福建省永春县第一中学2020-2021学年高二物理3月月考试题（含解析） - 副本

1、教育文档 可修改 欢迎下载 福建省永春县第一中学2020-2021学年高二物理3月月考试题（含解析）一、单项选择题:1.关于感应电动势，下列说法中正确的是（）。A. 穿过线圈的磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势也一定越大B. 穿过线圈的磁通量越大，产生的感应电动势也一定越大C. 穿过线圈的磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势也越大D. 线圈放在磁场越强的位置，产生的感应电动势也一定越大【答案】C【解析】试题分析：对法拉第电磁感应定律的理解E=n，注意区分磁通量、磁通量的变化和磁通量的变化率解：根据法拉第电磁感应定律E=n得感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比A、磁通量变化越大，则不知磁

2、通量的变化时间，故不一定越大，故A错误；B、磁通量越大，是大，但及则不一定大，故B错误；C、磁通量变化的快慢用表示，磁通量变化得快，则比值就大，根据法拉第电磁感应定律有产生的感应电动势就越大，故C正确；D、虽然线圈放在磁感应强度越强的磁场，但可能为零，产生的感应电动势可能为零，故D错误故选：C【点评】磁通量=BS，磁通量的变化=21，磁通量的变化率是磁通量的变化和所用时间的比值，法拉第电磁感应定律告诉我们感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比正确理解磁通量、磁通量的变化和磁通量的变化率是解决本题的关键2.如下图所示，一个由导体制成的矩形线圈,以恒定速度v运动，从无场区域进入匀强磁场区域，然后出

3、来。若取逆时针方向为电流的正方向，那么在图中所示的图像中，能正确反映出回路中感应电流随时间变化的是图()。A. B. C. D. 【答案】C【解析】导线框进入磁场，感应电流大小，保持不变，A错误；根据右手定则可知感应电流方向进入时逆时针，出来时为顺时针，则C正确、BD错误。3.交流发电机在工作时的电动势为eEmsint，若将其线圈的匝数和转速都提高1倍，其他条件不变，则其电动势变为( )A. 2Emsin2tB. 4EmsintC. Emsin2tD. 4Emsin2t【答案】D【解析】【详解】感应电动势的瞬时值表达式为e=Emsint，当线圈匝数N和转速n提高到原来的两倍，其他条件不变，根据

4、Em=NBS以及=2n可知，Em为原来的4倍，故最大电动势为4Em；所以其表达式变为：e=4Emsin2t。故选D。4.一理想变压器的原线圈上接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻R设原线圈的电流为I1，输入功率为P1，副线圈的电流为I2，输出功率为P2。当R增大时 （ ）A. I1减小，P1增大B. I1减小，P1减小C. I2增大，P2减小D. I2增大，P2增大【答案】B【解析】试题分析：当副线圈上的电阻增大时，副线圈上的电流会变小，即I2变小，则引起消耗的电功率P2减小，则输入电功率P1也会减小，从而造成输入的电流I1变小，故选项B正确。考点：变压器。5.如图所示的电路

5、，开关原先闭合，电路处于稳定状态，在某一时刻突然断开开关S，则通过电阻R1中的电流I随时间变化的图线可能是下图中的A. B. C. D. 【答案】D【解析】当断开电键，原来通过R1的电流立即消失，电感阻碍自身电流变化，产生的感应电流流过电阻，其方向与原来流过电阻R1的方向相反，慢慢减小最后为0故D图象比较合适故选D.点睛：做好本题关键：知道线圈对电流突变时的阻碍作用，特别是断开时相当于电源，L中原来电流的方向即电动势的正极6.如图所示，一根条形磁铁自左向右穿过一个闭合螺线管，则电路中()A. 始终有感应电流自a向b流过电流表GB. 始终有感应电流自b向a流过电流表GC. 先有aGb方向的感应电

