江西省上饶县中学高二物理下学期第一次月考试题(零班,含解析)

一、选择题（本题共12小题，每题4分，共48分，其中5、7、8、9、11题为多选题，全部选对的4分，选不全的得2分，有选错的或不答的得0分）。

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,
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. 下列图中表示闭合电路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情景，导体ab上
的感应电流方向为a^b的是（）
D.
【答案】A
【解析】
A、ab棒顺时针转动，运用右手定则：磁感线穿过手心，拇指指向顺时针方向，则导体ab上的感应电流方向为b.故A正确.
B、ab向纸外运动，运用右手定则时，磁感线穿过手心，
拇指指向纸外，则知导体ab上的感应电流方向为a,故B错误.C、穿过回路的磁通量减
小，由楞次定律知，回路中感应电流方向由a^c,则导体ab上的感应电流方向为b^a.故
C错误.D、ab棒沿导轨向下运动，由右手定则判断知导体ab上的感应电流方向为a,故D错误.故选A.
【点睛】本题的关键要掌握右手定则和楞次定律，要知道它们在判断切割产生的感应电流方
向上结果是相同的，不过研究的对象不同.
3. 如图所示，一正方形线圈的匝数为n,边长为a,线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁
场中.在t时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B,在此过程中，线
圈中产生的电动势为
【答案】D 【解析】
根据法拉第电磁感应定律有: 4. 如图甲所示，闭合金属
AB2B-B 1 “ nBa2
E-n-=n——tl*孑
*
= -------
A
t
Al Al2A
I
ABC错
误。

abcd置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，磁感应强度B随时
间t的变化关系如图乙所示。

规定顺时针方向为电流的正方向，下列各图中能正确表示线框中感应电流i随时间t变化的图像是
故D正确,
B 均匀增加，则线框中产生感应电流，由楞次定律可得电流方向
为：逆时针，负值；由法拉第电磁感应定律可得，感应电流大小恒定.当在 1秒到3秒内，
磁场不变，则线框中没有磁通量变化，所以没有感应电流•在
3到4秒内，磁感应强度 B 均
匀减小，则线框中产生感应电流，由楞次定律可得电流方向为：顺时针，正值；由法拉第电 磁感应定律可得，感应电流大小恒定.因此 C 选项正确；故选 C.
5.
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
c N 3
X
X X
k K
X
X M
—乙
甲
r 0
乙
A. 由0到t o 时间内细线中的张力逐渐减小
B. 由t o 到t i 时间内细线中张力增大
C. 由0到t o 时间内两杆靠近，细线中的张力消失
D. 由t o 到11时间内两杆靠近，细线中的张力消失
【解
在0到1秒内，磁感应强度
【答案】C
【答案】AD 【解析】
【详解】由图乙所示图象可知， 0到t o 时间内，磁场向里，磁感应强度 B 均匀减小，线圈中磁 通量均匀减小，由法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的感应电动势，形成恒定的电 流。

由楞次定律可得出电流方向沿顺时针，故
ab 受力向左，cd 受力向右，而张力 F=F 安=BIL ，
因B 减小，故张力将减小，故 A 正确、C 错误；由图乙所示图象可知，由
t o 到t 时间内，线圈
中的磁场向外，B 均匀增大，回路中产生恒定的感应电流，由楞次定律可知，电流为顺时针， 由左手定则可得出，两杆受力均向里，故两杆靠近，细线中张力消失， D 正确，B 错误；
故选AD
【点睛】本题只要楞次定律的第二种表达掌握好了，本题可以直接利用楞次定律的“来拒去 留”进行判断。

