1、内蒙古赤峰市锦山中学2015届高三上学期期初物理试卷一、选择题（每小题4分，共40分，1-5题每小题只有一个是正确的，6-10题有两个选项是正确的，6-10题对一个得2分，全对得4分，有错的或不答得0分）1如图所示，闭合导体线框abcd放在足够大的匀强磁场中，线框ab边和cd边垂直磁场下述哪种情况可以使线框中，产生感应电流( )A线框在纸面内向右水平移动B线框沿垂直纸面方向平移C线框以ad边为轴，使bc边向外转90D线框以ab边为轴，使cd边向外转90考点：感应电流的产生条件 分析：本题考查了感应电流产生的条件：闭合回路中的磁通量发生变化据此可正确解答本题解答：解：A、在纸面内向右水平移动时，
2、由于线框与磁场保持平行，磁通量为零，保持不变，所以没有感应电流产生，故A错误B、线框沿垂直纸面方向平移，线框与磁场保持平行，磁通量为零，保持不变，没有感应电流产生，故B错误C、线框以ad边为轴，使bc边向外转90，磁通量为零，保持不变，没有感应电流产生，故C错误D、线框以ab边为轴，使cd边向外转90，磁通量将增大，有感应电流产生，故D正确；故选：D点评：解决本题的关键要能根据磁感线条数的变化，判断磁通量的变化要知道线框与磁场保持平行时磁通量为零2在相同的时间内，某正弦交变电流通过一阻值为100的电阻产生的热量与一电流为3A的直流电通过同一阻值的电阻产生的热量相等，则( )A此交变电流的有效值
3、为3A，峰值为3 AB此交变电流的有效值为3A，峰值为6AC电阻两端的交流电压的有效值为300V，峰值为300VD电阻两端的交流电压的有效值为300 V，峰值为600V考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系 专题：交流电专题分析：根据焦耳定律Q=I2Rt求解电流的有效值，其中I是有效值再根据有效值与最大值的关系求出最大值解答：解：由题意知该交流电的电流有效值为3A，最大值为3 A，电阻两端交流电压的有效值为300 V，最大值为300V，AC正确故选：AC点评：对于交变电流，求解热量、电功和电功率等与热效应有关的量，都必须用有效值3如图所示，在一蹄形磁铁两极之间放一个矩形线框abcd，磁铁和线框
4、都可以绕竖直轴OO自由转动若使蹄形磁铁以某角速度转动时，线框的情况将是( )A静止B随磁铁同方向转动C沿与磁铁相反方向转动D要由磁铁具体转动方向来决定考点：楞次定律 专题：电磁感应与电路结合分析：转动磁铁时，导致线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电流，出现安培力，导致线圈转动，由楞次定律可知，从而确定感应电流的方向，由于总是阻碍磁通量增加，故线圈与磁铁转动方向相同，但转动快慢不同解答：解：A、根据楞次定律可知，为阻碍磁通量增加，则导致线圈与磁铁转动方向相同，但快慢不一，线圈的转速一定比磁铁转速小，故AC错误，B正确；D、根据楞次定律可知，为阻碍磁通量的变化，所以致线圈与磁铁转动方向相同，与磁铁
5、具体的转动方向无关，故D错误；故选：B点评：考查楞次定律、法拉第电磁感应定律，知道感应电流的磁通量总阻碍引起感应电流的磁场变化，同时掌握使用楞次定律判定感应电流方向的方法与技巧4如图电路中，P、Q两灯相同，L的电阻不计，则( )AS断开瞬间，P立即熄灭，Q过一会才熄灭BS接通瞬间，P、Q同时达正常发光CS断开瞬间，通过P的电流从右向左DS断开瞬间，通过Q的电流与原来方向相反考点：自感现象和自感系数 分析：线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡构成电路回路解答：解：A、S断开瞬间，PQ与L串
6、联，同时过一会才熄灭，故A错误；B、S接通瞬间，由于L的自感作用，Q不亮，P立即发光，稳定后两灯亮度相同，故B错误；C、S接通瞬间，线圈由于自感，产生自感电动势，将保持原来的电流的方向，通过P的电流是线圈的自感电动势产生的，与线圈中的电流的方向相同，所以从右向左，故C正确；D、S断开瞬间，通过Q的电流与原来方向相同，故D错误；故选：C点评：线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈左端是电源正极当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈右端是电源正极5如图所示，一宽40cm的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里一边长为20cm的正方形导线框位于纸面内，以垂
