2012-2013学年江西省德兴一中、横峰中学、铅山一中、弋阳一中四校高二(下)第一次月考物理试卷(实验班、

2012-2013学年江西省德兴一中、横峰中学、铅山一中、弋阳一中四校高二（下）第一次月考物理试卷（实验班、重点班）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共4小题，共16.0分)1.如图所示，当穿过闭合回路的磁通量均匀增加时，内外两金属环中感应电流的方向为（）A.内环逆时针，外环顺时针B.内环顺时针，外环逆时针C.内环逆时针，外环逆时针D.内环顺时针，外环顺时针【答案】B【解析】解：当磁感应强度B增加时，穿过两金属环的磁通量增加，而磁场方向向里，根据楞次定律判断可知，两圆环组成的回路中感应电流方向为顺时针方向，则内环顺时针外环逆时针．故选：B．当磁感应强度B增加时，穿过两金属环的磁通量增加，而磁场方向向里，根据楞次定律判断感应电流的方向．本题关键要明确研究对象，其次要搞清两个条件：一是磁场的方向；二是磁通量的变化情况．2.在如图所示电路中，L为电阻很小的线圈，G1和G2为零点在表盘中央的相同的电流表．当开关S闭合时，电流表G1指针偏向右方，那么当开关S断开时，将出现的现象是（）A.G1指针缓慢回到零点，而G2指针先立即偏向右方，然后缓慢地回到零点B.G1指针立即回到零点，而G2指针缓慢地回到零点C.G1和G2指针都立即回到零点D.G1指针立即偏向左方，然后缓慢地回到零点，而G2指针缓慢地回到零点【答案】D【解析】解：当开关断开时，通过线圈的电流变小，导致线圈中产生瞬间感应电动势，从而阻碍电流的变小，所以使得G2的指针缓慢地回到零点，而G1的指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点．故ABC错误，D正确；故选：D．电感总是阻碍其变化．线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小．同时当开关闭合时，两表指针均向右方偏，说明电流计指针向电流流进的方向偏．线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈右端是电源正极．当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈左端是电源正极．3.如图所示，边长为L的正方形闭合导线框置于磁感应强度为B的匀强磁场中，线框平面与磁感线的方向垂直．用力将线框分别以速度v1和v2匀速拉出磁场，比较这两个过程，以下判断正确的是（）A.若v1＞v2，通过线框导线的电荷量q1＞q2B.若v1＞v2，拉力F1＞F2C.若v1=2v2，拉力作用的功率P1=2P2D.若v1=2v2，拉力所做的功W1=2W2【答案】BD【解析】解：A、由于E=△Φ△t ，I=ER，q=I△t，所以q=△ΦR由于△Φ及R一定，故q1=q2，所以A错误．B、由于F=F安，而F安=BI l，I=ER ，E=B lv，所以F=F安=B2l2vR；故若v1＞v2，拉力F1＞F2；故B正确；C、由P=F v F=F安=B2l2vR所以P=B2l2v2R．由于v1=2v2，P1=4P2，故C错误．D、由拉力做功W=F l=F安l=B2l2vR •l=B2l3vR，又因v1=2v2，故W1=2W2，故D正确；故选：BD．由法拉第电磁感应定律可求得通过导线的电荷量；由E=B lv及P=FV分析力及功率的大小关系；由功的公式分析功的大小．本题考查法拉第电磁感应定律的应用，要注意正确根据题意选择公式．4.一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1s时间内均匀地增大到原来的两倍，接着保持增大后的磁感应强度不变，在1s时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半，先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为（）A.12B.1C.2D.4【答案】B【解析】解：由法拉第电磁感应定律：E=△ϕ△t，且△ϕ1=△BS、△ϕ2=B△S则有E1=△BSt =(2B−B)St=BSt，E2=2B△St=2B(12S−S)t=−BSt．故两过程中感应电动势的大小相等．由题意可知两种情况下磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可求得感应电动势，即可求得比值．本题考查法拉第电磁感应定律，注意根据题意求出磁通量的变化量即可求得电动势．