6.
图甲所示是某种型号的电热毯
的部分电路图。

其电热丝的总电阻
R=11Q ，电热毯所接电源
U" 552
，故A 正确，BCD 错误。

R 11 7.
如图甲所示，将阻值为
R=5Q 的电阻接到内阻不计的正弦交变电源上，电
流随时间变化的
规律如图乙所示，电流表串联在电路中测量电流的大小•对此，下列说法正确的是
电压的波形如图乙所示（每段为正弦曲线的一部分）
，则该电热毯的电功率为
D. 355W
【解
【详解】设将此电流加在阻值为 R 的电阻上，电压的最大值为 U,电压的有效值为 U,根据热
效应有 ,代入解得
i \ m ,该电热毯的电功率为： n III
C. 400W 【答案】A
B. 电阻R 消耗的电功率为 0.625W
C. 如图丙所示，若此交变电流由一矩形线框在匀强磁场中匀速转动产生，当线圈的转速 提升一倍时，电流表的示数为
A 2
D. 这一交变电流与图丁所示电流比较，其有效值之比为 1
【答案】ABC 【解析】
【详解】由图可知，电流的最大值
|n=0.5A ，则电压的最大值： U =|m ?R =0.5 X 5=2.5V ;周期
T =0.01s ，角速度为 3=200 n rad/s ，电阻 R 两端电压变化规律的函数表达式为 u =2.5 sin
(200 nt ) V ,故 A 正确；电流的有效值 I ■生=空乂也冬，电阻 R 消耗的电功率为
p-I 2R |2
K 5W r - 0 625W ，故B 正确；感应电动势的瞬时值表达式为：
e =E m sin cot ,其中：
E =nB& ,当线圈的转速提升一倍时，
最大值提升一倍，所以电流表的示数为 Fj ,故C 正确; 、、、、 亠 边
亠 、、、、
图乙为正弦式交流电，其有效值为
，图丁电流大小不变， 有效值I ' =0.5A ,所以这一交变
4
电流与图丁所示电流比较，其有效值之比为 二，故D 错误。

所以ABC 正确，D 错误。

8.
图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比 n 1：
n 2=5:1，电阻R=20Q, L 1、L 2为规格相同的两
只小灯泡，S 为单刀双掷开关。

原线圈接正弦交变电源， 输入电压u 随时间t 的变化关系如图 所示。

现将S 1接1、S 2闭合，此时L 2正常发光。

下列说法正确的是
A.电阻R 两端电压变化规律的函数表达式为 u=2.5sin(200 n t)V
5
A. 输入电压u 的表达式u=20, sin(50 t)V
B. 只断开S 2后，L i 、L 2
均正常发光
C. 只断开S 2后，原线圈的输入功率减小
D. 若S 换接到2后，R 消耗的电功率为0.8W 【答案】CD
【解析】
断开S 2时，副线圈电阻增大，其电流变小，由丄-二可知原线圈电流减小， 所以输入功率减小,
h n i
'—
■ — ■ 100:
T 式为il 「，故选项 A 错误；由题意可知变压器原线圈的输入电压
试题分析：由乙图可知原线圈的输入电压的周期为 T=0.02s ，所以
，可知其表达
口 20V ，由
q 珂一、、人
可得副线圈的输出电压
- —5 - 4V
，将S i 接1、S 2闭合，此时L a 正常发光，所以小灯
Sa 时，两个小灯泡串联，所以不能正常发光，故选项
B 错误；只
故选项C 正确；若S i 换接到
2后，电阻R 的功率
故选项D 正确.
考点：交流电的表达式；理想变压器的规律. 9.
如图，理想变压器原、畐U 线圈分别接有额定电压相同的
灯泡 定电压的5倍时，两灯泡均能正常发光。

下列说法正确的
a 和
b 。

当输入电压U 为灯泡额
泡的额定电压为4V ,只断开
A.原、副线圈匝数之比为4:1
B. 原、副线圈匝数之比为5:1
C. 此时a 和b 的电功率之比为 4:1
D.
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
Ii
11
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
，
I 丄谢4
所以l i =丨2,由于小灯泡两端的电压相等，
所以根据公式P=UI 可得两者的电功率之比为 1： 4；
|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。

