1、河北省曲阳县一中20182019学年高二下学期3月月考物理试题一、选择题（每小题4分，共14小题，共56分，选不全得2分，其中10-14题为多选）1.如图所示，一个闭合导体圆环固定在水平桌面上，一根条形磁铁沿圆环的轴线运动，使圆环内产生了感应电流下列四幅图中，产生的感应电流方向与条形磁铁的运动情况相吻合的是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：A、由图示可知，在磁铁S极上升过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量变小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流沿逆时针方向，故A错误；B、由图示可知，在磁铁S极下落过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁
2、铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流顺时针方向，故B错误；C、同时，在磁铁N极上升过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量变大，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流沿顺时针方向，故C错误；D、由图示可知，在磁铁N极下落过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流逆时针方向，故D正确；故选：D2.如图所示的圆形线圈共n匝,电阻为R,过线圈中心O垂直于线圈平面的直线上有A、B两点,A、B两点的距离为L,A、B关于O点对称.一条形磁铁开始放在A点,中心
3、与O点重合,轴线与A、B所在直线重合,此时线圈中的磁通量为1,将条形磁铁以速度v匀速向右移动,轴线始终与直线重合,磁铁中心到O点时线圈中的磁通量为2,下列说法中正确的是()A. 磁铁在A点时,通过一匝线圈的磁通量为B. 磁铁从A到O的过程中,线圈中产生的平均感应电动势为E= C. 磁铁从A到B的过程中,线圈中磁通量的变化量为21D. 磁铁从A到B的过程中,通过线圈某一截面的电量不为零【答案】B【解析】【分析】根据法拉第电磁感应定律公式E=n 求解平均感应电动势，根据欧姆定律求解电流，根据q=It求解电量【详解】磁铁在A点时，线圈中的磁通量为1，故通过一匝线圈的磁通量也为1，与匝数无关，故A错误
4、；磁铁从A到O的过程中，线圈中产生的平均感应电动势为，故B正确；磁铁从A点运动到B点，磁通量先增加后减小，磁通量的变化量为零，故平均感应电动势为零，故平均感应电流为零，故通过线圈某一截面的电量为零，故C错误，D正确；故选BD。【点睛】本题关键是明确感应电动势的平均值的求解方法，注意磁通量与面积和磁感应强度有关，与线圈的匝数无关3.在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个矩形的金属导体框，规定磁场方向向上为正，导体框中电流的正方向如图所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图变化时，下图中正确表示导体框中感应电流变化的是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】根据法拉第电磁感应定律有： ，因此在面
5、积、匝数不变的情况下，感应电动势与磁场的变化率成正比，即与B-t图象中的斜率成正比，由图象可知：0-2s，斜率不变，故形成的感应电流不变，根据楞次定律可知感应电流方向顺时针（俯视）即为正值，而在2-4s斜率不变，电流方向为逆时针，整个过程中的斜率大小不变，所以感应电流大小不变；根据楞次定律，向上的磁场先减小，再向下磁场在增大，则感应电流方向为逆时针，即为负方向，故ABD错误，C正确故选C点睛：正确理解感应电动势与磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率等之间的关系，可以类比加速度、速度变化量、速度变化率进行学习4.电阻为1的矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势随时间
6、变化的图象如图所示现把交流电加在电阻为9的电热丝上，则下列说法中正确的是（）A. 线圈转动的角速度为31.4rad/sB. 如果线圈转速提高一倍，则电流不会改变C. 电热丝两端的电压U=100VD. 电热丝的发热功率P=1800 W【答案】D【解析】从图中可知：T=0.02s，角速度为：，故A说法错误；在t=0.01s时刻，产生的感应电动势最大，此时线圈与中性面垂直，磁通量为零，故B说法正确；交流电压的最大值为Em=200V，所以有效值，则电热丝两端的电压为：，消耗的功率为：，故C说法错误，D说法正确。所以选AC。5.如图所示交流电的电流有效值为( )A. 2AB. 3AC. AD. 【答案】
