2014-2015学年山东省德州一中高二(下)月考物理试卷(4月份)
高二物理下学期4月月考试卷(含解析)-人教版高二全册物理试题
四川省成都市新津中学2014-2015学年高二下学期月考物理试卷〔4月份〕一、单项选择题〔此题共8小题，每题3分，共24分，每一小题只有一个正确的答案，选错或不选得0分〕1．〔3分〕做简谐运动的弹簧振子，下述说法中错误的答案是〔〕A．振子通过平衡位置时，速度最大B．振子在最大位移处时，加速度最大C．振子连续两次通过同一位置时，位移一样，加速度一样D．振子连续两次通过同一位置时，动能一样，速度一样2．〔3分〕如下列图是一交变电流的i﹣t图象，如此该交流电电流的有效值为〔〕A．4A B．3 A C．2 A D．2 A3．〔3分〕一个做简谐运动的质点，它的振幅是4cm，频率是2.5Hz，该质点从平衡位置开始经过2.5s后，位移的大小和经过的路程为〔〕A．4cm、10cm B．4cm、100cm C．0、24cm D．0、100cm4．〔3分〕一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示．如此如下说法正确的答案是〔〕A．t=0时刻，线圈平面与中性面垂直B．t=0.01s时刻，Φ的变化率最大C．t=0.02s时刻，交流电动势达到最大D．该线圈相应产生的交流电动势的图象如图乙所示5．〔3分〕如下列图，A是一条边为L的正方形线框，电阻为R，保持线框以恒定速度v沿x 轴运动，并穿过图中所示的匀强磁场区域，假设以顺时针方向为电流的正方向，线框从图示位置开始计时，如此线框中产生的电流I随时间t的变化图线为如下图中的〔〕A．B．C．D．6．〔3分〕图甲为理想变压器，其原、副线圈的匝数比为4：l，原线圈接图乙所示的正弦交流电．图中R T为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表．如此如下说法正确的答案是〔〕A．图乙所示电压的瞬时值表达式为u=51sin50πtVB．变压器原、副线圈中的电流之比为1：4C．变压器输入、输出功率之比为1：4D．R T处温度升高时，电压表和电流表的示数均变大7．〔3分〕半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图1所示．有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图2所示．在t=0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止微粒．如此以下说法正确的答案是〔〕A．第2秒内上极板为正极B．第3秒内上极板为负极C．第2秒末微粒回到了原来位置D．第2秒末两极板之间的电场强度大小为8．〔3分〕如下列图，边长为L的正方形导线框其质量为m，在距磁场上边界高H处自由下落，其下边框ab进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边框cd刚穿出磁场时，其速度减为ab边刚进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L，如此线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为〔〕A．2mgL B．2mgL+mgH C．2mgL+mgH D．2mgL+mgH二、不定项选择题〔此题4小题，每题4分，共16分，每一小题至少有一个正确的答案，选对但不全得2分，选错或不选得0分〕9．〔4分〕关于简谐运动如下说法中正确的答案是〔〕A．物体的位移减小时，速度减小，加速度变小B．物体离开平衡位置的位移方向总是与加速度方向相反，与速度方向一样C．物体通过平衡位置时，合力不一定为零D．物体刚从平衡位置离开时，速度方向与位移方向一样10．〔4分〕在如下列图的电路中，a、b为两个完全一样的灯泡，L为自感系数较大而电阻不能忽略的线圈，E为电源，S为开关．关于两灯泡点亮和熄灭的如下说法正确的〔〕A．合上开关，a先亮，b后亮；稳定后a、b一样亮B．合上开关，b先亮，a后亮；稳定后b比a更亮一些C．断开开关，a、b都不会立即熄灭而是逐渐熄灭D．断开开关，b逐渐熄灭、a先变得更亮后再与b同时熄灭11．〔4分〕如下列图，闭合的矩形导体线圈ABCD在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′方向观察，线圈沿顺时针方向转动．匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，AB边的边长为L1，AD边的边长为L2，线圈电阻为R，转动的角速度为ω，如此当线圈转至图示位置时〔〕A．线圈中感应电流的方向为ABCDAB．线圈中的感应电动势为2nBL2ωC．穿过线圈的磁通量的变化率最大D．线圈AD边所受安培力的大小为，方向垂直纸面向里12．〔4分〕如下列图，在图甲中是两根不平行的导轨，图乙中是两根平行的导轨，其它物理条件都一样，当甲图金属棒MN在导轨上向右匀速运动时，乙图金属棒MN在导轨上向右匀加速运动时在棒的运动过程中，将观察到〔〕A．两个小电珠都发光B．两个小电珠都不发光C．