6、流，后有bGa方向的感应电流D. 将不会产生感应电流【答案】C【解析】条形磁铁从左向右进入螺线管的过程中，原磁场方向向右，且磁通量在增加，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化，所以感应电流的磁场向左，由安培定则，知感应电流的方向aGb条形磁铁从左向右离开螺线管的过程中，原磁场方向向右，且磁通量在减少，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化，所以感应电流的磁场向右，由安培定则，知感应电流的方向bGa故选C点睛：解决本题的关键掌握用楞次定律判断感应电流方向的步骤，先判断原磁场的方向以及磁通量是增加还是减小，再根据楞次定律判断出感应电流的磁场方向，最后根据安培定则，判断出感

7、应电流的方向7.关于自感电动势的大小，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. 跟线圈中的电流变化快慢有关D. 跟穿过线圈的磁通量大小有关【答案】C【解析】【详解】A、B、C项：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错误，C正确；D项：由法拉第电磁感应定律得，则线圈中的自感电动势的大小，与穿过线圈的磁通量大小无关，故D错误。8.如图所示，AB为固定的通电直导线，闭合导线框P与AB在同一平面内。当P远离AB做匀速运动时，它受到AB的作用力为（ ）A.

8、 零B. 引力，且逐步变小C. 引力，且大小不变D. 斥力，且逐步变小【答案】B【解析】【详解】A项：由安培定则得，载有恒定电流的直导线产生的磁场在线框处的方向为垂直纸面向里，并且离导线越远磁感应强度越小，所以当沿图示方向移动线框时，穿过线框平面的磁通量要减小，所以在线框中一定产生感应电流，则线圈一定受到安培力作用，故A错误；B、C、D项：由楞次定律可知，感应电流总是阻碍引起感应电流的磁通量变化，所以对P产生吸引力，离通电导线越远，磁场越弱，由于线框匀速移动，所以磁通量的变化率越小，线框中产生的感应电动势越小，线框中的感应电流变小，并且离导线越远磁感应强度越小，所以离开通电直导线越远，线框P受

9、到的引力越小，故B正确，CD错误。9.如图所示，从匀强磁场中把不发生形变的矩形线圈匀速拉出磁场区，如果两次拉出的速度之比为1：2，则两次线圈所受外力大小之比F1：F2，线圈发热之比Q1：Q2，通过线圈截面的电荷量之比q1：q2分别为( ) A. F1：F2=2：1， q1：q2=2：1， Q1：Q2=2：1B. F1：F2=1：2， q1：q2=1：1， Q1：Q2=1：2C. F1：F2=1：2， q1：q2=1：2， Q1：Q2=1：2D. F1：F2=1：1， q1：q2=1：2， Q1：Q2=1：1【答案】B【解析】【详解】设线圈左右两边边长为l，上下两边边长为l，整个线圈的电阻为R，

10、磁场的磁感应强度为B。拉出线圈时产生的感应电动势为：E=Blv；感应电流为： ；线圈所受的安培力为：可知，Fv，则得：F1：F2=1：2。拉力做功为：，可知Qv，则得：Q1：Q2=1：2。通过导线的电荷量为：，则q与线框移动速度无关，磁通量的变化量相同，所以通过导线横截面的电荷量q1：q2=1：1。故选B。10.如图所示，两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向在图中已经画出左线圈连着平行导轨M和N，导轨电阻不计，在导轨垂直方向上放着金属棒ab，金属棒处于垂直纸面向外的匀强磁场中，下列说法正确的是( )A. 当金属棒向右匀速运动时，a点电势高于b点，c点电势高于d点B. 当金属棒向右匀速运动时，b