二、多选题(本大题共1小题，共4.0分)5.如图所示，边长为L的正方形闭合线框，在磁感应强度为B的匀强磁场中，以一条边为轴，以角速度ω匀速转动，转轴与B垂直，线圈总电阻为R，导线电阻不计．下列说法中正确的是（）A.电压表示数为BL2ω8B.电压表示数√2BL2ω8C.线圈转一周产生热量为πB2L4ωR D.线圈转一周产生热量为2πB2L4ωR【答案】BC【解析】解：A、感应电动势的最大值E=BSω=BL2ω，根据欧姆定律得：线圈的电流最大值为I=ER =BωL2R，所以电流的有效值为：I′=√2=√2BωL22R，电压表测量的是14R的电压，所以电压表的示数U=I′⋅R4=√2BωL28，故A错误，B正确；C、根据Q=I2RT得：线圈转一周产生热量为Q=(√2BωL22R )2R⋅2πω=πB2L4ωR，故C正确，D错误．故选BC线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流，根据E=BSω求出感应电动势的最大值，最大值与有效值的√2倍，电压表示数为有效值，根据Q=I2RT求解线圈转一周产生热量．线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流．而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，难度适中．三、单选题(本大题共1小题，共4.0分)6.传感器是把非电学量（如温度、速度、压力等）的变化转换为电学量变化的一种元件，在自动控制中有着相当广泛的应用．如图是一种测量液面高度h的电容式传感器的示意图．从电容C大小的变化就能反映液面的升降情况．关于两者关系的说法中正确的是（）A.C减小表示h减小B.C减小表示h增大C.C增大表示h减小D.C的变化与h变化无直接关系【答案】A【解析】解：当h减小时，则正对面积减小，根据电容器的决定式C=ɛs4πkd，知电容器的电容减小，反之，h增大，电容增大．故A正确，B、C、D错误．根据电容器的决定式C=ɛs4πkd ，结合正对面积的变化，判断电容的变化．解决本题的关键知道h 的高度影响正对面积的大小，掌握电容的决定式C=ɛs4πkd ，并能灵活运用．四、多选题(本大题共1小题，共4.0分)7.某电站用11k V 交变电压输电，输送功率一定，输电线的电阻为R ，现若用变压器将电压升高到330k V 送电，下面哪个选项正确（ ）A.因P=U 2R ，所以输电线上损失的功率为原来的900倍 B.因I=PU ，所以输电线上的电流减为原来的130 C.因I=UR ，所以输电线上的电流增为原来的30倍 D.若要使输电线上损失的功率不变，可将输电线的半径减为原来的130 【答案】 BD【解析】解：ABC 、根据P=UI 得，I=PU ．输送功率一定，输送电压变为原来的30倍，则输送电流变为原来的130，电流减小到130倍，根据P 损=I 2R ，可知，电线上损失的功率为原来的1900倍，故故AC 错误，B 正确；D 、输送电流变为原来的130．根据P 损=I 2R 得，要使输电线上的功率不变，电阻变为原来的900倍，根据R=ρls =ρ4lπd 2，直径变为原来的130．故D 正确．故选：BD ．输送的功率一定，根据P=UI 和P 损=I 2R 可知高压输电过程中，输电线上的电流、损失功率变化情况．解决本题的关键知道输送功率与输送电压和电流的关系，结合P 损=I 2R 判断功率损失．五、单选题(本大题共1小题，共4.0分)8.两金属棒和三根电阻丝如图连接，虚线框内存在均匀变化的匀强磁场，三根电阻丝的电阻大小之比R 1：R 2：R 3=1：2：3，金属棒电阻不计．当S 1、S 2闭合，S 3断开时，闭合的回路中感应电流为I ，当S 2、S 3闭合，S 1断开时，闭合的回路中感应电流为5I ；当S 1、S 3闭合，S 2断开时，闭合的回路中感应电流是（ ）A.7IB.3IC.6ID.0 【答案】 A【解析】解：因为R1：R2：R3=1：2：3，可以设R1=R，R2=2R，R3=3R；由电路图可知，当S1、S2闭合，S3断开时，电阻R1与R2组成闭合回路，设此时感应电动势是E1，由欧姆定律可得：E1=3IR当S2、S3闭合，S1断开时，电阻R2与R3组成闭合回路，设感应电动势为E2，由欧姆定律可得：E2=5I×5R=25IR当S1、S3闭合，S2断开时，电阻R1与R3组成闭合回路，=7I．故A正确，BCD错此时感应电动势E=E1+E2=28IR，则此时的电流I′=28IR4R误．故选：A．根据开关的闭合与断开情况，明确电路结构；根据电路连接情况确定感应电动势，由欧姆定律求出电路电流；然后解方程组答题．