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1、平和一中2018-19学年高二年级下学期第一次月考物理试卷一、选择题1.科学发现或发明是社会进步的强大推动力,青年人应当崇尚科学在下列关于科学发现或发明的叙述中,存在错误的是( )A. 奥斯特发现了电流的磁效应,揭示了电与磁的联系B. 法拉第经历了十年的探索,实现了“磁生电”的理想C. 洛伦兹发现了电磁感应定律D. 楞次在分析许多实验事实后提出,感应电流具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化【答案】C【解析】【详解】奥斯特发现了电流的磁效应,揭示了电与磁的联系,选项A正确;法拉第经历了十年的探索,实现了“磁生电”的理想,选项B正确;洛伦兹发现了磁场对带电粒子的作用力
2、,选项C错误;楞次在分析许多实验事实后提出,感应电流具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化,选项D正确;此题选择错误的选项,故选C.2.在如图所示的实验中,能在线圈中产生感应电流的是A. 磁铁N极停在线圈中B. 磁铁S极停在线圈中C. 磁铁从线圈内抽出的过程D. 磁铁静止在线圈左侧【答案】C【解析】磁铁N极停在线圈中,穿过线圈的磁通量不变,不能产生感应电流故A错误磁铁S极停在线圈中,穿过线圈的磁通量不变,不能产生感应电流故B错误磁铁从线圈内抽出的过程,穿过线圈的磁通量减小,能产生感应电流故C正确磁铁静止在线圈左侧,穿过线圈的磁通量不变,不能产生感应电流故D错误故选C
3、.3.如图所示,导体棒ab沿水平面内的光滑导线框向右做匀速运动,速度v=6.0m/s线框宽度L=0.3m,处于垂直纸面向下的匀强磁场中,磁感应强度B=0.1T则感应电动势E的大小为A. 0.18VB. 0.20 VC. 0.30VD. 0.40V【答案】A【解析】【详解】ab棒切割磁感线产生的感应电动势为:E=Blv=0.10.36.0V=0.18V,故选A。4. 穿过闭合回路的磁通量随时间变化的图像分别如图所示,下列关于回路中产生的感应电动势的论述,正确的是( )A. 图中回路产生的感应电动势恒定不变B. 图中回路产生的感应电动势一直在增大C. 图中回路在0t1内产生的感应电动势小于在t1t
4、2内产生的感应电动势D. 图中回路产生的感应电动势先变小后变大【答案】D【解析】试题分析:根据电动势的定义式:可知,电动势的大小与通量的变化率有关,即可以理解为线圈匝数不变的情况下磁通量变化率越大,感应电动势越大。在图中斜率表示磁通量的变化率,A的斜率为0,即磁通量的变化率为0,故A不产生感应电动势。B的斜率一直不变,故感应电动势应为恒定。C中的过程中斜率为负值,故应产生反向感应电动势。D中前半段曲线走势越来越平,即斜率越来越小,故电动势越来越小,后半段曲线越来越陡,即斜率越来越大,故电动势越来越大。综合上述A.B.C均错误,D正确。考点:感应电动势大小的决定因素与图像处理能力5.如图所示,匀
5、强磁场中有两个导体圆环a、b,磁场方向与圆环所在平面垂直磁感应强度B随时间均匀增大两圆环半径之比为21,圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb.不考虑两圆环间的相互影响下列说法正确的是()A. EaEb41,感应电流均沿逆时针方向B. EaEb41,感应电流均沿顺时针方向C. EaEb21,感应电流均沿逆时针方向D. EaEb21,感应电流均沿顺时针方向【答案】B【解析】试题分析:根据法拉第电磁感应定律可得,根据题意可得,故,感应电流产生的磁场要阻碍原磁场的增大,即感应电流产生向里的感应磁场,根据楞次定律可得,感应电流均沿顺时针方向。【考点定位】法拉第电磁感应定律、楞次定律的应用【方法技巧】对
