1、江西省南昌三中2016-2017学年高二下学期3月月考物理试题一、选择题：本题共10小题，每小题4分在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分1. 下列实验现象，属于电磁感应现象的是（） A. 导线通电后，其下方的小磁针偏转B. 通电导线AB在在磁场中运动C. 金属杆切割磁感线时，电流表指针偏转D. 通电线圈磁场中转动【答案】C【解析】导线通电后，其下方的小磁针偏转是电流的磁效应，选项A错误； 通电导线AB在在磁场中运动是电动机原理，不是电磁感应现象，选项B错误； 金属杆切割磁感线时，产生感应电
2、流，使电流表指针偏转，是电磁感应现象，选项C正确；通电线圈在磁场中受力转动，不是电磁感应现象，选项D错误；故选C.2. 如图所示，质量为m的铜质小闭合线圈静置于粗糙水平桌面上，当一个竖直放置的条形磁铁贴近线圈，沿线圈中线由左至右从线圈正上方等高、匀速经过时，线圈始终保持不动则关于线圈在此过程中受到的支持力FN和摩擦力f的情况，以下判断正确的是 ( ) A. FN先大于mg，后小于mg B. FN一直大于mgC. f先向左，后向右 D. 线圈中的电流方向始终不变【答案】A【解析】试题分析：A、B、C、当磁铁靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增加，线圈中产生感应电流，线圈受到磁铁的安培力作用，根据楞次定
3、律可知，线圈受到的安培力斜向右下方，则线圈对桌面的压力增大，即FN大于mg线圈相对桌面有向右运动趋势，受到桌面向左的静摩擦力当磁铁远离线圈时，穿过线圈的磁通量减小，线圈中产生感应电流，线圈受到磁铁的安培力作用，根据楞次定律可知，线圈受到的安培力斜向右上方，则线圈对桌面的压力减小，即FN小于mg线圈相对桌面有向右运动趋势，受到桌面向左的静摩擦力综上FN先大于mg，后小于mg，Ff始终向左，故B、C错误，选项A正确.D、当磁铁靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增加，线圈中产生感应电流从上向下看是逆时针方向；当磁铁远离线圈时，穿过线圈的磁通量减小，线圈中产生感应电流从上向下看是顺时针方向，故D错误故选A考
4、点：本题考查楞次定律【名师点睛】本题应用楞次定律的第二种表述判断，也可以运用楞次定律、左手定则、安培则进行判断基础题3. 如图所示，在光滑水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，如图所示，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大一个边长为a，质量为m，电阻为R的正方形金属线框垂直磁场方向，以速度v从图示位置向右运动，当线框中心线AB运动到与PQ重合时，线框的速度为v/2，则（）A. 此时线框中的电功率为 B. 此时线框的加速度为C. 此过程通过线框截面的电量为 D. 此过程回路产生的电能为0.75mv2【答案】C【解析】试题分析：此时两个边做切割磁感线运动，所以回路中产生感
5、应电动势为，根据欧姆定律可得线圈中的感应电流，根据公式可得此时线框中的电功率，A错误；根据左手定则可得左右两边所受安培力方向相同，为，则加速度为，故B错误；此过程通过线框截面的电量为，故C正确；根据能量守恒定律得到，此过程回路产生的电能为，故D错考点：考查了电磁感应与能量【名师点睛】当线框中心线AB运动到与PQ重合时，左右两边都切割磁感线产生感应电动势，两个电动势方向相同串联根据感应电动势公式和欧姆定律求出感应电流，再求线框中的电功率求出左右两边所受安培力大小，由牛顿第二定律求出加速度由推论求出电量根据功能关系求解回路产生的电能4. 如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种
6、运动时，线圈c向右摆动 （ ）A. 向右或向左做减速运动 B. 向右或向左做匀速运动C. 向右或向左做加速运动 D. 只能向右做匀加速运动【答案】A.点睛：本题运用右手定则、安培定则和楞次定律按步就班进行分析的，也可以直接根据楞次定律进行判断：线圈c被螺线管吸引时，磁通量将要增大，说明原来的磁通量减小，导体棒必定做减速运动5. 如图甲所示，在竖直向上的磁场中，水平放置一个单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为0.1 m2，线圈电阻为1 ，磁场的磁感应强度大小B随时间t的变化规律如图乙所示，规定从上往下看顺时针方向为线圈中感应电流i的正方向。则A. 05 s内i的最大值为0.1 A B. 第4 s末i
7、的方向为正方向C. 第3 s内线圈的发热功率最大 D. 35 s内线圈有扩张的趋势【答案】D【解析】试题分析：由法拉第电磁感应定律：可以看出B-t图像的斜率越大，所以零时刻线圈的感应电动势最大，即，由欧姆定律：,A错；从第3s末到第5s末竖直向上的磁场一直在减小，由楞次定律判断出感应电流的磁场与原磁场方向相同，所以电流方向为逆时针方向，电流是负值，B错；由图乙图像可知，在第3s内穿过线圈的磁通量不变，线圈不产生感应电流，线圈发热功率为零，最小，C错；由图乙所示可知，35s内穿过线圈的磁通量减小，为阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势，D对。考点：法拉第电磁感应定律、电磁感应中的能量转化。6. 如