7、C【解析】由有效值的定义可得：I12Rt1+I22Rt2=I2RT，代入数据得：62R1+22R1=I2R2，解得：I=2A，故选C6.如图所示，三只完全相同的灯泡a、b、c分别与电阻R、电感L、电容C串联，再将三者并联，接在220V，50Hz的交变电源两端，三只灯泡亮度相同如果将电源改为220V，60Hz的交变电源，则（）A. 三只灯泡亮度不变B. 三只灯泡都将变亮C. a亮度不变，b变亮，c变暗D. a亮度不变，b变暗，c变亮【答案】D【解析】根据电感的特性：通低频、阻高频，当电源的频率变高时，电感对电流的感抗增大，b灯变暗；根据电容器的特性：通高频、阻低频，当电源的频率变高时，电容器对电
8、流的容抗减小，c灯变亮。而电阻的亮度与频率无关，a灯亮度不变。故选D。点睛：本题要抓住电感和电容的特性分析：电感：通直流、阻交流，通低频、阻高频，可根据法拉第电磁感应定律来理解电容器的特性：通交流、隔直流，通高频、阻低频，根据电容器充放电的特性理解7.如图所示，一只原、副线圈分别是200匝和100匝的理想变压器副线圈的两端连接两个阻值均为20的电阻，原线圈接频率为50Hz的正弦交流电源，电压表的示数为5V电流表、电压表均为理想交流电表，则下列说法正确的是（）A. 电流表的读数为0.5AB. 流过电阻的交流电频率为100HzC. 交流电源的输出电压的最大值为20VD. 交流电源的输出功率为5W【
9、答案】C【解析】试题分析：副线圈的电流为，则原线圈的电流为，由得，故A错误；流过电阻的交流电的频率为，故B错误；副线圈的电压为，由得，则其最大值为，故C正确；，故D错误。考点：变压器的构造和原理【名师点睛】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论。8.如图所示，T为理想变压器，副线圈回路中的输电线ab和cd的电阻不可忽略，其余输电线电阻可不计，则当电键S闭合时（）A. 交流电压表V1和V2的示数一定都变小B. 交流电压表只有V2的示数变小C. 交流电流表A1、A2和A3的示数一定都变大D. 只有A1的示数变大【答案】B【解析】A、当S闭合时，
10、两个电阻并联，电路的总电阻减小，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压不变，副线圈的电流变大，副线圈回路中的输电线ab和cd的电阻不可忽略，所以输电线ab和cd上的电压变大，所以的示数变小，故B正确，A错误；C、副线圈的电流变大，和的示数变大，的示数减小，故CD错误。点睛：输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可。9.图甲为远距离输电示意图，升压变压器原副线圈匝数比1：100，降压变压器原副线圈匝数比为100：1，远距离输电线的总电阻为100。若升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功
11、率为750kw。下列说法中正确的有（ ）A. 客户端交流电的频率为100HzB. 客户端电压为250VC. 输电线中的电流为30AD. 输电线路损耗功率为180Kw【答案】C【解析】由乙图知，周期为0.02s，所以频率f=50Hz，所以A错误；输电线上有电压的损耗，所以用户端电压小于250V，B错误；对升压变压器，由变压规律，可求U2=25000V，输电线电流，所以C正确；输电线损耗的功率：，故D错误。10.（多选题）如图所示，在匀强磁场区域的上方有一半径为R的导体圆环，将圆环由静止释放，圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等已知圆环的电阻为r，匀强进场的磁感应强度为B，重力加速度为
12、g，则（）A. 圆环进入磁场的过程中，圆环中的电流为逆时针B. 圆环进入磁场的过程可能做匀速直线运动C. 圆环进入磁场的过程中，通过导体某个横截面的电荷量为D. 圆环进入磁场的过程中，电阻产生的热量为2mgR【答案】AD【解析】试题分析：由题意可知圆环进入磁场的过程中，垂直纸面向里的磁通量增加，根据楞次定律，圆环中感应电流的磁通量应垂直纸面向外，由右手定则判断感应电流为逆时针方向，故A正确；由于圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等，该过程感应电流不同，安培力不同，故线圈不可能匀速，故B错误；根据，故C错误；由于圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等，由动能定理得：,所以故