11、点电势高于a点，c点与d点为等电势点C. 当金属棒向右加速运动时，b点电势高于a点，c点电势高于d点D. 当金属棒向左加速运动时，b点电势高于a点，d点电势高于c点【答案】B【解析】【详解】ab棒向右匀速运动时，根据右手定则判断得知，ab棒中感应电流方向从ab，ab相当于电源，所以b点电势高于a点。原线圈中产生的感应电流是恒定的，原线圈中的磁场是恒定的，穿过副线圈的磁通量不变，没有感应电动势产生，cd中没有电流流过，所以c点与d点等电势。故A错误、B正确；ab棒向右加速运动时，根据右手定则判断得知，ab棒中感应电流方向从ab，ab相当于电源，所以b点电势高于a点。根据安培定则判断可知，原线圈中

12、向下的磁场，而且在增强，副线圈中有向上的磁场在增强，根据楞次定律可知，副线圈中感应电流从d通过电阻到c，d点电势高于c点，故C错误；ab棒向左加速运动时，根据右手定则判断得知，ab棒中感应电流方向从ba，ab相当于电源，所以a点电势高于b点。根据安培定则判断可知，原线圈中向上的磁场，而且在增强，副线圈中有向下的磁场在增强，根据楞次定律可知，副线圈中感应电流从c通过电阻到d， c点电势高于d点，故D错误。11.如图所示,A、B是完全相同的两个小灯泡,L为自感系数很大、电阻可以忽略的带铁芯的线圈,则( ). 电键S闭合的瞬间,A、B同时发光,随后A灯变暗,B灯变亮电键S闭合的瞬间,B灯亮,A灯不亮

13、断开电键S的瞬间,A、B灯同时熄灭断开电键S的瞬间.B灯立即熄灭,A灯突然闪亮一下再熄灭A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】开关K闭合的瞬间，两灯同时获得电压，所以A、B同时发光。由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，流过A灯的电流逐渐减小，B灯逐渐增大，则A灯变暗，B灯变亮，故正确，错误；断开开关K的瞬间，B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A灯突然闪亮一下再熄灭，故错误，正确。故选A。12.一个线圈在匀强磁场中转动产生的交流电动势为(V)。关于这个交变电流，下列说法正确的是A. 交变电流的频率为100HzB.

14、 电动势的有效值为220VC. 电动势的峰值为220VD. t=0时，线圈平面与中性面垂直【答案】B【解析】由题可知，线圈的角速度为，故其频率为：，故A错误；由题知，该交流电的最大值为，则有效值为，故B正确，C错误；当t=0时e=0，此时线圈处在中性面上，穿过线圈的磁通量最大，故D错误，故选B.13.在日光灯的连接线路中，关于启动器作用，下列说法中正确的是( )A. 日光灯启动时，为灯管提供瞬时高压B. 日光灯正常工作时，起降压限流的作用C. 起到一个自动开关的作用D. 以上说法均不正确【答案】C【解析】【详解】在日光灯的连接线路中，当开关闭合后，电源把电压加在启辉器的两极之间，使氖气放电而发

15、出辉光，辉光产生的热量使U型动触片膨胀伸长，跟静触片接通，于是镇流器线圈和灯管中的灯丝就有电流通过。电路接通后，启辉器中的氖气停止放电（启辉器分压少、辉光放电无法进行，不工作），U型片冷却收缩，两个触片分离，电路自动断开。在电路突然断开的瞬间，由于镇流器电流急剧减小，会产生很高的自感电动势，方向与原来的电压方向相同，自感电动势与电源电压加在一起，形成一个瞬时高压，加在灯管两端，使灯管中的气体开始放电，于是日光灯成为电流的通路开始发光。所以启动器起到一个自动开关的作用，故选C。14.如图所示,在匀强磁场中放置一个电阻不计的平行金属导轨,导轨跟大线圈M相连，导轨上放一根导线ab，磁感线垂直于导轨所

