甘肃省白银市靖远县第四中学2020学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析） 12页

甘肃省白银市靖远县第四中学2020学年高二下学期第一次月考物理试题 ‎ 一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）‎ ‎1.如图所示为一正弦交变电压随时间变化的图象，由图可知（　　）‎ A. 交流电的周期为2s B. 用电压表测量该交流电压时，读数为311V C. 交变电压的有效值为220V D. 将它加在电容器上时，电容器的耐压值必须等于311V ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A由图象知周期为2×10-2s，A错误 B电压表的读数为有效值，正弦交流电有效值为=220V，B错误 C正弦交流电有效值=220V，C正确 D 电容器的耐压值应大于或等于电压的最大值，故D错误 ‎2. 一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220V交变电流改为110V，已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为（ ）‎ A. 200 B. ‎400 ‎C. 1600 D. 3200‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据变压器的变压规律，代入数据可求副线圈匝数为400，所以B正确。‎ ‎【考点】变压器、交流电 ‎【方法技巧】本题主要是知道变压器的变压规律，试题比较容易。‎ ‎3.关于电磁感应现象，下列说法中正确是(　　)‎ A. 闭合线圈放在变化的磁场中，必然有感应电流产生 B. 穿过闭合线圈的磁通量变化时，线圈中有感应电流 C. 闭合正方形线框在匀强磁场中垂直磁感线运动，必然产生感应电流 D. 只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就一定有感应电流产生 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 穿过闭合线圈的磁通量变化时，线圈中有感应电流，选项A错误，B正确；闭合正方形线框在匀强磁场中垂直磁感线运动，由于穿过线圈的磁通量不变，故不会产生感应电流，选项C错误； 只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中就一定有感应电流产生，选项D错误；故选B.‎ ‎4.如图所示，半径为R的圆形线圈共有n匝，其中心位置处半径为r的虚线范围内有匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面．若磁感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为（　　）‎ A. πBR2 B. πBr‎2 ‎C. nπBR2 D. nπBr2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由磁通量的公式，S为具有磁场的有效面积为，解得，B对，ACD错。‎ 考点：本题考查磁通量的公式 点评：本题学生明确磁通量的公式满足线圈平面与磁场方向垂直，能用公式进行相关的计算。‎ ‎5.如图所示，当磁铁突然向铜环运动时，铜环的运动情况是 A. 向左摆动 B. 向右摆动 C. 静止 D. 不能确定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 当磁铁向铜环运动时，铜环中的磁通量要增大，则由楞次定律可知，铜环为了阻碍磁通量的变化会向后摆去，即向右摆动 故选A。‎ ‎6. 如图所示，在载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两可自由滑动的导体ab和cd.当载流直导线中的电流逐渐增强时，导体ab和cd的运动情况是( )‎ A. 一起向左运动 B. 一起向右运动 C. ab和cd相向运动，相互靠近 D. ab和cd相背运动，相互远离 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据右手螺旋定则判断直线电流周围的磁场，根据楞次定律判断出回路中的感应电流，再结合左手定则判断ab、cd所受的安培力方向，确定导体棒的运动情况．‎ ‎【详解】由于ab和cd中的电流方向相反，所以两导体运动方向一定相反， A、B错误；当载流直导线中的电流逐渐增强时，穿过闭合回路的磁通量增大，根据楞次定律，感应电流总是阻碍穿过回路的磁通量的变化，所以两导体应相互靠近，减小回路所围的面积，以阻碍磁通量的增加， C正确， D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题综合考查了右手螺旋定则、左手定则和楞次定律的综合运用，各种定则适用的范围不能混淆．‎ ‎7.如图所示，导轨间的磁场方向垂直于纸面向里，当导体棒MN在导轨上向右加速滑动时，正对电磁铁A的圆形金属环B中 A. 有感应电流，且B被A吸引 B. 无感应电流 C. 可能有，也可能没有感应电流 D. 