10.
如图所示，在光滑的水平桌面上有一弹簧振子，弹簧劲度系数为
k ,开始时，振子被拉到
平衡位置0的右侧A 处，此时拉力大小为 F ，然后释放振子从静止开始向左运动，经过时间
t
后第一次到达平衡位置 0处，此时振子的速度为 V ，在这个过程中振子的平均速度为
【解析】 【分析】
平均速度等于这段位移与所需要的时间的比值•而位移则通过胡克定律由受力平衡来确定。

【详解】根据胡克定律，振子被拉到平衡位置 0的右侧A 处，此时拉力大小为 F ,由于经过时
间t 后第一次到达平衡位置 0处，因做加速度减小的加速运动，所以这个过程中平均速度为 7-^>\故 B 正确，ACD 错误。

I 2
【点睛】考查胡克定律的掌握，并运用位移与时间的比值定义为平均速度，注意与平均速率 分开，同时强调位移而不是路程。

11. 如右图所示，轻质弹簧下挂重为 500N 的物体A ，伸长了 5cm 再挂上重为300N 的物体B 时又伸长了 3cm,弹簧均在弹性限度内，若将连接 A 、B 两物体的细绳烧断，使 A 在竖直面内 做简谐运动，下列说
小于 D. 0
大于 C. 【答案】B
法中正确的是
B. 最大回复力为800N
C. 振幅为8cm
D. 振幅为3cm
【答案】AD
【解析】
【详解】轻质弹簧下挂重为500N的物体A,伸长了5cm,故弹簧的劲度系数为：k--- "—■lOOOONm，
若将连接A B两物体的细绳烧断，物体A将做简谐运动，烧断瞬间，
x 0 05
合力充当回复力；由于细线烧断前是平衡，烧断后先对A的拉力减小了300N,而弹力不变，
故合力为300N,故最大回复力为300N,故A正确，B错误；刚剪断细线时物体的加速度最大，此处相当于是物体A到达简谐运动的振幅处，故振幅为3cm,故C错误，D正确。

所以AD正
确，BC错误。

12. 一单摆的摆长为40cm,摆球在t=0时刻正从平衡位置向左运动，（g取10m/s2），则在t=1s
时摆球的运动情况是
A. 正向左做减速运动，加速度正在增大
B. 正向左做加速运动，加速度正在减小
C.正向右做减速运动，加速度正在增大
D. 正向右做加速运动，加速度正在减小
【答案】B
【解析】
【详解】由题意，单摆的周期T=2冗「=0.4 n s, t=1s，贝U T v t V T。

