甘肃省临夏中学2018_2019学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析）.docx

甘肃省临夏中学2018-2019学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析）一、选择题1.下面有关物理学史的叙述正确的是（ ）A. 库仑首先提出了电场的概念，并引用电场线形象地表示电场的强弱和方向B. 法拉第发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系C. 法国物理学家库仑在前人工作的基础上通过实验确立了库仑定律D. 楞次发现了电磁感应现象，并研究提出了判断感应电流方向的方向-楞次定律【答案】C【解析】【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献。【详解】法拉第首先提出了电场的概念且采用了电场线描述电场，故A错误；奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象与磁现象之间的联系，故B错误；库仑总结出了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律，确立了库仑定律，故C正确；法拉第发现了电磁感应现象，楞次研究提出了判断感应电流方向的方向-楞次定律，故D错误。所以C正确，ABD错误。【点睛】题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆。2.下面说法中，正确的是（ ）A. 在一个电路中产生了感应电流，一定存在感应电动势B. 穿过线圈的磁场越强，感应电动势越大C. 穿过线圈的磁通量的变化越大，感应电动势越大D. 在一个电路中感应电动势的大小与线圈匝数无关【答案】A【解析】【详解】A：电磁感应现象的本质，是产生感应电动势，如果电路闭合，感应电动势才产生感应电流。所以在一个电路中产生了感应电流，一定存在感应电动势。故A项正确。B：穿过线圈的磁场强，但线圈中磁通量不变时，线圈中感应电动势为零。故B项错误。C：穿过线圈的磁通量的变化越大，磁通量的变化率不一定越大，感应电动势不一定越大。故C项错误。D：一个电路中感应电动势的大小与线圈匝数、磁通量的变化率成正比。故D项错误。3.如图所示，绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和开关组成一闭合回路，在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环a，下列各种情况铜环a中不产生感应电流的是（）A. 线圈中通以恒定的电流B. 通电时，使滑动变阻器的滑片P匀速移动C. 通电时，使滑动变阻器的滑片P加速移动D. 开关闭合瞬间【答案】A【解析】【分析】感应电流产生的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化根据这个条件分析判断有没有感应电流产生【详解】A、线圈中通以恒定的电流时，线圈产生稳恒的磁场，穿过铜环A的磁通量不变，没有感应电流产生；故A错误.B、通电时，使变阻器的滑片P作匀速滑动时，变阻器接入电路的电阻变化，回路中电流变化，线圈产生的磁场变化，穿过铜环A磁通量变化，产生感应电流；故B正确.C、通电时，使变阻器的滑片P作加速滑动时，变阻器接入电路的电阻变化，回路中电流变化，线圈产生的磁场变化，穿过铜环A磁通量变化，产生感应电流；故C正确.D、将电键突然断开的瞬间，线圈产生的磁场从有到无消失，穿过铜环A的磁通量减小，产生感应电流；故D正确.本题选择不产生感应电流的，故选A.【点睛】产生感应电流的条件细分有两个：一是电路要闭合；二是磁通量要发生变化，注意有磁通量与磁通量变化的区别4.电阻为4R的正方形均匀导线框ABCD从图示位置沿水平向右方向以速度v匀速穿过磁场区域，在下图中线框A、B两端电压UAB与线框移动距离x的关系图象正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由楞次定律判断感应电流方向，确定出A、B两端电势的高低由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电势差【详解】由楞次定律判断可知，在线框穿过磁场的过程中，A点的电势始终高于B的电势，则UAB始终为正值。AB、DC两边切割磁感线时产生的感应电动势为E=Bav。