16、在平面，欲使M所包围的小闭合线圈N产生顺时针方向的感应电流,则导线的运动情况可能是()。A. 匀速向右运动B. 加速向右运动C. 减速向左运动D. 加速向左运动【答案】D【解析】【详解】导线ab匀速向右运动时，导线ab产生的感应电动势和感应电流恒定不变，大线圈M产生的磁场恒定不变，穿过小线圈N中的磁通量不变，没有感应电流产生。故A错误。导线ab加速向右运动时，导线ab中产生的感应电动势和感应电流增加，由右手定则判断出来ab电流方向由ab，根据安培定则判断可知：M产生的磁场方向：垂直纸面向里，穿过N的磁通量增大，由楞次定律判断得知：线圈N产生逆时针方向的感应电流。故B错误。导线ab减速向左运动时

17、，导线ab中产生的感应电动势和感应电流增大，由右手定则判断出来ab电流方向由ba，根据安培定则判断可知：M产生的磁场方向：垂直纸面向外，穿过N的磁通量增大，由楞次定律判断得知：线圈N产生逆时针方向的感应电流。故C错误。导线ab加速向左运动时，导线ab中产生的感应电动势和感应电流增加，由右手定则判断出来ab电流方向由ba，根据安培定则判断可知：M产生的磁场方向：垂直纸面向外，穿过N的磁通量增大，由楞次定律判断得知：线圈N产生顺时针方向的感应电流，符合题意。故D正确。15.如图所示，虚线框abcd内为一矩形匀强磁场区域，ab=2bc,磁场方向垂直于纸面；实线框abcd是一正方形导线框，ab边与ab

18、边平行.若将导线框以相同的速度匀速地拉离磁场区域，以W表示沿平行于ab的方向拉出过程中外力所做的功，W表示以同样速率沿平行于bc的方向拉出过程中外力所做的功，则A. WWB. WWC. WWD. WW【答案】B【解析】分析：将导线框匀速地拉离磁场区域，外力所做的功等于产生的内能根据焦耳定律研究功的大小关系解答：解：设bc=l，bc=2l，则W1=t1=W2=t2=，得到W2=2W1故选B点评：在电磁感应现象中研究功、热量、功率等等常常根据能量守恒定律研究求热量，电流一定，首先考虑能否用焦耳定律16.如图所示，光滑导轨倾斜放置，其下端连接一个灯泡，匀强磁场垂直于导轨所在平面，当棒下滑到稳定状态时

19、，小灯泡获得的功率为P，除灯泡外，其他电阻不计要使稳定状态下灯泡的功率变为2P，下列措施正确的是( )A. 一个电阻为原来一半的灯泡B. 把磁感应强度增为原来的2倍C. 换一根质量为原来2倍的金属棒D. 把导轨间距减为原来的【答案】D【解析】【详解】当ab棒下滑到稳定状态时，有：mgsin=FA，又安培力为：，得；由能量守恒定律得，灯泡功率为：；当换一个电阻为原来一半的灯泡时，则P变为原来的倍。故A错误。当把磁感应强度B增为原来的2倍，P变为原来的倍。故B错误。当换一根质量为原来2倍的金属棒时，P变为原来的4倍。故C错误。当把导轨间的距离增大为原来的倍时，即L变为倍，P变为原来的 2倍。故D正

20、确。二、填空题：17.如图所示，A、B两个闭合线圈用同样的导线制成，匝数都为10匝，半径rA=2rB，图示区域内有磁感应强度均匀减小的匀强磁场，则A、B线圈中产生的感应电动势之比为EA：EB=_，线圈中的感应电流之比为IA：IB=_。【答案】 (1). 11 (2). 12【解析】根据法拉第电磁感应定律E=n=n，题中n相同，相同，面积S也相同，则得到A、B环中感应电动势EA：EB=1：1根据电阻定律R=，L=n2r，、S相同，则电阻之比为：RA：RB=rA：rB=2：1，根据欧姆定律I=E/R得产生的感应电流之比为：IA：IB=1：2点睛：本题整合了法拉第电磁感应定律、电阻定律和欧姆定律，常