有感应电流，且B被A排斥 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】导线MN向右加速滑动，导线产生的感应电动势E=BLv增大，通过电磁铁A的电流增大，电磁铁A产生的磁感应强度变大，穿过金属环B的磁通量增大，B中产生感应电流，由楞次定律可知，为阻碍磁通量的增加，感应电流方向与A中的相反，B被A排斥，向左运动；故ABC错误，D正确；故选D。‎ ‎8.水平桌面上放一闭合铝环，在铝环轴线上方有一条形磁铁，当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速靠近铝环时，下列判断正确的是（　　）‎ A. 铝环有收缩的趋势，对桌面的压力减小 B. 铝环有扩张的趋势，对桌面的压力增大 C. 铝环有收缩的趋势，对桌面的压力增大 D. 铝环有扩张的趋势，对桌面的压力减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速靠近铝环时，通过铝环磁通量增加，根据楞次定律，铝环中产生的感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加，阻碍磁铁的靠近，所以铝环对桌面的压力会增大，铝环还有收缩的趋势，以缩小面积来阻碍磁通量的增加。所以选项C正确，ABD错误 ‎9.关于感应电动势的大小，下列说法中正确的是 (　　)‎ A. 穿过线圈的磁通量Φ最大时，所产生的感应电动势就一定最大 B. 穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ增大时，所产生的感应电动势也增大 C. 穿过线圈的磁通量Φ等于0，所产生的感应电动势就一定为0‎ D. 穿过线圈的磁通量的变化率越大，所产生的感应电动势就越大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 根据可知，穿过线圈的磁通量Φ最大时，所产生的感应电动势就不一定最大，选项A错误；根据可知，穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ增大时，所产生的感应电动势不一定也增大，选项B错误；穿过线圈的磁通量Φ等于0，但是磁通量的变化率不一定为零，则所产生的感应电动势不一定为0，选项C错误；根据可知，穿过线圈的磁通量的变化率 越大，所产生的感应电动势就越大，选项D正确；故选CD.‎ ‎10.如图甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场B中以恒定的角速度转动（磁场足够大），转动轴O1O2是矩形线圈的对称轴，位于线圈平面内且与匀强磁场方向垂直，线圈中的感应电流i随时间t变化规律如图乙所示，则 A. 该感应电流的频率为4HZ B. 该感应电流的有效值为A C. t=1s时刻穿过线圈磁通量变化率最小 D. t=2s时刻线圈所在平面与磁场方向平行 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由图乙可知，周期T=4s，故感应电流的频率 ，故A错误；‎ 有效值 ，故B正确；t=1s时刻，产生的感应电流最大，此时磁通量的变化率最大，故C错误；t=2s时刻，产生的感应电流为零，此时线圈平面位于中性面处，故线圈所在平面与磁场方向垂直，故D错误；故选B.‎ 点睛：会通过瞬时感应电动势来判定在什么时刻，线圈处于什么位置；同时还能画出磁通量随着时间变化的图象及线圈中的电流随着时间变化的规律.‎ 二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）‎ ‎11.如图所示，开始时矩形线框与匀强磁场的方向垂直，且一半在磁场内，一半在磁场外，若要使线框中产生感应电流，下列办法中可行的是（　　）‎ A. 将线框向左拉出磁场 B. 以ab边为轴转动 C. 以ad边为轴转动小于 D. 以bc边为轴转动小于 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A、将线框向左拉出磁场，穿过线圈磁通量减小，有感应电流产生。A正确。‎ B、以ab边为轴转动时穿过线圈的磁通量减小，有感应电流产生。B正确。‎ C、以ad边为轴转动（小于60°），穿过线圈的磁通量从Φ=BS减小到零，有感应电流产生。C正确。‎ D、以bc边为轴转动（小于60°），穿过线圈的磁通量Φ=B，保持不变，没有感应电流产生。D错误。‎ ‎12.一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径．如图所示，在ab的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直于圆环所在的平面，方向如图所示，磁感应强度大小随时间的变化率=k（k＜0）．则（　　）‎ A. 圆环中产生逆时针方向的感应电流 B. 圆环具有扩张的趋势 C. 圆环中感应电流的大小为 D. 图中a、b两点间的电势差 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，磁通量减小，由楞次定律可判断感应电流的方向；由法拉第电磁感应定律可得出感应电动势；由闭合电路的欧姆定律可得出ab间的电势差．