在0-a内，AB切割磁感线，AB两端的电压是路端电压，则UAB=EBav；在a-2a内，线框完全在磁场中运动，穿过线框的磁通量没有变化，不产生感应电流，则UAB=E=Bav；在2a-3a内，A、B两端的电压等于路端电压的，则UAB=E=Bav故A正确。故选A。【点睛】本题由楞次定律判断电势的高低，确定电势差的正负分析UAB与感应电动势关系是关键，要区分外电压和内电压5.用均匀导线做成的正方形线框边长为0.4m，正方形的一半放在垂直纸面向里 的匀强磁场中，如图所示.当磁场以10T/s的变化率增强时，线框中a、b两点间的电势差是（）A. Uab=0.1VB. Uab=-0.1VC. Uab=0.4VD. Uab=-0.4V【答案】D【解析】【分析】根据法拉第电磁感应定律，求出感应电动势的大小，根据楞次定律判断出感应电流的方向，再通过闭合电路欧姆定律求出电流以及电势差。【详解】题中正方形线框的左半部分磁通量变化而产生感应电动势，从而在线框中有感应电流产生，把左半部分线框看成电源，其电动势为E，内电阻为r/2，画出等效电路如图所示。则a、b两点间的电势差即为电源的路端电压，设l是边长，且依题意知：=10T/s。由E=得：；所以有：，由于a点电势低于b点电势，故有：Uab=-0.4V。故选D。6.如图A1、A2是两个理想电流表，AB和CD两支路直流电阻相同，R是变阻器，L是带铁芯的线圈，下列结论正确的有（ ） A. 闭合S时，A1示数大于A2示数B. 闭合S后（经足够长时间），A1示数等于A2示数C. 断开S时，A1示数大于A2示数D. 断开S后的瞬间，通过R的电流方向与断开S前方向相同【答案】B【解析】【详解】A.闭合开关的瞬间，所在的电路上线圈产生自感电动势,阻碍电流的增大。的示数小于的示数，故A错误。B. 开关闭合稳定后。不在阻碍。的示数等于的示数，故B正确。CD.断开开关，中原来电流立即消失，中产生自感电动势，相当于电源，、串联, 示数等于的示数，且流过的电流反向，故CD错误。故选B7.下列说法正确的是( )A. 处于静电平衡的导体,内部的电场强度和电势均为零B. 电势、电势差、电势能都是电能的概念,都与放入电场中的电荷无关C. 电动势数值上就等于电源正负极之间的电压D. 其他条件相同，线圈匝数越多自感系数就越大【答案】D【解析】【详解】A：处于静电平衡的导体，内部的电场强度为零，内部各点的电势相等。故A项错误。B：电势、电势差、电势能都是用来描述电场能的性质的物理量；电势、电势差与放入电场中的电荷无关；电势能是放入电场中电荷具有的能量，与放入电场中的电荷有关。故B项错误。C：电动势数值上就等于电源没有接入电路时，电源正负极之间的电压；当电源接入电路时，电动势数值上不等于电源正负极之间的电压。故C项错误。D：线圈的自感系数与线圈的形状、长短、匝数、有无铁芯等有关；在其他条件相同，线圈匝数越多自感系数就越大。故D项正确。8.图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与阻值R=10的电阻连接，与电阻并联的交流电压表为理想电压表示数是10V.图乙是矩形线圈中磁通量随时间t变化的图像.下列说法正确的是（） A. 电阻R上消耗的电功率为20WB. t=0.02s时电阻R两端的电压瞬时值为零C. 电阻R两端的电压u随时间t变化的规律是u=14.1cos100t（V）D. 通过电阻R的电流i随时间t变化的规律是i=1.41cos50t（A）【答案】C【解析】【分析】根据公式求出电阻R上的电功率，由乙图可知，0.02s通过线圈的磁通量为零，电动势最大，根据有效值与最大值的关系求出最大值，写出R两端的电压u随时间t变化的规律，根据欧姆定律求出通过R的电流i随时间t变化的规律。【详解】A项：根据公式得：，故A错误；B项：由乙图可知，0.02s通过线圈的磁通量为零，电动势最大，R两端的电压瞬时值为，故B错误；C项：由乙图可知，T=0.02s，电动势的最大值，又因为此交变电流是从垂直于中性面开始计时的，所以R两端的电压u随时间t变化的规律是u=14.1cos100t（V），故C正确；D项：根据得，：通过R的电流i随时间t变化的规律是i=1.41cos100t（A），故D错误。故应选：C。【点睛】解决本题的关键知道正弦式交流电峰值的表达式Em=nBS，以及知道峰值与有效值的关系，能从图中得出有效信息。9.如图所示是交流发电机原理示意图，线圈abcd逆时针转动时产生了感应电流，ab边的电流方向和cd边恰好相反，其原因是（ ）A. ab边靠近S极，cd边靠近N极B. 