8、图所示，一闭合直角三角形线框以速度v匀速穿过匀强磁场区域从BC边进入磁场区开始计时，到A点离开磁场区止的过程中，线框内感应电流的情况是如图所示中的（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】根据感应电流产生的条件可知，线框进入或离开磁场时，穿过线框的磁通量发生变化，线框中有感应电流产生，当线框完全进入磁场时，磁通量不变，没有感应电流产生，故C错误；感应电流，线框进入磁场时，导体棒切割磁感线的有效长度L减小，感应电流逐渐减小；线框离开磁场时，导体棒切割磁感线的有效长度L减小，感应电流逐渐减小；故A正确，BD错误；故选A点睛：本题可以采用排除法分析解题，掌握感应电流产生的条件、熟练应用E=BLv
9、及欧姆定律即可正确解题7. 如图，电路中有四个完全相同的灯泡，额定电压均为U变压器为理想变压器，现在四个灯泡都正常发光，则变压器的匝数比n1：n2和电源电压U1为（）A. 1：2； 2U B. 1：2； 4U C. 2：1； 4U D. 2：1； 2U【答案】C【解析】试题分析：设灯泡正常发光时，额定电流为I0由题图可知，原线圈中电流，副线圈中两灯并联，副线圈中电流，根据理想变压器的基本规律：得，；得，所以,A、B、D错误；C正确；故选C。考点：变压器的构造和原理。【名师点睛】理想变压器的输入功率和输出功率相等，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比并利用灯泡正常发光的电压与电流的值来构建原副线圈
10、的电压与电流的关系。8. 如图（a）、（b）所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯A的电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则（ ）A. 在电路（a）中，断开S，A将渐渐变暗B. 在电路（a）中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗C. 在电路（b）中，断开S，A将渐渐变暗D. 在电路（b）中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗【答案】AD【解析】解：A、B、在电路a中，断开S，由于线圈阻碍电流变小，导致A将逐渐变暗故A正确，B错误；C、D、在电路b中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致A将变得更
11、亮，然后逐渐变暗故C错误，D正确故选：AD【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9. 如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图乙中曲线a、b所示，则（）A. 两次t=0时刻线圈的磁通量均为零B. 曲线a、b对应的线圈转速之比为3：2C. 曲线a表示的交变电动势频率为25 HzD. 曲线b表示的交变电动势有效值为10 V【答案】BC【解析】试题分析：由图可知，当两次t0时刻，感应电动势为0，则说明线圈平面
12、与磁场垂直，故此时的磁通量均最大，选项A错误；由图可知，两次的周期之比为Ta：Tb=4：6=2：3，因为转速等于周期的倒数，故转速之比为3：2，选项B错误；曲线a的周期为Ta=410-2s，故曲线a表示的交变电动势频率为f=1/Ta=25 Hz，选项C正确；因为曲线a的最大值为15V，即15V=BSa，而对于曲线b而言，Eb=BSb，由于a：b=3：2，故Eb=10V，故它的有效值为10/V，选项D错误。考点：交流电的周期与频率、有效值。10. 如图为远距离输电示意图，发电机的输出电压U1和输电线的电阻、理想变压器匝数均不变，当用户消耗的功率增大时，下列表述正确的是（）A. 输电线上的热功率变
13、大B. 用户的电压U4增加C. U2的电压不变D. 用户消耗的功率等于发电机的输出功率【答案】AC【解析】试题分析：当用电器增多时，用户消耗的功率增大，根据降压变压器的输出电流的变化得出输电线上的电流变化，从而得出电压损失的变化，根据升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压和电压损失之和得出用户电压的变化升压变压器的输出功率等于功率损失和降压变压器的输入功率之和变压器的原副线圈的电压之比等于匝数之比解：A、当用电器增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，可知输电线上的功率损失增大，故A正确B、当用电器增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大