‎ ‎【详解】A项：磁通量向里减小，由楞次定律“增反减同”可知，线圈中的感应电流方向为顺时针，故A错误；‎ B项：由楞次定律的“增缩减扩”可知，为了阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势；故B正确；‎ C项：由法拉第电磁感应定律可知， ，线圈电阻，感应电流，故C错误；‎ D项：与闭合电路欧姆定律可知，ab两点间的电势差为，故D正确。‎ 故选：BD。‎ ‎【点睛】本题应注意ab两点的电势差为电源的路端电压，故应为不在磁场中的部分两端的电压。‎ ‎13.(多选)如图所示，竖直平行金属导轨MN、PQ上端接有电阻R，金属杆ab质量为m，跨在平行导轨上，垂直导轨平面 水平匀强磁场的磁感应强度为B，不计ab与导轨电阻及一切摩擦，且ab与导轨接触良好．若ab杆在竖直向上的外力F作用下匀速上升，则以下说法正确的是 (　　)‎ A. 杆ab克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量 B. 拉力F所做的功等于电阻R上产生的热量 C. 拉力F与重力做功的代数和等于电阻R上产生的热量 D. 电流所做的功等于重力势能的增加量 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 根据功能关系知，杆ab克服安培力做功等于电阻R上产生的热量．故A正确．根据能量守恒定律知，拉力F做的功等于重力势能的增加量和电阻R上产生的热量之和．故B错误．根据动能定理知，拉力和重力做功等于克服安培力做功的大小，克服安培力做功等于电阻R上的热量．故 C正确．安培力的大小与重力的大小不等，则电流做的功与重力做功大小不等，即电流做功不等于重力势能的增加量．故D错误．故选AC.‎ 三、计算题（本大题共4小题，共48.0分）‎ ‎14.如图所示，设匀强磁场的磁感应强度B为0.1 T，切割磁感线的导线的长度l为‎40 cm，线框向左匀速运动的速度v为‎5 m/s，整个线框的电阻R为0.5 Ω，试求：‎ ‎(1)感应电动势的大小；‎ ‎(2)感应电流的大小．‎ ‎【答案】(1)0.2V (2)0.4A ‎【解析】‎ ‎(1)线框中的感应电动势 E＝Blv＝0.1×0.4×5 V＝0.2 V ‎(2)线框中的感应电流 ‎15.如图所示，N=50匝的矩形线圈abcd，边长ab=‎20cm，ad=‎25cm，放在磁感强度B=0.4T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n=3000r/min的转速匀速转动，线圈电阻r=1Ω，外电路电阻R=9Ω，t=0，线圈平面与磁感线平行，ab边正好转出纸外､cd边转入纸里．‎ ‎（1）在图中标出t=0时感应电流的方向；‎ ‎（2）写出线圈感应电动势的瞬时表达式；‎ ‎（3）线圈转一圈外力做功多大？‎ ‎【答案】(1) (2) e=314cos100πt（V） (3) 98.6 J ‎【解析】‎ ‎(1)线圈感应电流方向为adcb ‎(2)线圈的角速度 ω="2πn=2×π×3000÷60" rad/s="100π" rad/s.‎ 设ab边在t=0时刻速度为vab,图示位置的感应电动势最大,其大小为Em="2" NB·vab ‎= N·ω ‎="50×0." 4×0.20×0.25×100π V="314" V,‎ 电动势的表达式为e="314cos100πt" V ‎(3)电动势的有效值E=.‎ 线圈匀速转动的周期T="60" s/n="0.02" s.‎ 线圈匀速转动一圈,外力做功大小等于电功的大小,即 W外力=J="98.6" J ‎16.如图所示，一理想变压器的原线圈匝数为n1＝1100匝，接电压U1＝220 V的交流电，副线圈接“20 V　10 W”的灯泡，灯泡正常发光，求：‎ ‎(1)副线圈中的电流I2和匝数n2；‎ ‎(2)原线圈中的电流I1 和输入功率．‎ ‎【答案】(1) I2=‎0.5A , n2=100匝 (2) I1 =1/‎22A , P=10W ‎【解析】‎ ‎（1）灯泡恰好都能正常发光，副线圈的电压为20V，‎ 根据n1：n2=U1：U2‎ 得：匝；‎ 副线圈电流 ‎（2）根据原副线圈的功率相等得：原线圈输入功率10W；‎ 原线圈的电流；‎ 点睛：本题主要考查了变压器的特点，知道原副线圈电压与匝数的关系，知道原副线圈的功率相等，难度不大，属于基础题．‎ ‎17.如图所示，足够长的U形框架宽度是L=‎0.5m，电阻忽略不计，其所在平面与水平面成θ=37°角，磁感应强度B=0.8T的匀强磁场方向垂直于导体框平面，一根质量为m=‎0.2kg，有效电阻R=2Ω的导体棒MN垂直跨放在U形框架上，该导体棒与框架间的动摩擦因数μ=0.5，导体棒由静止开始沿框架下滑到匀速运动。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=‎10m/s2）求：导体棒匀速运动的速度大小；‎ ‎【答案】导体棒匀速运动的速度大小为‎5m/s。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】解：导体棒匀速下滑，处于平衡状态，由平衡条件得：‎ 平行斜面方向：mgsinθ-Ff-F=0‎ 垂直斜面方向：FN-mgcosθ=0，‎ 其中滑动摩擦力：Ff=μFN 安培力：F=BIL=BL=BL=，‎ 代入数据解得：v=‎5 m/s。 ‎