13、D正确所以AD正确，BC错误。考点：楞次定律、动能定理【名师点睛】本题主要考查了楞次定律、动能定理。分析清楚圆环穿过磁场的过程，根据楞次定律判断感应电流的方向；根据线圆环进入与离开磁场的速度判断线框的运动性质；根据求电荷量根据动能定理求出线框的ab边刚进人磁场到ab边刚离开磁场这段过程中克服安培力做的功，即可知道线框从进入到全部穿过磁场的过程中克服安培力做的。11.（多选题）如图所示，当交流发电机的线圈平面绕轴OO转到与磁场方向平行时，下列说法正确的是（）A. 穿过线圈的磁通量为零B. 穿过线圈的磁通量最大C. 线圈产生的感应电动势为零D. 线圈产生的感应电动势最大【答案】AD【解析】A、B、
14、当交流发电机的线圈平面绕轴OO转到与磁场方向平行时磁通量为零，故、A正确，B错误；C、D、此时导体速度垂直磁场，导体切割磁感线时的感应电动势最大，D正确，C错误；故选AD。12.（多选题）如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度匀速转动，从图示位置开计时（）A. 当转过60时，感应电流的瞬时值为B. 当转过60时，感应电流的瞬时值为C. 在转过60过程中，感应电动势的平均值为D. 当转过90过程中，感应电流的有效值为【答案】ACD【解析】因为线圈从中性面开始计时，所以感应电动势的瞬时值表达式为e=
15、BSsint，转过60角时，感应电动势的瞬时值 ，感应电流的瞬时值为 ，故A正确；B错误转过60的时间 ，磁通量变化量 感应电动势的平均值为 ，故C正确；感应电流的最大值为 ，感应电流的有效值 ，故D正确；故选：ACD13. 如图，将额定电压为60V的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上。闭合开关S后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表（均为理想电表）的示数分别为220V和2.2A。以下判断正确的是A. 变压器输入功率为484WB. 通过原线圈的电流的有效值为0.6AC. 通过副线圈的电流的最大值为2.2AD. 变压器原、副线圈的电流匝数比【答案】BD【解析】变压器的输出功率为P2=
16、U2I2=602.2=132W，所以输入功率P1=P2=132W，故A错误；根据变压规律，变流规律，解得原线圈的电流的有效值为I1=0.6A，所以B正确；D错误；2.2A是有效值，C错误。14.（多选题）如图所示，一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路线圈的半径为r1.在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图(b)所示图线与横、纵轴的交点坐标分别为t0和B0.导线的电阻不计在0至t1时间内，下列说法正确的是( )A. R1中电流的方向由a到b通过R1B. 电流的大小为C. 线圈两端的电压大小为D.
17、 通过电阻R1的电荷量【答案】BD【解析】【详解】由楞次定律可判断通过电阻R1上的电流方向为从b到a，故A错误；由图象分析可知，0至t1时间内，由法拉第电磁感应定律有：；面积为：s=r22；由闭合电路欧姆定律有： ；联立以上各式解得，通过电阻R1上的电流大小为：，B正确；线圈两端的电压大小为U=I12R=，故C错误；通过电阻R1上的电量为：，故D正确；故选BD。二、填空题（共8分）15.矩形线圈abcd，长ab=20cm，宽bc=10cm，匝数n=200，线圈回路总电阻R=5整个线圈平面内均有垂直于线框平面的匀强磁场穿过，若匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图所示，则：（1）穿过线圈的
18、磁通量的变化率为_Wb/s；（2）线圈回路中产生的感应电流为_A；（3）当t=0.3s时，线圈的ab边所受的安培力为_N；（4）在1min内线圈回路产生的焦耳热为_J【答案】（1）0.01 Wb/s、（2）0.4 A、（3）3.2 N、（4）48J【解析】试题分析:（1）穿过线圈的磁通量的变化率为；（2）线圈回路中产生的感应电流为：;（3）当t0.3 s时，磁感应强度为0.2T，故线圈的ab边所受的安培力为：（4）在1 min内线圈回路产生的焦耳热为：考点: 法拉第电磁感应定律。【名师点睛】法拉第电磁感应定律（1）内容：感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。（2）公式：En，其
