2018-2019学年湖北省咸宁市崇阳一中高二(下)月考物理试卷(3月份)

1、2018-2019 学年湖北省咸宁市崇阳一中高二（下）月考物理试卷（3 月份）一、单选题（本大题共 6 小题，共 30.0 分）1. 如图所示， 光滑的水平桌面上放着两个完全相同的金属环a 和 b，当一条形磁铁的 S极竖直向下迅速靠近两环中间时，则A. a、 b 均静止不动B. a、 b 互相靠近C. a、 b 互相远离D. a、 b 均向上跳起2. 一直升机停在南半球的地磁极上空。该处地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为 直升机螺旋桨叶片的长度为L，螺旋桨转动的频率为 f，顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨按顺时针方向转动。螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为 b，如图所示。如果忽略 a 到转轴中心

2、线的距离，用 E 表示每个叶片中的感应电动势，则A.B.C.D.，且 a 点电势高于b 点电势，且 a 点电势高于b 点电势，且 a 点电势低于b 点电势，且 a 点电势低于b 点电势3. 如图所示，质量为 m 的金属环用线悬挂起来，金属环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线拉力大小的下列说法中正确的是A. 大于环重力 mg，并逐渐减小B. 始终等于环重力mgC. 小于环重力 mg，并保持恒定D. 大于环重力mg，并保持恒定4.如图所示，空间存在一个足够大的三角形区域顶角为，区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，一个顶角为

3、的三角形导体线框，自距离磁场左侧边界L 处以平行于纸面向上的速度匀速通过了该区域，若以逆时针为正方向，回路中感应电流I 随时间 t 的变化关系图象正确的是第1页，共 11页A.B.C.D.5. 如图所示的电路中，三个灯泡、 、 的电阻关系为，电感 L的电阻可忽略， D 为理想二极管 电键 K 从闭合状态突然断开时，下列判断正确的是A.逐渐变暗，、 均先变亮，然后逐渐变暗B.逐渐变暗，立即熄灭，先变亮，然后逐渐变暗C.立即熄灭，、 均逐渐变暗D. 、 、 均先变亮，然后逐渐变暗6. 如图甲所示，为一种调光台灯电路示意图，它通过双向可控硅电子器件实现了无级调节亮度给该台灯接 220V 的正弦交变电

4、流后加在灯管两端的电压如图乙所示，则此时交流电压表的示数为A. 220VB. 110VC.D.V二、多选题（本大题共4 小题，共20.0 分）7.如图所示，用恒力F 将闭合线圈自静止开始不计摩擦从图示位置向左加速拉出有界匀强磁场，则在此过程中A. 线圈向左做匀加速直线运动B. 线圈向左运动且加速度逐渐增大C. 线圈向左运动且加速度逐渐减小第2页，共 11页D. 线圈中感应电流逐渐增大8. 如图所示电路中，变压器为理想变压器，a、b 接在电压有效值不变的交流电源两端，为定值电阻，R 为滑动变阻器。 现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表的示数增大了，电流表的示数增大了，则下列说法

5、正确的是A.B.电压表示数不变电压表示数增大C. 该变压器起降压作用D. 变阻器滑片是沿的方向滑动9.如图 1 所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4： 1，b 是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻，其余电阻均不计，从某时刻开始在原线圈c、d 两端加上如图2 所示的交变电压，则下列说法正确的是A. 当单刀双掷开关与a 连接时，电压表的示数为55VB. 当单刀双掷开关与a 连接且s时，电流表示数为零C. 当单刀双掷开关由a 拨向 b 时，原线圈的输入功率增大D. 当单刀双掷开关由a 拨向 b 时，副线圈输出电压的频率为25 Hz10. 如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，

6、直径与磁场宽度相同的金属圆形线框以一定的初速度斜向匀速通过磁场。 在必要的时间段内施加必要的水平拉力保证其匀速运动，则A. 金属框内感应电流方向先逆时针再顺时针B. 金属框内感应电流先增大后减小C. 水平拉力方向与速度同向D. 水平拉力方向与速度方向无关三、实验题（本大题共2 小题，共15.0 分）11. 如图所示为 “研究电磁感应现象 ”的实验装置。将图中所缺的导线补接完整；第3页，共 11页如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转一下，那么合上开关后可能出现的情况有：A.将线圈 A 迅速抽出线圈B 时，灵敏电流计指针将_。B.线圈 A 插入线圈B 后，将滑动变阻器的滑片迅速向左拉时，灵