7、直于磁场边界的恒定速度v=20cm/s通过磁场区域在运动过程中，线框有一边始终与磁场区域的边界平行，取它刚进入磁场的时刻t=0，在下图所示的图线中，能正确反映感应电流随时间变化规律的是( )ABCD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 专题：电磁感应与电路结合分析：根据楞次定律判断感应电流的方向由感应电动势公式和欧姆定律分别研究各段感应电流的大小，再选择图象解答：解：线框进入磁场过程：时间t1=1s，根据楞次定律判断可知感应电流方向是逆时针方向，感应电流大小I=不变线框完全在磁场中运动过程：磁通量不变，没有感应产生，经历时间t2=1s线框穿出磁场过程：时间t3=1s，感应电流
8、方向是顺时针方向，感应电流大小I=不变故选C点评：本题分三个过程分别研究感应电流大小和方向，是电磁感应中常见的图象问题，比较简单6如图所示，通直导线MN上通有由M到N方向的电流，矩形导体线框abcd和MN位于同一平面上，下面哪些措施可以使线框中有沿abcd方向的感应电流( )A增大MN上的电流B线框向靠近MN的方向移动C减小MN上的电流D线框向远离MN的方向移动考点：楞次定律 分析：当通过闭合线圈的磁通量发生变化时，根据楞次定律，判断出线圈中将会产生的感应电流的方向解答：解：A、增大MN上的电流，向里穿过线框的磁通量增大，则感应电流的磁场的方向向外，然后根据安培定则可得感应电流的方向为adcb
9、a故A错误；B、线框向靠近MN的方向移动，向里穿过线框的磁通量增大，则感应电流的磁场的方向向外，然后根据安培定则可得感应电流的方向为adcba故B错误；C、减小MN上的电流，向里穿过线框的磁通量减小，则感应电流的磁场的方向向里，然后根据安培定则可得感应电流的方向为abcda故C正确；D、线框向远离MN的方向移动，向里穿过线框的磁通量减小，则感应电流的磁场的方向向里，然后根据安培定则可得感应电流的方向为abcda，故D正确；故选：CD点评：本题关键是明确感应电流产生的条件：闭合回路，磁通量减小；同时要熟悉通电直导线周围的磁场分布情况，基础题7一边长为L，电阻为R的正方形导线框，处在磁感强度为B，
10、方向水平向右的匀强磁场中，设t=0时线框处于竖直平面内现使线框绕水平轴OO以角速度匀速转过180，则线框在转动过程中( )A通过导线任一横截面的电量为零B通过导线任一横截面的电量为C穿过导线框的磁通量的变化率的最大值为BL2D导线框产生的焦耳热为考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系 专题：交流电专题分析：根据电量综合表达式q=，即可求解转过180过程中的穿过线圈的电量；由感应电动势最大值表达式Em=NBS，即可求解磁通量的变化率的最大值；再由最大值来确定有效值，从而由焦耳定律，即可求解焦耳热解答：解：A、绕水平轴OO以角速度匀速转过180，根据电量综合表达式q=，故A错误，B正确；C、穿过导
11、线框的感应电动势的最大值为Em=NBS=BL2，因此穿过导线框的磁通量的变化率的最大值为BL2，故C正确；D、由C可知，感应电动势的有效值为：E=，根据焦耳定律，则有：转动一周过程中产生焦耳热为：Q=，故D错误；故选：BC点评：考查正弦式交流电的最大值与有效值的关系，掌握由q=求电量的方法，理解由有效值来求解热量8如图所示，水平放置的平行金属导轨左边接有电阻R，轨道所在处有竖直向下的匀强磁场金属棒ab横跨导轨，它在外力作用下向右匀速运动当速度由变为2时（除R外其余电阻不计，导轨光滑），那么( )A作用在ab上的外力应增加到原来的4倍B感应电动势将增加为原来的2倍C外力的功率将增加为原来的2倍D
12、感应电流的功率将增为原来的4倍考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率 专题：电磁感应与电路结合分析：根据法拉第定律、欧姆定律推导出安培力的表达式，因金属棒匀速运动，由平衡条件就得到了外力的表达式感应电动势的表达式E=BLv感应电流的表达式I=感应电流的功率等于外力的功率根据各个物理量的表达式进行分析即可解答：解：A、B、金属棒产生的感应电动势 E=BLv，Ev，感应电流 I=，Iv，则知感应电动势和感应电流均为原来的2倍金属棒所受的安培力 F安=BIL=，因金属棒匀速运动，由平衡条件得，外力F=F安=，则知Fv，外力应增大到原来的2倍故A错误，B正确C、D、根据功能关系可知，外力的功
13、率等于感应电流的功率 为P=I2R=，Pv2，则外力的功率将增大为原来的4倍故C错误，D正确故选：BD点评：本题是电磁感应与力学、电路知识的综合，掌握法拉第定律、欧姆定律、安培力和功能关系，并能正确应用，难度不大9磁电式仪表的线圈通常用铝框做骨架，把线圈围绕在铝框上，这样做的目的是( )A防止涡流而设计的B利用涡流而设计的C起电磁阻尼的作用D起电磁驱动的作用考点：感生电动势、动生电动势 分析：根据穿过线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电动势，出现感应电流，进而受到安培阻力，阻碍指针的运动解答：解：常用铝框做骨架，当线圈在磁场中转动时，导致铝框的磁通量变化，从而产生感应电流，出现安培阻力，使其很