14、，可知输电线上的电压损失增大，发电机的输出电压U1不变，则U2不变，可知降压变压器的输入电压减小，所以用户得到的电压U4减小故B错误C、升压变压器原副线圈匝数不变，输入电压不变，故输出电压不变，故C正确D、用户消耗的功率等于发电机的输出功率减去输电线上损失的功率，故D错误故选：AC【点评】解决本题的关键知道：1、输送功率与输送电压、电流的关系；2、变压器原副线圈的电压比与匝数比的关系；3、升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、电压损失的关系；4、升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率关系二、填空题（本题共3小题，每空2分，共20分。11. 如图所示，100匝的矩形线圈ABCD，
15、ABCD0.5m，ADBC0.2m，将线圈置于B2T的匀强磁场中，以OO为轴转动，转速为=5rad/s，则线圈产生的感应电动势的最大值为_，从线圈平面与中性面重合时开始计时，经过0.1s时的电动势的瞬时值是_【答案】 (1). 100V (2). 100sin0.5V【解析】依题意得，感应电动势的最大值为：Em=nBS代入数值得：Em=10020.50.25=100（V）线圈在中性面时，角速度为=5rad/s，因此感应电动势的瞬时表达式为：e=Emsint=100sin5t（V）从计时开始，0.1s时的电动势的瞬时值为：e=100sin0.5（V）点睛：本题关键记住最大值公式Em=nBS和瞬时
16、值公式e=Emsint，注意线圈是从中性面计时，还是垂直中性面计时是解题的关键12. 如图，边长为a、电阻为R的正方形线圈在水平外力的作用下以速度v匀速穿过宽为b的有界的匀强磁场区域，磁场的磁感应强度为B，从线圈开始进入磁场到线圈刚离开磁场的过程中，外力做功为W。若ab，则W_，若ab，则W=_。【答案】 (1). ， (2). 【解析】试题分析：在进入磁场过程中，安培力与拉力F相等，穿出磁场时大小不变，线框产生感应电流的距离为2b，因此拉力F做功为，若ab，则线框产生感应电流的距离为2a，则考点：考查安培力做功点评：本题难度较小，注意线框为匀速运动，拉力F与安培力相等，产生安培力的过程即为拉
17、力F做功的过程13. 如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10:1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1=220 sin314t（V），则（1）当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为_V（2）当t= s时，c、d间的电压为_V（3）单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表示数_，电流表示数_（填“变大”、“变小”或“不变”）（4）当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表示数_，电流表示数_（填“变大”、“变小”或“不变”） 【答案】 (1). （1）22 (2). （2）110 (3). （3
18、）不变 (4). 变小 (5). （4）变大 (6). 变大【解析】（1）原线圈两端电压有效值为220V，根据匝数比可知副线圈两端电压有效值为22V，电表测量的是有效值，当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22V；（2）时，cd两点电压瞬时值为u1=220 sin314（V）=110V；（3）滑动变阻器触片P向上移，电阻变大，副线圈的电压由匝数和输入电压决定，伏特表的示数不变，安培表示数减小；（4）单刀双掷开关由a扳向b，匝数比变小，匝数与电压成正比，所以伏特表和安培表的示数均变大；点睛：本题考查了变压器的特点，注意变压器的次级电压由初级电压和匝数比决定，与次级电阻的变化无关；需要特别注意
19、的是后两问，考查了电路的动态分析，这是高考中的热点.二、计算题本题共5小题，共计40分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有效值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位14. 如图所示，两根半径为r光滑的圆弧轨道间距为L，电阻不计，在其上端连有一阻值为R0的电阻，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B.现有一根长度稍大于L、质量为m、电阻为R的金属棒从轨道的顶端PQ处开始下滑，到达轨道底端MN时对轨道的压力为2mg，求：(1)棒到达最低点时电阻R0两端的电压；(2)棒下滑过程中R0产生的热量；(3)棒下滑过程中通过R0的电量【答案】(1) (2