而摆球在t=0时刻正从
平衡位置向左运动，则t=1s时正靠近平衡位置向左运动，速度增大，加速度减小。

故选B。

【点睛】本题关键要抓住单摆振动的周期性，将一个周期可分成四个四分之一周期，根据提供的时间与周期的关系分析摆球的运动情况.
二、实验题（每空2分，共10分）
13. 某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中，先测得摆线长为L,摆球直径为d,然
后用秒表记录了单摆全振动n次所用的时间为t.则:
(1)_________________________ 他测得的重力加速度g= •(用测量量表示)
(2)某同学在利用单摆测定重力加速度的实验中，若测得的g值偏大，可能的原因是_______
A. 摆球质量过大
B. 单摆振动时振幅较小
C. 测量摆长时，只考虑了线长忽略了小球的半径
D. 测量周期时，把n个全振动误认为(n- 1)个全振动，使周期偏大
E. 测量周期时，把n个全振动误认为(n+1)个全振动，使周期偏小
(3)为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长
I并测出相应的周期T,从而得出一组对
应的I和T的数值，再以I为横坐标、T2为纵坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率K.则重力加速度g= _______________ .(用K表示)
(4)实验中游标尺(20分度)和秒表的读数如图，分别是____________ m m ______ s.
【答案】(1). (1) 门；(2). (2) E; (3). (3)二；(4).
(4) 18.95mm, (5). 99.8s
【解析】
【分析】
(1) 由实验摆长和运动时间得到周期，再通过单摆周期公式联立解得重力加速度；
(2) 根据重力加速度表达式判断各影响因素，进而得到g增大的可能原因；
(3) 通过(1 )中的重力加速度表达式，将k代入其中即可求解；
(4) 按照游标卡尺和秒表的读数法，先读主尺和秒表小圈的分针数，然后再加上分尺和大圈秒针数即可.
【详解】(1 )该实验单摆摆长
I = L +』，周期 T =£ ;故由单摆运动周期 T = 2冗"可得
r r d
2 4jc'n'(L + -) 4z1 2 ;
g = ------ _ ------------------ ■
严 t 3
(2)
由(1)可知，g 与摆球质量、单摆振动时振幅无关，且若测得的
g 值偏大，则I 偏大或 T 偏小；那么，测量摆长时，只考虑了线长忽略了小球的半径，则
I 偏小，g 偏
小；故可能原 因为E ；
(3) 以I 为横坐标、T 2为纵坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率
(4)
游标卡尺的读数为 18mm+伯0.05mm=18.95mm 秒表的读数为 1.5 x 60s+9.8s=99.8s ;
三、计算题(42分)
14.
如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈 abed ，线
圈平面与磁场垂直。

已知线圈的匝数
N=100，边长ab ="1.0" m 、be ="0.5" m ，电阻r =2Q 。

磁感应强度 B 在0 ~1 s 内从零均匀变 化到0.2 T 。

在1~5 s 内从0.2 T 均匀变化到-0.2 T ,取垂直纸面向里为磁场的正方向。

求: X
XX 乂
ti
卜
X X X
X “ ---------------------------- r
X XX
X
(1)
0.5s 时线圈内感应电动势的大小
E 和感应电流的方向；
(2) 在1~5s 内通过线圈的电荷量 q ； (3) 在0~5s 内线圈产生的焦耳热 Q
【答案】(1) E =10V ,感应电流方向为 a?d?c?b?a(2) q =10C (3) Q="100J" 【解析】
(1) 要求解0.5s 时的感应电动势，只能通过求平均感应电动势着眼。

由于线圈与磁场方向 垂直的有效面积不变，只是磁感应强度均匀变化，则
0.5s 的瞬时感应电动势正好与
0 ~1 s
所以,
4x _l 4丁
0= ---------- =—\
1 ]
K ,那么
的平均感应电动势相等。

感应电流的方向可根据楞次定律来进行判断即可。

(2)要分析1~5s
的电荷量q ,则只要根据 庁二门二二F 二 --------- - 求解即可；(3)由于磁场的变化分 0 ~1 s
R R
和1 ~5 s 两个不同的阶段，可从两阶段分别对线圈产生的焦耳热进行分析， 运用］「护柠工 即可
求得。

(1) 磁感应强度 B 在0 ~1 s 内从零均匀变化到 0.2 T ，故0.5s 时刻的瞬时感应电动势的大
小和0 ~1 s 内的平均感应电动势大小相等。

则由感应电动势:
化量，...-:,可解得冷「】 二!±，代入数据得
△『1
度在逐渐增大，根据楞次定律：感应电流产生的磁场将与原磁场方向相反，则感应电流的方
向为：a?d?c?b?a=
解得:，代入数据得：q=10Q
1~5 s 内的焦耳热 Q.二公厂乂，由0二01+ 0,代入数据得：^ = 1007
【考点定位】法拉第电磁感应定律、楞次定律、电荷量及焦耳热的综合。

