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1、宁夏石嘴山市第三中学2018-2019学年高二3月月考物理试题一、单选题1.矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流的图象如图所示，由图可知（）A. 在t1和t3时刻线圈平面与磁场方向垂直B. 在t2和t4时刻穿过线圈的磁通量变化最快C. 从t2时刻到t4时刻，穿过线圈横截面的电量为零D. 若线圈转动周期为0.02秒，则1秒内电流方向改变100次【答案】D【解析】A、在t1和t3时刻感应电流最大，感应电动势最大，而磁通量为零，线圈处于与中性面垂直的位置，线圈平面与磁场方向平行故A错误；B、在t2和t4时刻线圈处于中性面位置，感应电动势为零，磁通量变化率为零，故B错误；C、从t2时刻到t4时刻
2、，磁通量变化不为零，穿过线圈横截面的电量不为零，故C错误；D、若线圈转动周期为0.02秒，交流电的方向在0.02s内改变两次，则1秒内电流方向改变100次，故D正确；故选：D点睛：线圈在匀强磁场中匀速转动产生正弦交变电流，由电流图象读出感应电流的变化由欧姆定律得知感应电流与感应电动势成正比，而由法拉第电磁感应定律得知，感应电动势与磁通量的变化率成正比，当线圈磁通量最大时，感应电动势为零；而当线圈的磁通量为零时，感应电动势最大线圈转动一周的过程，感应电流方向改变两次本题考查理解正弦交变电流与磁通量关系的能力及把握电流的变化与线圈转过的角度的关系的能力比较简单2. 如图要使b线圈中产生图示I方向的
3、电流，可采用的办法有（ ）A. 闭合K瞬间B. K闭合后把R的滑动片向右移C. 闭合K后把b向a 远离D. 闭合K后把a中铁芯从左边抽出【答案】C【解析】试题分析：a线圈中原磁场方向向右，要使b线圈中产生图示I方向的电流，感应磁场的方向应向左，与原磁场方向相反，由楞次定律可知，原磁场穿过b线圈的磁通量应是增大的，能达到这样效果的是增大电流和使两螺线管靠近，A正确；BCD错误；故选A。考点：楞次定律。【名师点睛】灵活应用楞次定律是关键，一定要注意原磁场的方向、磁通量的变化和感应电流磁场的方向，进一步确定感应电流的方向。3.如图，交流电源的电动势有效值与直流电源的电动势相等，两电源的内阻均可忽略，
4、三个灯泡是完全相同的，分别与定值电阻、电感器和电容器相接。当S接1时三个灯泡的亮度相同，那么S接2时 A. 三个灯泡亮度相同B. 甲灯比乙灯亮，丙灯不亮C. 甲灯比乙灯暗，丙灯不亮D. 甲灯和乙灯亮度相同，丙灯不亮【答案】C【解析】试题分析：根据电容器具有通交隔直的特性，电感有通直阻交的特性，而交流对电阻R没有影响根据电感和电容的特性进行判断当单刀双掷开关S接1时，即为交流，三个灯亮度相同，说明电感L的感抗与电阻R相同，当S接2时，电感L没有感抗，电容器具有隔断直流的作用，而交流与直流对电阻R没有影响，所以丙灯不亮，灯甲亮度不变，乙灯亮度增加，即甲灯比乙灯暗，故C正确4.为了测量高电压和强电流
5、，常用到变压器的有关原理。如图所示，L1和L2是输电线，甲是电压互感器，乙是电流互感器若电压互感器上下线圈的匝数比为1 000：1，电流互感器上下线圈的匝数比为1：100，并且知道电压表示数为220V，电流表示数为10A，下列说法正确的是（）A. 两输电线的电压为220VB. L2中的电流强度为10AC. 电路中输送的功率为2.2108 WD. 两输电线间的电阻为22【答案】C【解析】甲图的原线圈两端接电源两端的电压，所以是电压互感器，已知n1：n2=1000：1，电压表示数为U2=220V，根据U1U2=n1n2可得传输电压为：U1=2.2105V，选项A错误；乙图中的原线圈串联接入输电线的
6、一根导线，所以的电流互感器，已知n3：n4=1：100，电流表示数为I4=10A，根据I3I4=n4n3 可得传输电流为：I3=1000A，选项B错误；输电线中输送的功率为P=U1I3=2.2108W，选项C正确；两输电线间的电阻无法求得，选项D错误；故选C。点睛：本题考查了变压器的构造和原理，意在考查考生对电压比等于匝数比，电流比等于匝数倒数比，输电线路的输送功率为输电线路电压电流乘积的识记能力。5. 匝数为100匝的线圈通有如图所示的交变电流(图中曲线为余弦曲线的一部分)，单匝线圈电阻r0.02，则在010s内线圈产生的焦耳热为( )A. 80JB. 85JC. 90JD. 125J【答案
7、】B【解析】试题分析:根据有效值的定义方法可知：（）2R+22=I2RT解得I=A总电阻为r=1000.02=2；则10s内产生的焦耳热Q=I2rt=（）2210=85J；故选：B【名师点睛】本题要注意明确该交流电中前二分之一周期为正弦交流电的四分之一周期，该时间内的有效值和最大值之间的关系仍然为.6.质量为60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来，已知弹性安全带从开始绷直到拉伸至最长的缓冲时间是1.5s，安全带长5m，g取10m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为（ ）A. 500NB. 1000NC. 1200ND. 1400N【答案】B【解析】工人下落过程
8、为自由落体运动，安全带被拉直瞬间工人的速度为：v0=2gh=2105 =10m/s；取人为研究对象，在人和安全带相互作用的过程中，人受到重力mg和安全带的拉力F，取向上方向为正，由动量定理得：Ft-mgt=0-（-mv0）；所以F=mg+mv0t=600+60101.5=1000N；根据牛顿第三定律知，安全带所受的平均冲力大小为1000N。故选B。7.如图甲所示的电路中,理想变压器原、副线圈匝数比为10:1,电流表、电压表均为理想电表,R是光敏电阻（其阻值随光强增大而减小）。原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压U，下列说法正确的是（ ）A. 电压U的频率为100HzB. 电压表的示数为22VC.