20、) (3) 【解析】(1)到达最低点时，设棒的速度为v，由牛顿第二定律得：2mgmgm 得v； EBLvBL； U.(2).由能量转化和守恒得：Qmgrmv2mgr；Q0.(3).电量qItt.15. 如下图甲所示，理想变压器原线圈通有正弦式交变电流，副线圈接有3个电阻和一个电容器。已知R1=R3=20，R2=40，原、副线圈的匝数比为101，原线圈的输入功率为P=35W，已知通过R1的正弦交流电如下图乙所示。求：（1）原线圈输入电压；（2）电阻R2的电功率；（3）电容器C流过的电流。【答案】（1）U=200V （2）P2=10W （3）I3=0.25A【解析】试题分析：（1）由图乙可知，副线
21、圈上的电流最大值为A，故副线圈上的电压最大值为U2max=20V，由变压器原、副线圈的电压关系可得，原线圈的电压最大值为U1max=1020V=200V，有效值为200V。（2）电阻R2的两端电压为U2=20V，电功率P2=10W；考点：变压器的匝数与电压的关系，电功率的计算。16. 如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨相距，导轨平面与水平面成角，下端连接阻值为的电阻，匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁感应强度大小为B=1T；质量为、电阻金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触。g取10m/s2，求：（1）金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；（2）金属棒ab
22、所能获得的最大速度；（3）若金属棒ab沿斜面下滑0.2m时恰好获得最大速度，求在此过程中回路一共生热多少焦？【答案】（1）5m/s2（2）0.5m/s（3）0.0875J【解析】试题分析：（1）金属棒开始下滑的初速度为零，根据牛顿第二定律得：代人数据解得：。（2）设金属棒运动达到稳定时，速度为，所受安培力为，棒在沿导轨方向受力平衡有：，最大速度为：。（3）根据全过程中能的转化和守恒规律，有：，所以全过程中系统产生的热为：。考点：导体切割磁感线时的感应电动势【名师点睛】电磁感应中导体切割引起的感应电动势在考试中涉及较多，关键要正确分析导体棒受力情况，运用平衡条件、牛顿第二定律和功能关系进行求解。
23、17. 如图所示，间距为L的两根平行金属导轨弯成“L”形，竖直导轨面与水平导轨面 均足够长，整个装置处于竖直向上大小为B的匀强磁场中质量均为m、阻值均为R的导 体棒ab、cd均垂直于导轨放置，两导体棒与导轨间动摩擦因数均为u；当导体棒cd在水平 恒力作用下以速度v0沿水平导轨向右匀速运动时，释放导体棒ab，它在竖直导轨上匀加速下滑（导体棒ab、cd与导轨间接触良好且接触点及金 属导轨的电阻不计；已知重力加速度为g）求：（1）导体棒cd向右匀速运动时，电路中的电流大小；（2）导体棒ab匀加速下滑的加速度大小；（3）若在某时刻，将导体棒cd所受水平恒力撤 去，经过一段时间，导体棒cd静止，此过程流
24、经导体棒cd的电荷量为q，则这一段时间内导体棒cd产生的焦耳热为多少【答案】（1） （2） （3）【解析】（1）cd切割磁感线产生感应电动势为 E=BLv0，根据闭合电路欧姆定律得： ；（2）对于ab棒：由牛顿第二定律得：mgf=ma，摩擦力f=N，N为轨道对ab棒的弹力，水平方向，由平衡条件得：N=BIL，解得：a=；（3）对于cd棒，通过棒的电量：，解得：设导体棒cd在水平恒力撤去后产生的焦耳热为Q，由于ab的电阻与cd相同，两者串联，则ab产生的焦耳热也为Q根据能量守恒得：2Q+mgs=mv02，已知：，解得：Q= 18. 如图甲所示，电阻不计的光滑平行金属导轨相距L = 0.5m，上端
25、连接R=0.5的电阻，下端连着电阻不计的金属卡环，导轨与水平面的夹角=300，导轨间虚线区域存在方向垂直导轨平面向上的磁场，其上、下边界之间的距离s = 10m，磁感应强 度B-t图如图乙所示.长为L且质量为m= 0.5kg的金属棒ab的电阻不计，垂直导 轨放置于距离磁场上边界d = 2.5m处，在t= 0时刻由静止释放，棒与导轨始终接触良好，滑至导轨底端被环卡住不动g取10m/s2，求：(1)棒运动到磁场上边界的时间；(2)棒进入磁场时受到的安培力；(3)在0-5s时间内电路中产生的焦耳热.【答案】t=1s；F安=2.5N； Q=75J 【解析】（1）棒从静止释放到刚进磁场的过程中做匀加速运
26、动，由牛顿第二定律得：mgsin=ma得：a=gsin=5m/s2由运动学公式：d=at2得： （2）棒刚进磁场时的速度v=at=5m/s由法拉第电磁感应定律：E=BLv而 、F安=BIL得：安培力F安= =2.5N（3）因为F安=mgsin=2.5N，所以金属棒进入磁场后做匀速直线运动，运动至导轨底端的时间为： 由图可知，棒被卡住1s后磁场才开始均匀变化，且由法拉第电磁感应定律： 所以在0-5s时间内电路中产生的焦耳热为：Q=Q1+Q2而Q1= t1=25J，Q2=t2=50J所以Q=75J点睛：本题根据牛顿第二定律和运动学公式结合分析棒的运动情况，关键是求解安培力当棒被卡住后磁场均匀变化，回路中产生恒定电流，由焦耳定律求解热量