分析清楚电路结构、熟练应用欧姆定律是正确解题的关键；要注意在三种电路情况下，产生的感应电动势不同，这是容易出错的地方．六、多选题(本大题共1小题，共4.0分)9.一理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头．下列说法正确的是（）A.P向右移动时，原、副线圈的电流比减小B.副线圈输出电压的有效值为31 VC.副线圈输出电压的频率为50 H zD.P向右移动时，变压器的输出功率增加【答案】CD【解析】解：A、原副线圈电流之比等于匝数的反比，故原副线圈的电流之比不变，故A错误；B、根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为310V，所以副线圈的电压V，所以B错误．的最大值为31V，所以电压的有效值为V=31√2C、由图象可知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50H z，所以C正确．D、P右移，R变小，原副线的电流都变大．而电压不变，故功率增大，故D正确．故选：CD．根据瞬时值表达式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．电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路．七、单选题(本大题共1小题，共4.0分)10.一个圆形闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，如图甲所示．设垂直于纸面向内的磁感应强度方向为正，垂直于纸面向外的磁感应强度方向为负．线圈中顺时针方向的感应电流为正，逆时针方向的感应电流为负．已知圆形线圈中感应电流I随时间变化的图象如图乙所示，则线圈所在处的磁场的磁感应强度随时间变化的图象可能是图中的（）A. B. C. D.【答案】C【解析】解：设垂直纸面向里的磁感应强度方向为正，线圈中顺时针方向的感应电流为正，则由乙可知：线圈中在前0.5s内产生了逆时针方向的感应电流，由楞次定律可得：当磁通量增加时，感应磁场方向与原磁场方向相反；当磁通量减小时，感应磁场方向与原磁场方向相同．A、在前0.5s内由乙图根据楞次定律可知，若磁场方向垂直向里（正方向）时，必须是磁场增强的；若磁场方向垂直向外（负方向）时，必须是磁场减弱的．而在0.5s-1.5s，若磁场方向垂直向里（正方向）时，必须是磁场减弱的；若磁场方向垂直向外（负方向）时，必须是磁场增加的．所以A选项错误；B、在前0.5s内，若磁场方向垂直向里（正方向）时，必须是磁场增强的；若磁场方向垂直向外（负方向）时，必须是磁场减弱的．而在0.5s-1.5s，由感应电流方向，结合楞次定律可得：若磁场方向垂直向里（正方向）时，必须是磁场减弱的；若磁场方向垂直向外（负方向）时，必须是磁场增加的．故B错误；C、在前0.5s内由乙图根据楞次定律可知，若磁场方向垂直向里（正方向）时，必须是磁场增强的；若磁场方向垂直向外（负方向）时，必须是磁场减弱的．而在0.5s-1.5s，若磁场方向垂直向里（正方向）时，必须是磁场减弱的；若磁场方向垂直向外（负方向）时，必须是磁场增加的．所以C正确；D、D中磁场的变化引起的感应电流与A中完全相同，故可知D错误；故选：C．线圈中因磁通量发生变化，才导致线圈产生感应电动势，从而形成感应电流．由楞次定律可推断出磁场的变化及磁通量的变化．本题考查法拉第电磁感应定律的图象应用，要注意正确掌握楞次定律的应用，同时要注意正确分析图象的性质，能正确应用排除法进行分析．八、填空题(本大题共3小题，共16.0分)11.如图所示，四根金属棒搭成一个井字，它们四个接触点正好组成一个边长为a的正方形．垂直于它们所在的平面，有磁感应强度为B的匀强磁场，假如四根金属棒同时以相同速率v沿垂直棒的方向向外运动，则在由它们围成的正方形回路中，感生电动势与速率之间的关系是______ ．【答案】E=4B（a+vt）v【解析】解：根据右手定则知，四条边切割产生的感应电动势方向相同，相当于四个电池串联，感应电动势E=4B lv．l=a+vt，则E=4B（a+vt）v故答案为：E=4B （a +vt ）v正方形的四条边均以速度v 切割磁感线且电动势方向相同．相当于四个电池串联，产生的总的感生电动势为E=4B av ．解决本题的关键掌握切割产生的感应电动势公式，以及会通过右手定则判断感应电动势的方向．12.金属线圈ABC 构成一个等腰直角三角形，腰长为a ，绕垂直于纸面通过A 的轴在纸面内匀速转动，角速度ω，如图所示．