注意分阶段考虑, 考查考生的
分析能力、推理能力等。

难度：中等。

•视频厦
15.
如图所示，两条足够长的平行的光滑裸导轨 c 、d 所在斜面与水平面间夹角为
间距为
L ,导轨下端与阻值为 R 的电阻相连，质量为 m 的金属棒ab 垂直导轨水平放置，整个装置处 在垂直斜面向上的磁感应强度为
B 的匀强磁场中•导轨和金属棒的电阻均不计，有一个水平
方向的力垂直作用在棒上，棒的初速度为零，则：
(重力加速度为g )
(1) 若金属棒中能产生从 a 到b 的感应电流，则水平力 F 需满足什么条件？
匚。

0 ~1 s 磁感应强
(2)同理可得: (3) 0 ~1 s
内的焦耳热--.■
，且［ 且磁通量的变
，感应电流
(2)当水平力大小为F1，方向向右时，金属棒ab加速向上运动。

求金属棒的最大速度V m是多少？
解得: (F]COs 0
V
max
B 2L 3
【点睛】对于电磁感应中的力学问题，关键是要正确分析导体棒的受力情况，注意安培力的 方向与运动方向相反，同时要把握导体棒速度最大的条件：合力为零.
I F.cosO ingsin6)R.
【答案】(1) F >mgtan 0; (2) — B 2L 2 【解析】
【详解】(1)金属棒中能产生从 a 到b 的感应电流，说明金属棒沿导轨向上运动切割磁感线. 受
得：F >mgtan 0.
(2) 金属棒加速上滑时，安培力平行于斜面向下，棒先加速后匀速，匀速时即为最大速度.
V
F i cos 0 =mgsin 0 +F 安 力分析如图. Feos 0> mgs in 0 F 安=BIL=
(1) 输电导线上输送的电流； (2) 升压变压器的输出电压 U2； (3) 降压变压器的匝数比.
【答案】(1) 25A ; (2) 4000V ; (3) 190:11 【解析】
试题分析：根据输电损失功率公式
曲；计算电流；由输送功率，厂］计算输送电压 U;由电
压与匝数成正比和电压分配关系计算匝数之比
17.如图为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向
的固定轴00匀速转动，转动的角速度 3 =10n rad/s ，线圈的匝数 N=10匝、电阻r=1 Q, 线圈所围面积 S=0.1m 1 2 3 •线圈的两端经滑环和电刷与阻值 R=9Q 的电阻相连，匀强磁场的磁感 应强度B=1T .在t=0
1 从图示位置开始计时，写出通过 R 的电流的瞬时表达式;
(2)升压变压器的输出电压 ⑶ 降压变压器的输入电压
P 100*1(/
U, = -- ---------------- V- 4000V
-I 25 |U J -U 2-IR- (4000-25，8)V - 3800V
降压变压器的匝数比
"s _ 38oq _ 19q
TTl
由「住”知输电线上的电流
时刻，线圈平面与磁场方向平行，(n取3.14 , n 2取10)则：
2 若在R两端接一个交流电压表，它的示数为多少？
3 线圈转动一周过程中，R上产生电热Q为多少？
(4)
线圈从图示位置转过 90°过程中，通过 R 的电荷量q 为多少？
【答案】 ⑴ i =3.14cos31.4t A (2) U =20V ( 3)Q =9J (4) q =0.1C
【解析】
【详解】(1)感应电动势的最大值为：
En=NBSo =10X 1X 0.1 X 10n V=31.4V
感应电流的最大值为： ] 二 % = 3L4二丁 L ”貞
m
R I r 9 I 1
电流的瞬时表达式为：i=l ncos 3 t=3.14cos31.4t A (2) 电流的有效值为：I 上
电阻R 两端电压有效值为： U=IR 联立得电压表示数为： U=20V (3)
R 产生的热量为：
Q=I 2Rt
一周时间为：t=^=0.2s
解得：Q=9J
代入数据解得：q=0.1C
关系•求热量要用电流的有效值，求电荷量要用电流的平均值.
q= △ t
又
NBS R 9 r
所以q=
【点睛】解决本题时要知道正弦式交流电峰值的表达式
E=nB&o ，以及知道峰值与有效值的。