一定小于g，故C错误D正确。故选AD。【考点】楞次定律21如图所示，螺线管匝数n=1500匝，横截面积S=0.002m2，螺线管导线电阻r=1，电阻R=4，磁感应强度B的B-t图象所示（以向右为正方向），下列说法正确的是 A电阻R的电流方向是从A到CB感应电流的大小保持不变C电阻R的电压为4.8VD电阻R的电压为6V【答案】BCA、根据楞次定律，结合原磁场的方向向右，且大小增加，则电阻R的电流方向是从C到A，故A错误；B
9、、由法拉第电磁感应定律，而感应电流大小为，故B正确；C、根据全电路欧姆定律，有：，故C正确；D、由楞次定律可知，螺线管左端是正极时，C点的电势为4.8V，故D错误。故选BC。【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律三、非选择题：本大题共11小题，共182分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。34（1）（8分）某同学利用打点计时器测量小车做匀变速直线运动的加速度电磁打点计时器是一种使用_（填 “交流”或 “直流”）电源的计时仪器，它的工作电压是46V，当电源的频率为50Hz时，它每隔_s
10、打一次点使用打点计时器时，接通电源与让纸带随小车开始运动这两个操作过程的操作顺序，应该是( )A先接通电源，后释放纸带 B先释放纸带，后接通电源C释放纸带的同时接通电源 D哪个先，哪个后都可以【答案】 交流 0.02 A根据电磁打点计时器的构造和具体使用我们知道，电磁打点计时器是一种记录物体运动位移和时间的仪器，它使用的电源为46V的低压交流电源，当电源的频率是50Hz时，打点周期为0.02s；在具体使用时，为了提高纸带的利用率，同时也是为了使打点更稳定，操作中要求先接通电源开始打点，然后释放纸带，故A正确。故选A。【考点】测定匀变速直线运动的加速度（2）（10分）某同学在探究规格为“2.5V
11、，0.6W”的小电珠伏安特性曲线实验中：在小电珠接入电路前，使用多用电表直接测量小电珠的电阻，则应将选择开关旋至_挡_倍率（选填“1”、“10”或“100”)进行测量。正确操作后，多用表的示数如图甲所示，结果为_。该同学采用如右图乙所示的电路进行测量。现备有下列器材供选用：A量程是00.6A，内阻是0.52的电流表 B量程是03A，内阻是0.1的电流表C量程是03V，内阻是6k的电压表 D量程是015V，内阻是30k的电压表E阻值为01k，额定电流为0.5A的滑动变阻器F阻值为010，额定电流为2A的滑动变阻器G蓄电池(6V内阻不计)H开关一个，导线若干为使测量结果尽量准确，电流表应选用选用_
12、。(只填字母代号)电压表应选用_，滑动变阻器应_.在实验过程中，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于最_端。(填“左”或“右”)该同学描绘出小电珠的伏安特性曲线示意图如图丙所示，则小电珠的电阻随工作电压的增大而_(填：“不变”、“增大”或“减小”)【答案】欧姆 1 7 ACF 左 增大小电珠（2.5V，0.6W），小电珠正常发光时的电阻，测小电珠的电阻，应将选择开关旋至欧姆档，选择多用电表1倍率，由图甲所示可知，电阻为17=7；小电珠额定电流，电流表应选A；小电珠额定电压为2.5V，电压表选C；为方便实验操作，滑动变阻器应选最大阻值较小的F；由图乙所示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，开关
13、S闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于最左端；由图丙所示图象可知，随电压增大，电流增大，电压与对应电流的比值增大，即灯泡电阻增大。【考点】用多用电表测电阻35（18分）如图所示，长L1宽L2的矩形线圈电阻为R，处于磁感应强度为B的匀强磁场边缘，线圈与磁感线垂直。求：将线圈以向右的速度v匀速拉出磁场的过程中，（1）线圈中的电流大小 （2）拉力F大小；（3）线圈中产生的电热Q ； （4）通过线圈某一截面的电荷量q。【答案】 (1)线圈拉出磁场的电动势：线圈中的电流大小：(2)匀速拉出磁场过程，由平衡条件得，而得(3)线圈中产生的热量：线圈出磁场用的时间：线圈中产生的热量：(4)线圈的平均电流：线圈的平
14、均电动势：线圈某一横截面的电荷量：【考点】法拉第电磁感应定律；共点力平衡；焦耳定律36（18分）如图所示，竖直放置的光滑平行金属导轨MN、PQ相距L，在M点和P点间接有一个阻值为R的电阻，在两导轨间的矩形区域OO1O1 O内有垂直导轨平面向里、宽为d的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直地搁在导轨上，与磁场的上边界相距d0，现使ab棒南静止开始释放，棒ab在离开磁场前已经做匀速直线运动（棒ab与导轨始终保持良好接触且下落过程中始终保持水平，导轨的电阻不计）(1)求棒ab匀速离开磁场的下边界时的速度大小(2)求棒ab在通过磁场区的过程中产生的焦耳热(3)试分析讨论棒ab
15、在磁场中可能出现的运动情况【答案】(1)(2)(3)当v0=v，棒进入磁场后做匀速直线运动当v0v，棒进入磁场后先做加速度减小的减速运动，后做匀速直线运动(1)设棒ab离开磁场的边界前做匀速运动的速度为v，产生的感应电动势为：E=BLv电路中的电流对棒ab，由平衡条件得：mg-BIL=0解得：(2)设整个回路中产生的焦耳热为Q，由能量的转化和守恒定律可得：解得：故(3)设棒刚进入磁场时的速度为v0，由得：棒在磁场中匀速运动时的速度则 当v0=v，即时，棒进入磁场后做匀速直线运动当v0v,即时，棒进入磁场后先做加速度减小的减速运动，后做匀速直线运动【考点】共点力平衡；焦耳定律；能量守恒定律201
16、32014惠州市东江高级中学高二月考 理科综合能力测试物理参考答案34（1） 交流 0.02 A （每空2分） （2） 欧姆 1 7 （每空2分） A C F （每空1分） 左 （每空1分） 增大（每空2分）35（18分）(1)线圈拉出磁场的电动势：线圈中的电流大小：(2)匀速拉出磁场过程，由平衡条件得，而得(3)线圈中产生的热量：线圈出磁场用的时间：线圈中产生的热量：(4)线圈的平均电流：线圈的平均电动势：线圈某一横截面的电荷量：36（18分）(1)设棒ab离开磁场的边界前做匀速运动的速度为v，产生的感应电动势为：E=BLv电路中的电流对棒ab，由平衡条件得：mg-BIL=0解得：(2)设整个回路中产生的焦耳热为Q，由能量的转化和守恒定律可得：解得：故(3)设棒刚进入磁场时的速度为v0，由得：棒在磁场中匀速运动时的速度则 当v0=v，即时，棒进入磁场后做匀速直线运动当v0v,即时，棒进入磁场后先做加速度减小的减速运动，后做匀速直线运动