流过L1、L2的电流都为恒定电流D．L1发光且亮度不变，L2始终不发光三、实验探究题〔此题共16分〕13．〔3分〕现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计与电键如图连接．如下说法中正确的答案是〔〕A．电键闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转B．线圈A插入线圈B中后，电键闭合和断开的瞬间，电流计指针均不会偏转C．电键闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，电流计指针静止在中央零刻度D．电键闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转14．〔3分〕在“测定金属的电阻率〞实验中，所用测量仪器均已校准．待测金属丝接入电路局部的长度约为50cm．〔1〕用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图1所示，其读数应为mm〔该值接近屡次测量的平均值〕．〔2〕用伏安法测金属丝的电阻R x．实验所用器材为：电池组〔电动势3V，内阻约1Ω〕、电流表〔内阻0.1Ω〕、电压表〔内阻约3kΩ〕、滑动变阻器R〔0～20Ω，额定电流2A〕、开关、导线假设干．某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进展实验测量，记录数据如下：次数 1 2 3 4 5 6 7U/V 0.10 0.30 0.70 1.00 1.50 1.70 2.30I/A 0.020 0.060 0.160 0.220 0.340 0.460 0.520由以上实验数据可知，他们测量R x是采用图2中的图〔选填“甲〞或“乙〞〕．〔3〕图是测量R x的实验器材实物图，图3中已连接了局部导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端．请根据〔2〕所选的电路图，补充完成图3中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏．〔4〕这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图4所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点．请在图中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出U﹣I图线．由图线得到金属丝的阻值R x=Ω〔保存两位有效数字〕〔5〕根据以上数据可以估算出金属丝电阻率约为〔填选项前的符号〕．A．1×10﹣2Ω•m B．1×10﹣3Ω•m C．1×10﹣6Ω•m D．1×10﹣8Ω•m〔6〕任何实验测量都存在误差．本实验所用测量仪器均已校准，如下关于误差的说法中正确的选项是A．用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差B．由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差C．假设将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的偶然误差D．用U﹣I图象处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差．四、计算题〔此题4小题，共44分解答应写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位〕15．如下列图，交流发电机的矩形线圈abcd中，ab=cd=50cm，bc=ad=20cm，匝数n=100，线圈电阻r=0.2Ω，外电阻R=4.8Ω．线圈在磁感强度B=0.05T的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO′匀速转动，角速度ω=100πrad/s．求：〔1〕假设从图示位置开始计时，写出感应电流随时间变化的函数表达式；〔2〕产生感应电动势的有效值；〔3〕电压表的示数．16．某村在较远的地方建立了一座小型水电站，发电机的输出功率为100kW，输出电压为500V，输电导线的总电阻为10Ω，导线上损耗的电功率为4kW，该村的用电电压是220V．〔1〕设计了如下列图的输电电路．求升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比；〔2〕该村某工厂用电60kW，还可以装“220V，40W〞的电灯多少盏？17．如下列图，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L．M、P两点间接有阻值为R的电阻．一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上．导轨和金属杆的电阻可忽略．让金属杆ab沿导轨由静止开始下滑，经过足够长的时间后，金属杆达到最大速度v m，在这个过程中，电阻R上产生的热量为Q．