6、于楞次定律,一定要清楚是用哪个手判断感应电流方向的,也可以从两个角度理解,一个是增反减同,一个是来拒去留,对于法拉第电磁感应定律,需要灵活掌握公式,学会变通。6.图甲和图乙是演示自感现象的两个电路图,L1和L2为电感线圈,A1、 A2、 A3是三个完全相同的灯泡。实验时,断开开关S1瞬间,灯A1突然闪亮,随后逐渐变暗;闭合开关S2,灯A2逐渐变亮,而另一个相同的灯A3立即变亮,最终A2与A3的亮度相同下列说法正确的是( )A. 图甲中,A1与L1的电阻值相同B. 图甲中,闭合S1,电路稳定后,A1中电流大于L1中电流C. 图乙中,变阻器R与L2的电阻值相同D. 图乙中,闭合S2瞬间,L2中电流
7、与变阻器R中电流相等【答案】C【解析】断开开关S1瞬间,灯A1突然闪亮,由于线圈L1的自感,通过L1的电流逐渐减小,且通过A1,即自感电流会大于原来通过A1的电流,说明闭合S1,电路稳定时,通过A1的电流小于通过L1的电流,L1的电阻小于A1的电阻,AB错误;闭合S2,电路稳定时,A2与A3的亮度相同,说明两支路的电流相同,因此变阻器R与L2的电阻值相同,C正确;闭合开关S2,A2逐渐变亮,而A3立即变亮,说明L2中电流与变阻器R中电流不相等,D错误。【名师点睛】线圈在电路中发生自感现象,根据楞次定律可知,感应电流要“阻碍”使原磁场变化的电流变化情况。电流突然增大时,会感应出逐渐减小的反向电流
8、,使电流逐渐增大;电流突然减小时,会感应出逐渐减小的正向电流,使电流逐渐减小。7.如图是交流发电机的示意图,图甲到图丁分别表示线圈转动过程中的四个位置,其中甲、丙中的线圈与磁场方向垂直,乙、丁中线圈与磁场方向平行,则在线圈转动的过程中直流电流表有示数的位置是A. 甲、丙B. 丙、丁C. 甲、乙D. 乙、丁【答案】D【解析】由题意可知,根据右手定则,得:乙、丁中线圈虽与磁场方向平行,但切割速度与磁场垂直,故有感应电流出现,而甲、丙中的线圈与磁场方向垂直,但切割速度与磁场平行,因此没有感应电流,故D正确,A、B、C错误;故选D.【点睛】考查右手定则的应用,注意切割速度的理解,并形成结论:磁通量最大
9、时,切割速度与磁场平行;磁通量最小时,切割速度与磁场垂直8.阻值为R的电阻上通以如图所示的交变电流,则此交流电的有效值为()A. 1 AB. 2 AC. 3 AD. A【答案】D【解析】【详解】设交流电电流的有效值为I,周期为T,电阻为R,则:,解得:,故D正确,A、B、C错误;故选D。9.如图所示为一理想变压器,原线圈接在输出电压为u=U0sint的交流电源两端电路中R0为定值电阻,V1、V2为理想交流电压表,A1、A2为理想交流电流表现使滑动变阻器R的滑动触头P向上滑动,下列说法正确的是A. 电压表V1与V2示数的比值不变B. 电流表A1与A2示数的比值将变小C. 电压表V1与电流表A1示
10、数的比值变小D. 电压表V2与电流表A2示数的比值变小【答案】A【解析】【详解】由于只有一个副线圈,因此电压之比一定等于线圈匝数的正比,故两电压表的比值不变,故A正确;由于只有一个副线圈,因此电流之比一定等于线圈匝数的反比,故两电流表的比值不变,故B错误;滑动变阻器R的滑动触头P向上滑动,则滑动变阻器接入电阻增大,根据闭合电路的欧姆定律可知A2电流减小,故A1电流减小,由于U1不变,故电压表V1与电流表A1示数的比值变大,故C错误;滑动变阻器R的滑动触头P向上滑动,则滑动变阻器接入电阻增大,由欧姆定律可知,电压表V2与电流表A2示数的比值变大,故D错误;故选A。【点睛】本题考查理想变压器的性质
11、,要注意明确线圈匝数之比与电流和电压的关系,同时注意输出端用电器可以利用欧姆定律分析求解。10.如图,在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框;在导线框右侧有一宽度为d(dL)的条形匀强磁场区域,磁场的边界与导线框的一边平行,磁场方向竖直向下导线框以某一初速度向右运动t0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合,随后导线框进入并通过磁场区域下列vt图像中,可能正确描述上述过程的是() A. B. C. D. 【答案】D【解析】线框进入磁场时,由右手定则和左手点则可知线框受到向左的安培力,由于,则安培力减小,故线框做加速度减小的减速运动;同理可知线框离开磁场时,线框也受到向左的安培力,做加