14、快停止摆动而塑料做骨架达不到电磁阻尼的作用，这样做的目的是利用涡流，起到电磁阻尼作用，故BC正确，AD错误；故选：BC点评：在学过的测量工具或设备中，每个工具或设备都有自己的制成原理；对不同测量工具的制成原理，是一个热点题型，需要重点掌握，同时理解电磁阻尼的原理10如图所示是一种延迟开关，当S1闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C线路接通，当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放，则下列说法正确的是( )A由于A线圈的电磁感应作用，才产生延迟释放D的作用B由于B线圈的电磁感应作用，才产生延迟释放D的作用C如果断开B线圈的电键S2，无延迟作用D如果断开B线圈的电键S2，延迟将变长考点
15、：传感器在生产、生活中的应用 分析：当S1、S2均闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C电路接通，当S1断开时，导致由于线圈B中的磁通量变化，从而出现感应电流，致使F中仍有磁性，出现延迟一段时间才被释放若线圈B处于断开，即使S1断开也不会有感应电流，则不会出现延迟现象解答：解：A、B、当S1断开时，导致由于线圈B中的磁通量变小，从而出现感应电流，致使F中仍有磁性，出现延迟一段时间才被释放所以由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用故A错误、B正确C、D、若断开B线圈的开关S2，当S1断开，F中立即没有磁性，所以没有延时功能故C正确D错误故选：BC点评：线圈B中的磁场，完全是由感应电流引起的，
16、而感应电流是由线圈A中的电流变化而产生的因此本题要学生熟练掌握楞次定律二、填空题（每空3分，连线部分6分，共18分）11如图所示，用细线围成一个有缺口的双环形闭合回路，环所在空间有一个垂直纸面向里的匀强磁场，在磁感强度B减小的过程中，环中是否有感应电流？如有则其方向在外环中是顺时针，内环中是逆时针考点：法拉第电磁感应定律 专题：电磁感应与电路结合分析：根据楞次定律，结合磁场的变化，从而确定内外环所构成面积磁通量的变化，进而即可求解解答：解：当磁场的磁感应强度B减小时，穿过闭合回路的磁通量减小，根据楞次定律，感应电流的磁场方向向里，根据安培定则，外环的感应电流方向为顺时针方向，内环为逆时针方向；
17、故答案为：顺时针，逆时针点评：本题是楞次定律的运用问题，关键是先确定原磁场方向、原磁通量的变化情况，然后结合楞次定律和右手螺旋定则分析12如图所示是“探究电磁感应现象”的实验装置（1）将图中所缺导线补接完整（2）如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后，将原线圈迅速插入副线圈时，电流计指针向右偏；（选填“向左偏”或“向右偏”），原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，电流计指针向左偏（选填“向左偏”或“向右偏”）考点：研究电磁感应现象 专题：实验题分析：（1）注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回
18、路，据此可正确解答（2）磁场方向不变，磁通量的变化不变时电流方向不变，电流表指针偏转方向相同，磁通量的变化相反时，电流表指针方向相反解答：解：（1）将电源、电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示（2）闭合开关，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流表的指针向右偏；A、将原线圈迅速插入副线圈时，磁场方向不变，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流计指针将向右偏转B、原线圈插入副线圈后，由电路图可知，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，原线圈电流变小，穿过副线圈的磁场方向不变，但磁通量变小，灵敏电流计指针将左偏转故答案为：（1）电路图