导轨和金属杆接触良好，它们之间的动摩擦因数为μ，且μ＜tanθ．重力加速度为g．〔1〕求磁感应强度的大小；〔2〕金属杆在加速下滑过程中，当速度达到v m时，求此时杆的加速度大小；〔3〕求金属杆从静止开始至达到最大速度的过程中下降的高度．〔4〕求金属杆从静止开始至达到最大速度的过程中通过电阻的电荷量q．18．在图所示的坐标系中，x轴水平，y轴垂直，x轴上方空间只存在重力场，第Ⅲ象限存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直xy平面向里的匀强磁场，在第Ⅳ象限有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小与第Ⅲ象限存在的电场的场强大小相等．一质量为m，带电荷量大小为q的质点a，从y轴上y=h处的P1点以一定的水平速度〔大小未知〕沿x轴负方向抛出，它经过x=﹣2h处的P2点进入第Ⅲ象限，在第Ⅲ象限内质点恰好做匀速圆周运动，又经过y轴下方y=﹣2h的P3点进入第Ⅳ象限，试求：〔1〕质点a到达P2点时速度的大小和方向；〔2〕第Ⅲ象限中匀强电场的电场强度和匀强磁场的磁感应强度的大小；〔3〕质点a进入第Ⅳ象限且速度减为零时的位置坐标．四川省成都市新津中学2014-2015学年高二下学期月考物理试卷〔4月份〕参考答案与试题解析一、单项选择题〔此题共8小题，每题3分，共24分，每一小题只有一个正确的答案，选错或不选得0分〕1．〔3分〕做简谐运动的弹簧振子，下述说法中错误的答案是〔〕A．振子通过平衡位置时，速度最大B．振子在最大位移处时，加速度最大C．振子连续两次通过同一位置时，位移一样，加速度一样D．振子连续两次通过同一位置时，动能一样，速度一样考点：简谐运动的回复力和能量．专题：简谐运动专题．分析：做简谐运动的弹簧振子，通过平衡位置时，速度最大，加速度最小；在最大位移处时，速度最小，加速度最大．振子位移是指振子离开平衡位置的位移，从平衡位置指向振子所在的位置，通过同一位置，位移总是一样．速率和动能一样，但速度有两种方向，可能不同．解答：解：A、做简谐运动的弹簧振子，通过平衡位置时，速度最大，故A正确．B、振子的加速度大小与位移大小成正比，如此知振子在最大位移处时，加速度最大，故B 正确；C、振子位移是指振子离开平衡位置的位移，从平衡位置指向振子所在的位置，通过同一位置，位移总是一样的，由a=﹣知，位移一样，如此加速度一样，故C正确．D、振子连续两次通过同一位置时，速率一样，动能一样，速度方向可能相反，如此速度不一定一样．故D错误．此题选错误的，应当选：D．点评：此题考查对简谐运动物理量与其变化的理解程度，可通过过程分析理解掌握．知道简谐运动中速度与加速度的大小变化情况是相反．2．〔3分〕如下列图是一交变电流的i﹣t图象，如此该交流电电流的有效值为〔〕A．4A B．3 A C．2 A D．2 A考点：交流的峰值、有效值以与它们的关系．专题：交流电专题．分析：求有效值方法：是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在一样时间内产生的热量相等，如此恒定电流的值就是交流电的有效值．解答：解：设电流的有效值为I．取一个周期时间，由电流的热效应得：I2RT=〔〕2R•+〔4〕2•R•解得：I=2A，故ABD错误，C正确；应当选：C．点评：求交流电的有效值，往往根据电流的热效应，由有效值的定义求解，注意正弦式电流，与恒定电流所占的周期的比例是解题的关键．3．〔3分〕一个做简谐运动的质点，它的振幅是4cm，频率是2.5Hz，该质点从平衡位置开始经过2.5s后，位移的大小和经过的路程为〔〕A．4cm、10cm B．4cm、100cm C．0、24cm D．0、100cm考点：位移与路程．分析：由频率求出周期，根据振子在一个周期内通过的路程是四个振幅，求出振子在2.5s 内通过的路程，确定振子的位置，求出位移的大小．解答：解：振子振动的周期为：=0.4s，时间t=2.5s=由于从平衡位置开始振动，经过2.5s，振子到达最大位移处，其位移大小为：x=A=4cm．在2.5s内振子通过的路程为：S=6.25×4A=6.25×4×4cm=100cm．应当选：B．点评：此题解题的关键是掌握简谐运动的周期性，知道振子在一个周期内通过的路程是四个振幅，来求解振子通过的路程，确定其位置，再求解位移大小．4．〔3分〕一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示．如此如下说法正确的答案是〔〕A．t=0时刻，线圈平面与中性面垂直B．t=0.01s时刻，Φ的变化率最大C．t=0.02s时刻，交流电动势达到最大D．该线圈相应产生的交流电动势的图象如图乙所示考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式．专题：交流电专题．分析：线圈在中性面时磁通量最大，电动势最小，与中性面垂直时，通过的磁通量最小，变化率最大，电动势为最大．解答：解：A、由甲图知t=0时刻磁通量最大，线圈平面应在中性面，故A错误；B、t=0.01s时刻，磁通量等于零，但Φ的变化率达最大，故B正确；C、t=0.02s时刻，磁通量最大，交流电动势为零，故C错误；D、由甲图知交流电动势的图象应为正弦图象，故D错误；应当选：B．