19、中n为线圈匝数。（3）感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路的欧姆定律，即I。三、解答题（16题8分，17题9分，18题8分，19题11分）16.如图所示，匀强磁场B=1.0T，有一个N=15匝的矩形线圈，其=0.2m， =0.1m，线圈电阻r=1，在磁场中绕垂直磁场中心轴OO转动，转速n=300转/min，线圈两端接有“6V、12W”的灯泡，当线圈通过中性面时开始计时，求：（1）线圈中感应电动势的瞬时值表达式；（2）灯泡消耗的实际功率【答案】(1) e=3sin10t（V） (2)P=8.4W【解析】（1）感应电动势的最大值，因为从中性面时开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式e=3si
20、n10t（V）；（2）灯泡的电阻： 根据闭合电路欧姆定律，流过灯泡电流的有效值： 灯泡消耗的实际功率为17.如图所示，边长为L、电阻为R、质量为m的正方形线框abcd放在光滑水平面上，其右边有一磁感应强度大小为B、方向竖直向上的有界匀强磁场，磁场宽度为L，左边界与线框的ab边相距为L。线框在水平恒力F作用下由静止向右运动，cd边进入磁场前已做匀速运动。求线框（1）匀速运动时的速度大小v；（2）进入磁场过程中通过线框横截面的电荷量q；（3）通过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q。【答案】（1） (2) (3)【解析】【详解】（1）匀速时产生的感应电动势：E=BLv对线框根据欧姆定律可得： ab边受到
21、的安培力大小为：FA=BIL根据共点力的平衡可得：FA=F解得： ；（2）线框进入磁场过程中有： 根据闭合电路的欧姆定律可得： 根据电荷量的计算公式可得：；（3）线框通过磁场过程，由能量守恒定律得：3FL=Q+mv2线框中产生的焦耳热：Q=3FL- 18.某发电机输出功率是100kW，输出电压是250V，从发电机到用户间的输电线总电阻R是8，要使输电线上的功率损失为5%，而用户得到的电压正好为220V，求升压变压器和降压变压器（都认为是理想变压器）的匝数比各是多少？【答案】升压变压器和降压变压器的匝数比1分别为：1：16 190：11【解析】(1)发电机输出功率是100kW，电路上损耗的电功率
22、为输出功率的5，所以输电线功率为100kW5=5000J，由，输电线电流为25A升压变压器输出功率也是100kW，由P=UI，所以升压变压器输出电压为4000V，升压变压器匝数比为1/16；降压变压器输入电压为U2-IR=3800V，=190：1119.如下图所示,MN、PQ为足够长的光滑平行导轨,间距L=0.5 m.导轨平面与水平面间的夹角=30.NQMN,NQ间连接有一个R=3 的电阻.有一匀强磁场垂直于导轨平面,磁感应强度为B0=1 T.将一根质量为m=0.02 kg的金属棒ab紧靠NQ 放置在导轨上,且与导轨接触良好,金属棒的电阻r=2 ,其余部分电阻不计.现由静止释放金属棒,金属棒沿
23、导轨向下运动过程中始终与NQ平行.当金属棒滑行至cd处时速度大小开始保持不变,cd距离NQ为s=0.5 m,g=10 m/s2.(1) 求金属棒达到稳定时的速度是多大.(2) 金属棒从静止开始到稳定速度的过程中,电阻R上产生的热量是多少?(3) 若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t=0,从此时刻起,让磁感应强度逐渐减小,可使金属棒中不产生感应电流,则t=1 s时磁感应强度应为多大?【答案】（1）2m/s （2）0.06J （3）0.4T【解析】试题分析：（1）在达到稳定速度前，金属棒的加速度逐渐减小，速度逐渐增大，达到稳定速度时，有：FA=BILmgsin=FA+mgcosE=BLvE=I（R+
24、r）由以上四式并代入已知数据，得v=2m/s（2）根据能量守恒得，重力势能减小转化为动能、摩擦产生的内能和回路中产生的焦耳热有：电阻R上产生的热量：解得：QR=006J（3）当回路中的总磁通量不变时，金属棒中不产生感应电流此时金属棒将沿导轨做匀加速运动，故：mgsin-mgcos=ma设t时刻磁感应强度为B，则：BLs=BL（s+x）;故t=1s时磁感应强度B=04T考点：物体的平衡；法拉第电磁感应定律；能量守恒定律【名师点睛】本题考查了牛顿运动定律、闭合电路殴姆定律、安培力公式、感应电动势公式，还有能量守恒同时当金属棒速度达到稳定时，则一定是处于平衡状态，原因是安培力受到速度约束的还巧妙用磁通量的变化去求出面积从而算出棒的距离最后线框的总磁通量不变时，金属棒中不产生感应电流是解题的突破点。