7、敏电流计指针_。12. 为了研究光敏电阻在室内正常光照射和室外强光照射时电阻的大小关系，某同学用如图甲所示的电路进行实验，得出两种 UI 图线，如图乙所示。根据 UI 图线可知正常光照射时光敏电阻的阻值为_，强光照射时电阻为_；若实验中所用电压表的内阻约为，毫安表的内阻约为，考虑到电表内阻对实验结果的影响，此实验中_ 选填 “正常光照射时 ”或 “强光照射时 ”测得的电阻误差较大。四、计算题（本大题共4 小题，共45.0 分）13.如图甲所示，截面积为的 100 匝圆形线圈A 处在变化的磁场中磁场方向垂直纸面，其磁感应强度 B 随时间 t 的变化规律如图乙所示，设向外为B 的正方向，线圈的内阻

8、不计，求电容器上极板所带电荷量并说明正负14. 如图所示，矩形线圈的匝数为n，线圈面积为 S，线圈电阻为 r ，在磁感应强度为 B的匀强磁场中绕轴以角速度匀速转动，外电路电阻为R，在线圈由图示位置转过的过程中，求：通过电阻 R 的电荷量q。电阻 R 上产生的焦耳热Q。第4页，共 11页15. 如图所示，在光滑水平面上有一长为、宽为的单匝矩形闭合导体线框abcd，处于磁感应强度为 B 的有界匀强磁场中， 其 ab 边与磁场的边界重合 线框由同种粗细均匀的导线制成，它的总电阻为现将用垂直于线框 ab 边的水平拉力，将线框以速度 v向右沿水平方向匀速拉出磁场，此过程中保持线框平面与磁感线垂直，且 a

9、b 边与磁场边界平行求线框被拉出磁场的过程中：通过线框的电流；线框中产生的焦耳热；线框中 a、 b 两点间的电压大小16. 某市第一中学有一台应急备用发电机，发电机线圈内阻为，升压变压器匝数比为14： ，降压变压器的匝数比为 4： 1，输电线的总电阻为，全校 22个教室，每个教室用 “”电灯 6盏，要求所有灯都正常发光，输电线路如图所示。升压变压器的输出电压多大？发电机的电功率多大？第5页，共 11页答案和解析1.【答案】 C【解析】解：根据楞次定律可知：当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时，闭合导体环内的磁通量增大，因此两线圈产生顺时针感应电流，由于两线圈电流方向相反，所以 a，b 两环互相排

10、斥， 因此选项C 正确，ABD 错误。故选： C。解本题时应该掌握：楞次定律的理解、应用。在楞次定律中线圈所做出的所有反应都是阻碍其磁通量的变化。如：感应电流磁场的磁通量、面积、速度、受力等。本题从力、运动的角度考查楞次定律，思维含量高，考查角度新颖，同时还可考查学生环与桌面的作用力如何。2.【答案】 C【解析】解：每个叶片都切割磁感线运动，根据右手定则知，感应电动势方向由a 到 b，则 a 点电势低于b 点电势；b 端的线速度大小为：，所以每个叶片中的感应电动势为：，故 C 正确， ABD 错误；故选： C。转动切割产生的感应电动势可根据公式求出，根据右手定则判断出感应电动势的方向，从而判断

11、出 a、 b 两点的电势高低。解决本题的关键是掌握转动切割产生感应电动势的表达式，要掌握应用右手定则判断感应电动势方向的方法，要注意在电源的内部，电流从低电势流向高电势。3.【答案】 A【解析】解：磁感应强度均匀减小，穿过回路的磁通量均匀减小，根据法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的电动势，感应电流也恒定不变。由楞次定律可知， 感应电流方向： 顺时针， 再由左手定则可得，安培力的合力方向：竖直向下。ab 棒所受的安培力，可知安培力F 均匀减小，且方向向下，金属环 ab 始终保持静止，则拉力大于重力，由于磁感应强度均匀减小。所以拉力的大小也逐渐减小，故A 正确， BCD 均错误。故选： A。