两边切割磁感线运动方向相反C. 两边磁场方向相反D. 线圈在做逆时针转动，若改为顺时针转动，则方向相同【答案】B【解析】【详解】如图所示是交流发电机原理示意图,线圈abcd逆时针转动时产生了感应电流,据图可以知道,对于ab边和cd边的磁场方向是相同,但是其运动方向是不同的,所以感应电流的方向不同,故导致ab边的电流方向和cd边恰好相反的原因是:两边切割磁感线运动方向相反.A、此现象与那个边靠近那个磁极是无关的,故A错误;B、据上面的分析可以知道,造成该现象就是因为两边切割磁感线运动方向相反导致的,故B正确;C、两边的磁场方向是相同的,故C错误;D、线圈在做逆时针转动,若改为顺时针转动,两边电流的方向也是相反的,故D错误.故选B【点睛】闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时电路中就会产生感应电路,且感应电流的方向跟磁场方向和导体切割磁感线方向有关10.如图所示的电路中，L为电感线圈，C为电容器，A、B为两个相同的灯泡，将它们接在交流电源上，两个灯泡的亮度一样.保持电源电压不变，某一时刻A灯泡变暗，B灯泡变亮，造成这一现象的原因可能是（）A. 电源的频率增大B. 电源的频率减小C. 电感线圈短路D. 电容器被击穿【答案】A【解析】【详解】若电源的频率增大，则电感线圈的感抗增大，电容的容抗减小，灯泡A变暗，灯泡B变亮，选项A正确；选项B错误若电感线圈短路，则A灯泡变亮，选项C错误；若电容器被击穿，则B灯泡变亮，A灯泡亮度不变，选项D错误； 故选A11.变压器线圈中的电流越大，所用的导线应当越粗，若某升压变压器只有一个原线圈和一个副线圈，则A. 原线圈的导线应当粗些，且原线圈的匝数少B. 原线圈的导线应当粗些，且原线圈的匝数多C. 副线圈的导线应当粗些，且副线圈的匝数多D. 副线圈的导线应当粗些，且副线圈的匝数少【答案】A【解析】【分析】变压器原、副线圈的电压与匝数成正比，变压器原、副线圈的电流与匝数成反比；根据原副线圈的电流大小可比较出线圈导线的粗细.【详解】升压变压器原线圈上的电压小，所以原线圈的匝数比副线圈的匝数少，n1n2；变压器原、副线圈的电流比等于匝数之反比，副线圈的电流小于原线圈的电流，所以副线圈的导线细，原线圈的导线粗，故B、C、D错误，A正确.故选A.【点睛】解决本题的关键掌握交变电流电流的表达式，知道各量表示的含义，知道原、副线圈的电压比等于匝数之比，电流比等于匝数之反比.12.某小型发电厂输出电压为u220sin100t（V）的交流电，经过升压变压器输送到较远的地区后，再经过降压变压器输给用户使用，如图所示，已知变压器都是理想变压器，升压变压器和降压变压器的原、副线圈匝数比分别为1：n和n：1，则下列说法中正确的是（）A. 用户用电器上交流电的频率是100HzB. 降压变压器输入、输出功率之比为n：1C. 升压变压器中副线圈的导线比原线圈的要粗D. 若用户增加时，输电线上损耗的功率增大【答案】D【解析】【分析】根据题中“经过升压变压器，再经过降压变压器”可知，本题考察远距离输电问题。根据远距离输电问题的规律，运用交流电表达式、变压器原理和变压器动态分析等知识进行求解。【详解】A据u220sin100t（V）知，交流电的频率。故A项错误。B理想变压器无功率损失，所以降压变压器输入、输出功率之比为1：1。故B项错误。C升压变压器原线圈的匝数比副线圈的匝数少，变压器原、副线圈的电流比等于匝数之反比，副线圈的电流小于原线圈的电流，所以原线圈的导线粗。故C项错误。D若用户增加时，相当于负载的电阻减小，输出功率增大，输电线上的电流增大，输电线上损耗的功率增大。故D项正确。13.一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场轴线匀速转动时产生的正弦式交变电流，其电动势的变化规律如图线a所示。当调整线圈转速后，电动势的变化规律如图线b所示。以下关于这两个正弦式电流的说法正确的是（）A. 图线a电动势的有效值为VB. 线圈先后两次转速之比为2：3C. 在图中t0时刻穿过线圈的磁通量均为零D. 图线b电动势的瞬时值表达式为e100sint（V）【答案】AD【解析】【详解】由图象可知，交流电a的最大值为150V，则有效值为，所以A正确；图线a的周期为0.04s，图线b的周期为0.06s，所以转速之比为，所以B错误；在t0时刻电压为0，所以此时穿过线圈的磁通量最大，所以C错误；图像a的最大值：，则图线b的最大值为，解得Ebm=100V，角速度为，所以图线b电动势的瞬时值表达式为e100sint（V），所以D正确；故选AD。