点评：此题关键是记住两个特殊位置：在中性面时磁通量最大，感应电动势最小，电动势方向改变；垂直中性面位置磁通量为零，但电动势最大．5．〔3分〕如下列图，A是一条边为L的正方形线框，电阻为R，保持线框以恒定速度v沿x 轴运动，并穿过图中所示的匀强磁场区域，假设以顺时针方向为电流的正方向，线框从图示位置开始计时，如此线框中产生的电流I随时间t的变化图线为如下图中的〔〕A．B．C．D．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．专题：电磁感应与图像结合．分析：由线圈运动时切割磁感线的长度，由E=BLv可求得感应电动势，如此由欧姆定律可得出电流；由右手定如此可得出电流的方向．解答：解：0﹣，线框在磁场外，穿过线框的磁通量不变，感应电流为0；﹣2，由右手定如此可得出电流的方向为逆时针的方向，电流是负的，感应电流I=，线框以恒定速度v运动，感应电流大小不变，2﹣4时间内，线框全部进入磁场，穿过线框的磁通量不变，没有感应电流，4﹣5时间内，线框左边切割磁感线，由右手定如此可得出电流的方向为顺时针的方向，电流是正的，感应电流大小不变；由图示图象可知，ABC错误，D正确；应当选：D．点评：此题考查的是线框穿磁场产生感应电流的典型情景，电磁感应与图象的结合一般考查选择题，先找到各图中的不同点，主要分析不同点即可得出正确答案．6．〔3分〕图甲为理想变压器，其原、副线圈的匝数比为4：l，原线圈接图乙所示的正弦交流电．图中R T为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表．如此如下说法正确的答案是〔〕A．图乙所示电压的瞬时值表达式为u=51sin50πtVB．变压器原、副线圈中的电流之比为1：4C．变压器输入、输出功率之比为1：4D．R T处温度升高时，电压表和电流表的示数均变大考点：交流的峰值、有效值以与它们的关系．专题：交流电专题．分析：由图乙可知交流电压最大值U m=51V，周期T=0.02秒，可由周期求出角速度的值，如此可得交流电压u的表达式 u=U m sinωt〔V〕，由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比，NTC是指随温度上升电阻呈指数关系减小、具有负温度系数的热敏电阻，Rt处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化．解答：解：A、原线圈接的图乙所示的正弦交流电，由图知最大电压51V，周期0.02s，故角速度是ω=100π，u=51sin100πt〔V〕，故A错误；B、根据公式得：变压器原、副线圈中的电流之比，故B正确；C、理想变压器的输入、输出功率之比应为1：1，故C错误；D、R t处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，但不会影响输入电压值，故D错误；应当选： B．点评：根据图象准确找出量，是对学生认图的根本要求，准确掌握理想变压器的特点与电压、电流比与匝数比的关系，是解决此题的关键．7．〔3分〕半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图1所示．有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图2所示．在t=0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止微粒．如此以下说法正确的答案是〔〕A．第2秒内上极板为正极B．第3秒内上极板为负极C．第2秒末微粒回到了原来位置D．第2秒末两极板之间的电场强度大小为考点：法拉第电磁感应定律；电场强度．专题：电磁感应与电路结合．分析：〔1〕由楞次定律可以判断出两极板哪个是正极，哪个是负极；〔2〕由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势，然后由匀强电场场强与电势差的关系可以求出两极板间的场强大小．解答：解：A、第2s内，磁感应强度均匀减小，根据楞次定律知，上极板为正极，故A 正确．B、第3s内，磁感应强度垂直纸面向外且逐渐增大，根据楞次定律知，上极板为正极，故B 错误．C、第1s内下极板为正极，微粒开始做匀加速直线运动，第2s内，上极板为正极，微粒做匀减速直线运动到零，2s末未回到原位置．故C错误．D、根据法拉第电磁感应定律可知，两极板间的电势差U=，如此电场强度E=．故D错误．应当选：A．点评：此题是一道综合题，考查了楞次定律、法拉第电磁感应定律、匀强磁场场强与电势差的关系的应用，难度较大，分析清楚图象、熟练应用根底知识是正确解题的关键．8．〔3分〕如下列图，边长为L的正方形导线框其质量为m，在距磁场上边界高H处自由下落，其下边框ab进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边框cd刚穿出磁场时，其速度减为ab边刚进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L，如此线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为〔〕A．