12、速度减小的减速运动;线框完全进入磁场后,线框中没有感应电流,不再受安培力作用,线框做匀速运动,本题选D。11.如图,理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b。当输入电压U为灯泡额定电压的5倍时,两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是A. 原、副线圈匝数之比为4:1B. 原、副线圈匝数之比为5:1C. 此时a和b的电功率之比为4:1D. 此时a和b的电功率之比为1:4【答案】AD【解析】【详解】灯泡正常发光,则其电压均为额定电压U,则说明原线圈输入电压为4U,输出电压为U;则可知,原副线圈匝数之比为4:1:故A正确;B错误;根据变压器原理可得,所以I1=I2,由于小灯泡两端的电压相等,
13、所以根据公式P=UI可得两者的电功率之比为1:4;故C错误,D正确;故选AD。【点睛】本题考查变压器原理,要注意明确输入电压为灯泡两端电压与输入端电压之和,从而可以确定输入端电压;则可求得匝数之比。12.如图所示,圆形导体线圈a平放在绝缘水平桌面上,在a的正上方固定一竖直螺线管b,二者轴线重合,螺线管、电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路若将滑动变阻器的滑片P向上滑动,下列说法中正确的有()A. 穿过线圈a的磁通量增大B. 线圈a对水平桌面的压力小于其重力C. 线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流D. 线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流【答案】BD【解析】试题分析:当滑动触头P向上移动时
14、电阻增大,由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流减小,b线圈产生的磁场减弱,故穿过线圈a的磁通量变小;根据b中的电流方向和安培定则可知b产生的磁场方向向下穿过线圈a,根据楞次定律,a中的感应电流的磁场要阻碍原来磁场的减小,故a的感应电流的磁场方向也向下,根据安培定则可知线圈a中感应电流方向俯视应为顺时针,故A错误,C错误,D正确开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力,当滑动触头向上滑动时,可以用“等效法”,即将线圈a和b看做两个条形磁铁,不难判断此时两磁铁互相吸引,故线圈a对水平桌面的压力将减小,故B正确故选BD.考点:安培定则;楞次定律13.在匀强磁场中,一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴
15、匀速转动,如图所示,产生的交变电动势的图象如图2所示,则A. t=0.01s时线框平面与中性面重合B. t=0.005s时线框的磁通量变化率为零C. 线框产生的交变电动势有效值为220VD. 线框产生的交变电动势的频率为50Hz【答案】ACD【解析】【详解】由图2可知 T=0.02s,Em=311V;由图可知t=0.01s时刻感应电动势等于零,线框平面与中性面重合,故A正确;t=0.005s时感应电动势最大,线框的磁通量变化率最大,故B错误;根据正弦式交变电流有效值和峰值的关系可得,该交变电流的有效值为E=220V,故C正确。T=0.02s,线框产生的交变电动势的频率为f=50Hz,故D正确;故选ACD。14.平面上的光滑平行导轨MN、PQ上放着光滑导体棒ab、cd,两棒用细线系住,开始时匀强磁场的方向如图甲所示,而磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示,不计ab、cd间电流的相互作用则细线中张力( )A. 由0到t0时间内细线中的张力逐渐减小B. 由t0到t1时间内细线中张力增大C. 由0到t0时间内两杆靠近,细线中的张力消失D.