14.如图是通过一个R=1的电流i随时间变化的曲线，则下列说法正确的有（ ）A. 该电流的有效值为2AB. 该电流的有效值为1AC. 该电流的有效值为1.5AD. 该电流的有效值约为1.67A【答案】D【解析】根据在相等时间内通过相等的电阻产生的热量相等，,得该电流的有效值约为1.67A15.如图甲所示，正方形导线框固定在匀强磁场中，磁感线方向与导线框所在平面垂直磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，其中B0、t0均为已知量。已知导线框的边长为L，总电阻为R，则下列说法中正确的是A. t0时刻，ab边受到的安培力大小为B. 0t0时间内，导线框中电流的方向始终为badcbC. 0t0时间内，通过导线框的电荷量为D. 0t0时间内，导线框产生的热量为【答案】AD【解析】【详解】A、由法拉第电磁感应定律得，导线框的感应电动势为：EL2，通过导线框的感应电流大小为：I，t0时刻，ab边所受磁场和用力大小为：FBIL，故A正确；B、根据楞次定律，可知，0t0时间内，导线框中电流的方向始终为abcda，故B错误；C、时间t0内，通过导线框某横截面的电荷量为：q，故C错误；D、导线框中电流做的功为：WI2Rt，因此导线框产生的热量为为：QW，故D正确；16.下列磁场垂直加在金属圆盘上能产生涡流的是()A. B. C. D. 【答案】BCD【解析】只有加在金属上是变化的磁场，才会引起磁通量的变化，使金属内产生旋涡状的感应电流，故答案选BCD.【点睛】在整块导体内部发生电磁感应而产生感应电流的现象成为涡流现象，导体的外周长越长，交变磁场的频率越高，涡流就越大。17.一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图所示，则下列说法中正确的是A. t=0时刻，线圈平面与中性面垂直B. t=0.01 s时刻，的变化率最大C. t=0.02 s时刻，感应电动势达到最大D. 该线圈转动的角速度为50 rad/s【答案】BD【解析】【详解】由图象可知t=0、0.02s、0.04s时刻线圈平面是中性面位置，最大，=0，磁通量变化率为零，故E=0，t=0.01s、0.03s、0.05s时刻线圈平面与磁感线平行，最小，最大，磁通量变化率最大，故E最大，AC错误B正确；由图象可知，交变电流变化的周期T=0.04 s，则，D正确【点睛】本题关键是记住两个特殊位置：在中性面时磁通量最大，感应电动势最小，电动势方向改变；垂直中性面位置磁通量为零，但电动势最大二、填空题18.如图所示，桌面上放一10匝的线圈，线圈中心上方一定高度处有一竖立的条形磁体。当磁体竖直向左运动时，穿过线圈的磁通量将_（选填“变大”或“变小”）。在上述过程中，穿过线圈的磁通量变化了1.0Wb，经历的时间为0.5s，则线圈中的感应电动势为_V。【答案】 (1). 变小 (2). 20【解析】【分析】由磁通量的定义可知线圈中磁通量的变化；由法拉第电磁感应定律可求得线圈中的感应电动势，从而即可求解；【详解】当磁体竖直向左运动时，穿过线圈的磁感应强度减小，故磁通量变小；由法拉第电磁感应定律可得线圈中的感应电动势为：；19.如图所示，在图（1）中，G为指针在中央的灵敏电流表，连接在直流电路中时的偏转情况。今使它与一线圈串联进行电磁感应实验，则图（2）中的条形磁铁的运动方向是_；图（3）中电流计的指针将向_偏转；图（4）中的条形磁铁上端为_极。 【答案】 (1). 向下 (2). 右 (3). N【解析】图（1）可知，当电流从电流计的左接线柱流入时，指针向左偏图（2）中指针向左偏，可知感应电流的方向在螺线管中是由上到下，根据楞次定律知，条形磁铁S向下插入图（3）当条形磁铁N极向下插入时，根据楞次定律，可知螺线管中感应电流方向由下到上，则指针向右偏；图（4）中可知指针向右偏，则线圈中有感应电流的方向从下到上，由楞次定律可知，条形磁铁S极向上拔出，由上端为N极点睛：解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，基础题，注意电流进入电流表，指针向何处偏转，是解题的关键.三、解答题20.一自感线圈，电流从最大值减小到零的时间为0.05 s，产生的感应电动势为180 V，如果电流在0.03 s内减小到零，则线圈两端可得到多大感应电动势？【答案】300 V【解析】【详解】由线圈自感电动势的大小公式得：、联立解得：21