19、如图所示（2）向右偏；向左偏点评：本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键三、计算论述题（要求写出必要的文字叙述和表达式以及必要的演算步骤，只写出结果的不得分，13-15题每小题10分，16题12分）13如图所示，设匀强磁场的磁感应强度B为0.10T，矩形线框向左匀速运动的速度v为5.0m/s，长度l为40cm的一条边在磁场中切割磁感线，整个线框的电阻R为0.50试求：感应电动势的大小；感应电流的大小考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律 专题：电磁感应与电路结合分析
20、：（1）线框垂直切割磁感线，根据公式E=BLv，求出感应电动势的大小（2）根据闭合电路欧姆定律求出感应电流的大小解答：解：（1）线框中的感应电动势为：E=BLv=0.2V；（2）线框中的感应电流为：I=0.40A答：（1）感应电动势的大小为0.2V；（2）感应电流的大小为0.4A点评：对于切割类型的电磁感应问题，关键掌握法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和安培力公式等基本规律，并能正确运用14如图所示，边长为a的正方形金属线圈绕通过OO轴，以角速度做匀速转动，匀强磁场的磁感应强度为B，金属线圈的平面与磁场方向重合时开始计时，则在转过90的过程中，金属框中产生的感应电动势的平均值为多大？考点：
21、法拉第电磁感应定律 专题：交流电专题分析：明确转动过程中磁通量的变化以及所用时间，由法拉第电磁感应定律可求得感应电动势的平均值解答：解：图示位置时穿过线圈的磁通量为：1=0；转过90时穿过线圈的磁通量为：2=BS=Ba2转边90用的时间为：t=，由法拉第电磁感应定律得感应电动势的平均值为：E=；答：平均电动势为点评：本题考查平均电动势的计算，要注意明确平均电动势只能根据法拉第电磁感应定律求解15如图所示，设匀强磁场的磁感应强度为B，导体棒MN的长度为l，以速度v在导轨上向右匀速运动求此时M、N两点间的电势差已知导轨的总电阻为R，导体棒MN的电阻为r考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的
22、欧姆定律 专题：电磁感应与电路结合分析：MN切割磁感线产生感应电动势，相对于电源，由E=BLv求出感应电动势，再串联电路分压原理求解U解答：解：MN产生的感应电动势为：E=BLv根据串联电路的分压关系，则导体杆MN两端的电压为：U=E=答：此时M、N两点间的电势差为点评：本题关键要掌握公式E=BLv和右手定则，知道MN电压是路端电压，不是内电压，即可正确解题16如图所示，在水平平行放置的两根光滑长直导电轨道MN与PQ上，放着一根直导线ab，ab与导轨垂直，它在导轨间的长度为20cm，这部分的电阻为0.02导轨部分处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=0.20T，电阻R=0.08，其他电阻
23、不计ab的质量为0.01kg（1）打开开关S，ab在水平恒力F=0.01N的作用下，由静止沿轨道滑动，求经过多长时间速度才能达到10m/s？（2）上述过程中感应电动势随时间变化的表达式是怎样的？（3）当ab的速度达到10m/s时，闭合开关S，为了保持ab仍能以10m/s的速度匀速运动，水平拉力应变为多少？（4）在ab以10m/s的速度匀速滑动的某一时刻撤去外力F，开关仍是闭合的，那么从此以后，R上能产生的电热是多少？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；焦耳定律 专题：电磁感应与电路结合分析：（1）由牛顿第二定律求出加速度，然后由速度公式求出时间（2）由E=BLv求出感应电动
24、势（3）由安培力公式求出安培力，然后由平衡条件求出拉力（4）根据能量守恒定律求解解答：解：（1）由牛顿第二定律得：加速度：a=1m/s2，由匀变速直线运动的速度公式：v=at可知，时间：t=10s；（2）导线的速度：v=at=t，感应电动势：E=BLv=0.20.2t=0.04tV；（3）速度v=10m/s，感应电动势：E=BLv=0.20.210=0.4V，感应电流：I=4A，导线受到的安培力：F安=BIL=0.240.2=0.16N，导线匀速运动，由平衡条件得：F=F安=0.16N；（4）根据能量守恒定律知ab能产生的电热： Q=mv2=0.5JR上消耗的电热QR=0.5=0.4J答：（1）经过10s速度才能达到10m/s；（2）上述过程中感应电动势随时间变化的表达式为：E=0.04tV；（3）水平拉力应变为0.16N；（4）R上能产生的电热是0.4J点评：本题考查了求导线加速运动的时间、求感应电动势、拉力，分析清楚导线运动过程、应用E=BLv、欧姆定律、安培力公式、平衡条件即可正确解题