如加上一个垂直纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场，则B 、A 间的电势差U BA = ______ ，B 、C 间的电势差U BC = ______ ． 【答案】 B ωa 2；12B ωa 2【解析】解：AC 、BC 、AB 均绕垂直于A 的轴以角速度ω匀速转动，△ABC 中磁通量不变，所以线圈中没有电流．但当单独考虑每条边时，三边均切割磁感线，均有感应电动势产生，且B 点电势大于C 点电势和A 点电势．则有U BA =E BA =BLv=12B ωL AB 2=B ωa 2， U CA =E CA =12B ωL AC 2=12B ωa 2， U BC =U BA -U CA =B ωa 2-12B ωa 2=12B ωa 2． 故答案为：B ωa 2，12B ωa 2．根据法拉第电磁感应定律，求得感应电动势的大小，再结合闭合电路欧姆定律，及楞次定律从而确定两点的电势差，从而即可求解．考查法拉第电磁感应定律，闭合电路欧姆定律及楞次定律的应用，注意电势差的正负．13.某交流发电机，额定输出功率为4000k W ，输出电压为400V ，要用升压变压器将电压升高后向远处送电，所用输电线全部电阻为10Ω，规定输电过程中损失功率不得超过额定输出功率的10%，所选用的变压器的原、副线圈匝数比不得大于 ______ ． 【答案】 0.02【解析】解：损失功率P 损=I 2R ，即10100×4×106=I 2×10， 因I 2=4×104， 解得：I=200A 又4×106W=IU 2， 因此，则有：U 2=4×106200V=2×104V ，根据电压与线圈匝数成正比，则有：n 1n 2=U 1U 2=4002×104=0.02；故答案为：0.02．根据输电线上损耗的电功率求出输电线上的电流，结合升压变压器原线圈中输出电压、输出功率求出原线圈中的电流，从而根据原副线圈的电流之比等于匝数之反比求出升压变压器原副线圈的匝数比的最大值．变压器匝数之比等于原副线圈的电压之比；解决远距离输电时，要注意升压后输电线上的功率损失是解决问题的关键，要明确变压器本身不消耗电功率，只有导线上存在功率和电压损失．九、计算题(本大题共4小题，共44.0分)14.如图所示，两个同心金属环，大环半径为a，小环半径为b，两环间的半径方向均匀连接n根相同的直导线，每根直导线上都接一个阻值恒为R的相同小灯泡，在两环间存在一个固定的、形状和面积都与相邻两直导线间隔相同的匀强磁场，磁感应强度为B．环在外力作用下绕垂直两环中心的轴匀速转动，设转动周期为T，且每个小灯泡都能发光，除了灯泡电阻外其他电阻均不计．（1）求产生的感应电动势的大小；（2）求所有小灯泡的总功率．【答案】解：（1）金属环转动角速度ω=2πT，每一时刻一定有一直导线在做切割磁感线运动，等效电路图如图所示：则产生的感应电动势为：E=BL v=B（a-b）ω×a+b2=πB(a2−b2)T；（2）灯泡，导线组成闭合电路，则总电阻为：R总=R+Rn−1故所有灯泡的总功率为：P总=E2R 总=(n−1)π2B2(a2−b2)2nRT2答：（1）求产生的感应电动势的大小πB(a2−b2)T；（2）求所有小灯泡的总功率(n−1)π2B2(a2−b2)2nRT2．【解析】根据切割感应电动势公式E=BL v，结合v=ωr，即可求解感应电动势；再根据功率表达式P=E2R，结合等效电路图中的串并联电路的电阻关系，即可求解．考查法拉第电磁感应定律的应用，掌握会画等效电路图，理解功率表达式的内容．注意总电阻的计算是解题的关键．15.如图所示为检测某传感器的电路图．传感器上标有“3V ，0.9W ”的字样（传感器可看做一个纯电阻），滑动变阻器R 0上标有“10Ω，1A ”的字样，电流表的量程为0.6A ，电压表的量程为3V ．求：（1）传感器的电阻和额定电流．（2）为了确保电路各部分的安全，在a 、b 之间所加的电源电压最大值是多少？【答案】解：（1）传感器的电阻为：R 传=U 传2P 传=320.9=10ΩI 传=P 传U 传=0.93=0.3A（2）要求电路各部分安全，则要求电路的最大电流：I=I 传=0.3A ， 此时电源电压最大值：U m =U 传+U 0，U 传为传感器的额定电压，U 0为R 0调至最大值R 0m =10Ω时，R 0两端的电压，即： U 0=I 传R 0m =0.3A ×10Ω=3V ，电源电压最大值：U m =U 传+U 0=3V+3V=6V ； 答：（1）传感器的电阻为10Ω，额定电流为0.3 A ；（2）为了确保电路各部分的安全，在a 、b 之间所加的电源电压最大值是为6 V ． 