12、磁感应强度均匀减小，穿过回路的磁通量均匀减小，回路中产生恒定的电流，由左手定则可确定安培力的方向，再根据安培力，分析安培力的变化，由平衡条件即可求解本题关键根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势如何变化，即可判断感应电流和安培力的变化4.【答案】 D【解析】解：由图示可知，线框进入磁场过程中穿过线框的磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，是正的，线框离开磁场过程中，磁通量减少，由楞次定律可知感应电流沿顺时方向，为负的；线框进入磁场时，线框切割磁感线的有效长度L 减少，感应电流减小，线框离开磁场过程中，有效长度 L 增大，感应电流增大，由图象可知ABC 错误， D 正确；故选： D。由

13、楞次定律判断出感应电流的方向，然后根据与欧姆定律判断电流大小如何变化，然后分析图象第6页，共 11页答题。本题考查了感应电流随时间变化的关系，应用楞次定律与即可正确解题。5.【答案】 B【解析】解：当K 突然断开时，电感 L 由于自感，电流继续原方向流动，L、和构成一闭合回路， L中电流从 逐渐减少，则通过的电流也逐渐减少。通过 的电流开始时比原来电流大，后逐渐变小。当 K 突然断开时，电感L 相当于电源，由此时二极管处于反向截止状态，故L立即熄灭。故 B 正确， ACD 错误。故选： B。当 K 突然断开时，电感L 由于自感，电流继续原方向流动，但二极管反向不导通，所以不亮，又因为原来 L

14、中电流比的电流大，所以将更亮，之后再变暗做好本题要弄清楚电流的大小变化，方向变化，还要知道二极管的正向导通性6.【答案】 B【解析】解：设交流电的有效值为U，将交流电与直流电分别通过相同电阻R，分析一个周期内热量：交流电直流电解得：故选： B。根据电流的热效应： 由一个周期内交变电流通过电阻 R 的产生热量与直流电通过电阻 R 一个周期内产生热量相等，求解有效值求解交流电的有效值，要从有效值的定义出发，根据一个周期内通过相同的电阻，发热量相同，此直流的值即为交流电的有效值7.【答案】 CD【解析】解：ABC、线圈向左运动时，ab 边做切割磁感线运动产生感应电动势，根据右手定则可知ab 中感应电

15、流方向从a 向 b，受到向右的安培力作用。感应电动势的大小为通过 ab 的感应电流为ab 边受到的安培力小为安根据牛顿第二定律应有安联立可得可见，加速度a 随速度 v 的增大而减小，即线圈做加速度减小的变加速运动，故AB 错误， C 正确；D、线圈做加速运动，产生的感应电动势逐渐增大，则感应电流逐渐增大，故D 正确。故选： CD 。本题要分析线圈的运动情况，先分析线圈的受力情况。线圈在运动过程中，受到恒力F 和安培力，根据安培力与速度的关系分析安培力的变化，确定出合力的变化，然后根据牛顿第二定律分析加速度的变化。对电磁感应问题首先找出电源，然后根据楞次定律和法拉第电磁感应定律写出电动势大小和方

16、向，若涉及到力学问题， 要进行受力分析， 特别要知道安培力与速度成正比，再根据牛顿第二定律写出相应的表达式，第7页，共 11页然后再讨论即可。8.【答案】 AC【解析】解： A、电压表的示数不变，匝数比不变，则电压表示数不变，故 A 正确；B、由于电流表的示数增大，所以两端电压增大，所以滑动变阻器R 两端电压减小，即电压表示数减小，故 B 错误；C、根据变压器原理可得：，所以，解得：，所以该变压器起降压作用，故C 正确；D、观察到电流表的示数增大了，电流表的示数增大了，即副线圈电流增大，由于a、b 接在电压有效值不变的交流电流两端，匝数比不变，所以副线圈电压不变，即， 示数不变，根据欧姆定律得

17、负载电阻减小，所以变阻器滑片是沿的方向滑动，故D 错误。故选： AC。根据欧姆定律分析负载电阻的变化，图中变压器部分等效为一个电源，变压器右侧其余部分是外电路，外电路中， 与滑动变阻器 R 串联；然后结合闭合电路欧姆定律和串并联电路的电压、电流关系分析即可。本题关键是明确电路结构，根据闭合电路欧姆定律、变压器变压公式和变流公式、串并联电路的电压电流关系列式分析。9.【答案】 AC【解析】 解：由图象可知， 电压的最大值为 311V，交流电的周期为，所以交流电的频率为50Hz，A、交流电的有效值为220V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压为55V，所以 A 正确。B、当单刀双掷开关与b 连