9、 照射R的光变强时，灯泡变暗D. 照射R的光变强时，电流表的示数变小【答案】B【解析】【详解】A、原线圈接入如图乙所示，T=0.02s，所以频率为f=1T=50Hz，故A错误；B、原线圈接入电压的最大值是2202V，所以原线圈接入电压的有效值是U=220V，理想变压器原、副线圈匝数比为10:1，所以副线圈电压是22V，所以电压表的示数为22V，故B正确；C、R阻值随光照变强而减小，根据I=UR知副线圈电流增大，灯泡变亮，根据理想变压器功率相等，所以原线圈输入功率增大，原线圈电流增大，所以电流表的示数变大，故CD错误。8.图甲、乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化下列说法正确
10、的是（ ）A. 图甲表示交流电，图乙表示直流电B. 两种电压的有效值相等C. 图甲所示电压的瞬时值表达式为u=311sin100t(V)D. 图甲所示电压经匝数比为10：1的变压器变压后，频率变为原来的110【答案】C【解析】【详解】A、由于两图中表示的电流方向都随时间变化，因此都为交流电，故A错误；B、由于对应相同时刻，图甲电压都是大于或等于图乙电压，根据有效值的定义可知，图甲有效值要比图乙有效值大，故B错误；C、从图甲可知，Em=311V，=2T=100rad/s，所以图甲电压的瞬时值表达式为u=311sin100tV，故C正确；D、理想变压器变压后，频率不发生变化，故D错误。9.如图所示
11、，10匝矩形线框，在磁感应强度为0.4 T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴OO以角速度为100 rad/s匀速转动，线框电阻不计，面积为0.5m2，线框通过滑环与一理想变压器的原线圈相连，副线圈接有两只灯泡L1和L2.已知变压器原、副线圈的匝数比为10：1，开关断开时L1正常发光，且电流表示数为0.01A，则()A. 若从图示位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为200sin100t VB. 灯泡L1的额定功率为2WC. 若开关S闭合，灯泡L1将更亮D. 若开关S闭合，电流表示数将增大【答案】D【解析】试题分析：先根据公式Um=NBS求解输入电压的最大值，然后根据理想变压器的变压比公式和变流比公
12、式列式求解解：A、变压器的输入电压的最大值为：Um=NBS=100.40.5100=200V从垂直中性面位置开始计时，故线框中感应电动势的瞬时值为：u=Umcost=200cos100t（V），故A错误；B、变压器输入电压的有效值为：U1=100V开关断开时L1正常发光，且电流表示数为0.01A，根据变流比公式，有：故I1=0.1A灯泡L1的额定功率等于此时变压器的输入功率，为：P=U1I1=1000.1=10W，故B错误；C、若开关S闭合，输出电压不变，故灯泡L1亮度不变；故C错误；D、若开关S闭合，输出电压不变，输出端电阻减小，故输出电流增加，故输入电流也增加，输入功率增加，灯泡L1将更亮
13、；故D正确；故选：D点评：本题关键是记住交流发电机最大电动势表达式Um=NBS，同时要明确输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定输入功率10.有两个匀强磁场区域，宽度都为L，磁感应强度大小都是B，方向如图所示，单匝正方形闭合线框由均匀导线制成，边长为L导线框从左向右匀速穿过与线框平面垂直的两个匀强磁场区。规定线框中感应电流逆时针方向为正方向。则线框从位置I运动到位置II的过程中，图所示的感应电流i随时间t变化的图线中正确的是（ ）【答案】C【解析】试题分析：线框刚进入磁场时，只有一条边切割磁感线，全部进入磁场后，有两条边切割磁感线，根据E=BLv求出感应电动势，从而求出感应电
14、流的大小根据右手定则判定出感应电流的方向在0-Lv阶段，感应电流的大小I1=BLvR，方向为顺时针方向在Lv2Lv阶段，感应电流的大小I2=2BLvR，方向为逆时针方向在2Lv3Lv阶段，感应电流的大小I3=BLvR，方向为顺时针方向故答案选C。考点：考查导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律点评:解决本题的关键掌握导体切割磁感线产生感应电动势E=BLv，以及会用右手定则或楞次定律判定感应电流的方向11.一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则（ ）A. t=1s时物块的速率为1m/sB. t=2s时物块的动量大小为2kgm/sC.
15、 t=3s时物块的动量大小为5kgm/sD. t=4s时物块的速度为零【答案】A【解析】【详解】A、前两秒，根据牛顿第二定律，a=Fm=1m/s2，则02s的速度规律为：v=at，则t=1s时，速率为1m/s，故A正确；B、t=2s时，速率为2m/s，则动量为P=mv=4kgm/s，故B错误；C、24s，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律，a=0.5m/s2，所以3s时的速度为1.5m/s，动量为3kgm/s，4s时速度为1m/s，故CD错误。12.如图所示，水平金属圆盘置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，圆盘绕金属转轴OO以角速度沿顺时针方向匀速转动，铜盘的中心及边缘处分别用金属滑片与一理想变压器的原线圈相连。已知圆盘半径为，理想变压器原、副线圈匝数比为n，变压器的副线圈与一电阻为R的负载相连。不计圆盘及导线的电阻，则下列说法中正确的是（ ）A. 变压器原线圈两端的电压为12Br2B. 变压器原线圈两端的电压为Br