【解析】本题目非常有意思，循序渐进，步步加深，考查学生能否灵活利用所学的知识解决问题．第一问非常简单，根据传感器上的铭牌标志，利用电功率公式便可求出电阻和电流，而第二问就必须求出各用电器所能通过的电流，从而比较得出干路最大电流，然后利用相关公式求出最大电压．这道题目综合性比较强，非常考查学生各方面的能力，学生在做这类题目时要胆大细心认真，并且会结合数学中的相关知识去解决物理中的问题．题目非常不错！16.如图所示，N=50匝的矩形线圈abcd ，边长ab =20cm ，ad =25cm ，放在磁感应强度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时，线圈平面与磁感线平行，ab 边正转出纸外、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）从图示位置转过90°过程中流过电阻R 的电荷量是多大？【答案】 解：（1）根据ab 、cd 切割磁感线，由右手定则可得线圈中感应电流方向a→d→c→b→a．（2）n=3000r/min=50r/s的转速匀速转动，所以线圈的角速度ω=2πn=100πrad/s感应电动势的最大值为：E m=NBSω=50×0.4×0.2×0.25×100π=314V 所以感应电动势的瞬时值表达式为e=n BωS cosωt=314cos100πt（V）（3）线圈由如图位置转过90°的过程中，△Φ=BS sin90°通过R的电量为q=I△t=N△φR+r =50×0.4×0.2×0.251+9=0.1C．答：（1）如图；（2）线圈感应电动势的瞬时表达式e=314cos100πt（V）；（3）从图示位置转过90°过程中流过电阻R的电荷量是0.1C【解析】（1）根据右手定则得出感应电流的方向（2）根据感应电动势的瞬时值表达式e=n BωS cosωt即可求解；（3）线圈由如图位置转过900的过程中，△φ=BS sin90°，通过R的电量为Q=N△φR+r．线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流．而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定．而通过某一电量时，则用平均值来求．17.如图甲所示，在一个正方形金属线圈区域内，存在着磁感应强度B随时间变化的匀强磁场，磁场的方向与线圈平面垂直．金属线圈所围的面积S=200cm2，匝数n=1000，线圈电阻r=1.0Ω．线圈与电阻R构成闭合回路，电阻R=4.0Ω．匀强磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示，求：（1）在t=2.0s时刻，通过电阻R的感应电流的大小；（2）在t=5.0s时刻，电阻R消耗的电功率；（3）0～6.0s内整个闭合电路中产生的热量．【答案】解：（1）根据法拉第电磁感应定律，0～4.0s时间内线圈中磁通量均匀变化，产生恒定的感应电流．t1=2.0s时的感应电动势为：E1=n△Φ△t =1000×0.4−0.24×200×10-4=1V根据闭合电路欧姆定律，闭合回路中的感应电流为：I1=E1R+r =14+1A=0.2A（2）在4-6S时间内有：E2=n△Φ△t =1000×0.42×200×10-4V=4V则5s时的电流为：I2=E2R+r =44+1=0.8A在t=5.0s时刻，电阻R消耗的电功率为：P=I22R=0.82×4=2.56W（3）根据焦耳定律，0～4.0s内闭合电路中产生的热量为：Q1=I12（r+R）△t1=0.22×（1+4）×4=0.8J在4.0s～6.0s时间内闭合电路中产生的热量为：Q2=I22（r+R）△t2=0.82×（1+4）×2=6.4J故0～6.0s内整个闭合电路中产生的热量为：Q=Q1+Q2=0.8+6.4=7.2J．答：（1）在t=2.0s时刻，通过电阻R的感应电流的大小为0.2A；（2）在t=5.0s时刻，电阻R消耗的电功率为2.56W；（3）0～6.0s内整个闭合电路中产生的热量为7.2J．【解析】（1）由图读出磁通量的变化率，根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求解感应电流的大小．（2）用同样的方法求出t=5.0s时刻，通过电阻R的感应电流的大小，即可求得其电功率．（3）根据焦耳定律分别求出0～4.0s时间内和4.0s～6.0s时间内的热量，再求总和．本题是电磁感应与电路知识简单的综合．当穿过回路的磁通量均匀变化时，回路中产生恒定电流，可以用焦耳定律求解热量．高中物理试卷第11页，共11页。