18、接时，副线圈电压为55V，所以副线圈电流为，电流表示数为电流的有效值，不随时间的变化而变化，所以电流表的示数为，故 B 错误；C、当单刀双掷开关由a 拨向 b 时，原线圈的匝数变小，所以副线圈的输出的电压要变大，电阻R 上消耗的功率变大，原线圈的输入功率也要变大，所以C 正确。D、变压器不会改变电流的频率，所以副线圈输出电压的频率为50Hz，所以 D 错误。故选： AC。根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题10.【答案】 AD【解析】解：A、进磁场时，磁通量在增大，根据楞次

19、定律，感应电流的方向为逆时针方向。出磁场时，磁通量减小，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针方向。故A 正确。B、根据法拉第电磁感应定律知，进磁场时，磁通量的变化率先变快再变慢，则感应电流的大小先变大后变小。出磁场时，磁通量的变化率先变快再变慢，则感应电流大小先变大后变小。金属框内感应电流经历两次先增大后减小。故 B 错误。CD、水平拉力和安培力平衡，方向相反，安培力的方向水平向左，则水平拉力的方向水平向右，与速度方向无关，拉力大小与速度方向有关。故C 错误， D 正确。故选： AD 。根据楞次定律判断金属框内感应电流的方向。根据法拉第电磁感应定律判断感应电流大小的变化。因为金属框匀速通过磁场，

20、则水平拉力和安培力的平衡，根据安培力的方向判断水平拉力的方向。解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，以及知道感应电动势的大小与磁通量的变化率有关，磁通量变化率越大，感应电动势越大。11.【答案】向左偏转一下向左偏转一下第8页，共 11页【解析】解：将电源、电键、变阻器、线圈A 串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，再将电流计与线圈B 串联成另一个回路，电路图如图所示：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一下；将线圈 A 插入线圈 B 待电路稳定后，再将线圈A 迅速拔出，穿过副线圈的磁通量减小，灵敏电流表的指针向左偏一下，线圈 A 插入线圈 B 后，将滑

21、动变阻器的滑片迅速向左拉时，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，灵敏电流计指针将向左偏转一下。故答案为：如上图所示；向左偏转一下，向左偏转一下。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路，据此可正确解答；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。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。12.【答案】 30

22、00200强光照射时【解析】解：光敏电阻的阻值随光照的增强而减小，结合图乙知正常光照射时有：，强光照射时有：；实验电路采用的是毫安表内接法， 测得的结果比真实值偏大， 当待测电阻远大于毫安表电阻时实验误差较小，所以强光照射时误差较大；强光照射时采用毫安表外接法实验结果较为准确。故答案为：强光照射时根据欧姆定律可知，在图象中斜率等于电阻阻值根据待测电阻与电压表和电流表内阻间的关系即可明确误差情况，从而确定误差较小的接法。本题考查电路接法以及误差分析的方法，要注意明确电流表内外接法的正确选择，按照大电阻应采用内接法，小电阻采用外接法的方式进行选择13.【答案】解：根据图象，结合题意可知，在 0 到

23、 1 秒内，磁场方向向里，且大小减小，由楞次定律，则有线圈产生顺时针的电流，从而给电容器充电，电容器上极板带正电；在 1 秒到 2 秒内，磁场方向向外，大小在增大，由楞次定律，则有线圈产生顺时针的电流，仍给电容器充电，则电容器上极板带正电；由法拉第电磁感应定律，得：；由电路图可得：；因电容器与电阻并联，则电压相等，根据电容与电量关系式，则有：C；第9页，共 11页答：电容器上极板所带电荷量C，且电容器上极板带正电【解析】 根据求出感应电动势的大小，再根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小，从而求出电容器充电时的电压，再根据求出电容器所带的电量解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，以及会运用闭合电路欧姆定律计算感应电流的大小，并掌握电量公式同时还要注意掌握电阻与电容器的并联时，则电容器放电电量与阻值成反比14.【答案】解：由法拉第电磁感应定律得：由闭合电路欧姆定律得：通过电阻 R 的电荷量为：联立解得：又所以线圈中产生正弦式交变电流，感应电动势最大值为：有效值为：。电流有效值为：电阻 R 上产生的焦耳热为：其中联立得：答：通过电阻 R 的电荷量q 是。电阻 R 上产生的焦耳热Q 是。【解析】先由法拉第电磁感应定律可求得平均电动势，再由闭合电路欧姆定律求出平均电流，再由可求出电荷量q。线