21、规题，要善于运用比例法解题；注意A中磁通量的变化率与B中是相同的18.如图所示，质量为m，高度为h的矩形导体线框在竖直面内由静止开始自由下落，它的上下两边始终保持水平，途中恰好匀速穿过一个有理想边界的匀强磁场区域，则线框在此过程中产生的电热为_。【答案】2mgh【解析】【详解】线框穿过磁场时产生感应电流，线框的机械能减少，线框产生的热量等于线框减少的机械能，线框匀速下落，动能不变，重力势能减少，线框穿过磁场的整个过程中减少的机械能E=mg2h=2mgh，则线框产生的热量：Q=E=2mgh。19.如图所示，“U”型金属框水平放置，右端与竖直墙壁相连，导体棒ab垂直于框架的两臂，与框架构成边长L1

22、.0m的正方形，整个回路的电阻R2质量m1 kg的物体c置于水平地面上，并通过轻绳绕过定滑轮与ab相连，当竖直向上的磁场按B=kt均匀变化(k为恒量)时，物体c对地面的压力F随时间t变化的规律如图所示不考虑一切摩擦，取g10ms2.则k的数值为_T/S,ab棒中感应电流大小为_A方向为_（填ab或ba）【答案】 (1). 2T/s (2). 1A (3). ba.【解析】【详解】根据楞次定律可知，感应电流方向由b指向a；，回路中的感应电流为： ，ab所受安培力为： ，t=5s时，安培力大小等于c的重力10N，即：，得：k=2 T/s。三、计算题:20.如下图所示的电流i通过一个R=1的电阻，它

23、不是恒定电流 (1)计算通电1s内电阻R中产生的热量?(2)如果有一个大小、方向都不变的恒定电流通过这个电阻R，也能在1s内产生同样的热，这个电流是多大?【答案】（1）2.8J（2）1.67A【解析】【详解】(1) 通电1s内电阻R中产生的热量：(2) 由，得：21. 如图甲所示空间有一宽为2L的匀强磁场区域，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外abcd是由均匀电阻丝做成的边长为L的正方形线框，总电阻值为R线框以垂直磁场边界的速度v匀速通过磁场区域在运动过程中，线框ab、cd两边始终与磁场边界平行设线框刚进入磁场的位置x=0，x轴沿水平方向向右求：（1）cd边刚进入磁场时，ab两端的电势差，并指明

24、哪端电势高；（2）线框穿过磁场过程中，线框中产生的焦耳热；（3）在下面的乙图中，画出ab两端电势差Uab随距离变化的图象其中U0=BLv【答案】（1）；b端电势比a端高 （2）（3）图像如图.【解析】试题分析：（1）dc切割磁感线产生的感应电动势 E=BLv回路中的感应电流ab两端的电势差b端电势高（2）设线框从dc边刚进磁场到ab边刚进磁场所用时间为t由焦耳定律有L = vt求出（3）ab两端电势差Uab随距离变化的图象；考点：楞次定律；法拉第电磁感应定律【名师点睛】本题由右手定则或楞次定律判断电势高低，根据电路知识求出电势差；同时掌握焦耳定律的应用，强调存在的感应电流的判定。22. 如图所

25、示， n=50匝的矩形线圈abcd，边长ab=20cm，bc=25cm，放在磁感强度B=0.4T的匀强磁场中，绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO轴匀速转动，转动角速度=50rad/s，线圈的总电阻r=1，外电路电阻R=9。试求：（1）线圈在图示位置（线圈平面与磁感线平行）时，感应电动势的大小。（2）线圈从图示位置转动90过程中通过电阻R的电量。（3）1min时间内电阻R上产生的热量。【答案】1、50v2、0.1c3、Q=6.75103J 、【解析】：（1）线圈在图示位置产生的感应电动势最大，其大小为Em=nBS=nBab?bc 代入数据解得：Em=50V（2）转动过程中平均感应电动势E=nI=转动90过程中=BS 电量q=It代入数据，解得q=01C（3）线圈中产生的为余弦交流电，通过R的电流为：I=1min时间内产生的热量为：Q=I2Rt 代入数据得：Q