2mgL B．2mgL+mgH C．2mgL+mgH D．2mgL+mgH考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：根据机械能守恒定律求出ab边刚进入磁场时的速度．线框穿越匀强磁场过程中机械能减小转化为内能，根据能量守恒定律求解焦耳热．解答：解：根据机械能守恒定律得mgH=得v=从线框下落到穿出匀强磁场过程，根据能量守恒定律得，焦耳热Q=2mgL+mgH﹣=2mgL+应当选C点评：此题是运用能量守恒定律处理电磁感应中能量问题，关键要正确分析能量是如何转化的．二、不定项选择题〔此题4小题，每题4分，共16分，每一小题至少有一个正确的答案，选对但不全得2分，选错或不选得0分〕9．〔4分〕关于简谐运动如下说法中正确的答案是〔〕A．物体的位移减小时，速度减小，加速度变小B．物体离开平衡位置的位移方向总是与加速度方向相反，与速度方向一样C．物体通过平衡位置时，合力不一定为零D．物体刚从平衡位置离开时，速度方向与位移方向一样考点：简谐运动．专题：简谐运动专题．分析：物体做简谐运动，回复力的方向总是指向平衡位置，根据牛顿第二定律分析加速度方向．简谐运动的质点位移﹣时间图象是正弦曲线．速度方向有时与位移方向相反，有时与位移方向一样．离开平衡位置时，速度和位移同向，返回时，速度和位移反向．解答：解：A、位移减小时，加速度a=﹣也减小，物体靠近平衡位置，是加速，故速度增大，故A错误；B、加速度a=﹣，负号表示加速度方向与位移方向总相反；离开时是减速，故加速度与速度方向相反；故B错误；C、物体通过平衡位置时，回复力为零，但合力不一定为零；如单摆会受到向心力；故C正确；D、从平衡位置离开时，物体做减速运动，速度的方向一位移方向不一定一样；故D错误；应当选：C点评：此题考查对描述简谐运动的物理量：速度、加速度、位移特点的理解和掌握程度．关键抓住位移的起点是平衡位置．10．〔4分〕在如下列图的电路中，a、b为两个完全一样的灯泡，L为自感系数较大而电阻不能忽略的线圈，E为电源，S为开关．关于两灯泡点亮和熄灭的如下说法正确的〔〕A．合上开关，a先亮，b后亮；稳定后a、b一样亮B．合上开关，b先亮，a后亮；稳定后b比a更亮一些C．断开开关，a、b都不会立即熄灭而是逐渐熄灭D．断开开关，b逐渐熄灭、a先变得更亮后再与b同时熄灭考点：自感现象和自感系数．分析：当电键闭合时，通过线圈L的电流实然增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮．断开瞬间也可以按照同样的思路分析．解答：解：A、B、由于a、b为两个完全一样的灯泡，当开关接通瞬间，b灯泡立刻发光，而a灯泡由于线圈的自感现象，导致灯泡渐渐变亮；同时，由于b的支路的电阻小，所以稳定后b比a更亮一些．故A错误，B正确；C、D、当开关断开瞬间，两灯泡串联，由线圈产生瞬间电压提供电流，导致两灯泡都是逐渐熄灭，由于a灯泡的电流小于b灯泡的电流，所以不会出现b灯泡更亮的现象，故C正确，D错误．应当选：BC点评：对于自感现象，是特殊的电磁感应现象，应用楞次定律和法拉第电磁感应定律进展理解．注意的是灯泡会更亮的原因是电流变大的缘故．11．〔4分〕如下列图，闭合的矩形导体线圈ABCD在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′方向观察，线圈沿顺时针方向转动．匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，AB边的边长为L1，AD边的边长为L2，线圈电阻为R，转动的角速度为ω，如此当线圈转至图示位置时〔〕A．线圈中感应电流的方向为ABCDAB．线圈中的感应电动势为2nBL2ωC．穿过线圈的磁通量的变化率最大D．线圈AD边所受安培力的大小为，方向垂直纸面向里考点：交流发电机与其产生正弦式电流的原理；安培力．专题：电磁感应与电路结合．分析：根据右手定如此判断感应电流的方向．图示时刻ad、bc两边垂直切割磁感线，根据感应电动势公式求解线圈中的感应电动势．图示时刻线圈中产生的感应电动势最大，由法拉第电磁感应定律分析磁通量的变化率．由安培力公式F=BIL求出安培力大小．解答：解：A、图示时刻，ad速度方向向外，bc速度方向向里，根据右手定如此判断出ad中感应电流方向为d→a，bc中电流方向为b→c，线圈中感应电流的方向为abcda．故A 正确．B、线圈中的感应电动势为E=nBSω=nBl1l2ω．故B错误．C、图示时刻ad、bc两边垂直切割磁感线，线圈中产生的感应电动势最大，由法拉第电磁感应定律分析得知，磁通量的变化率最大．故C正确．D、线圈ad边所受安培力的大小为F=nBIl2=nB•L2．故D错误．应当选：AC．点评：此题研究交变电流的产生规律，实质上是电磁感应知识的具体应用，是右手定如此、法拉第电磁感应定律、安培力等知识的综合应用．。
2014-2015学年山东省潍坊一中高二(下)月考物理试卷(4月份)
2014-2015学年山东省潍坊一中高二（下）月考物理试卷（4月份）一、选择题（本大题共11小题；每小题4分，共44分．在每小题给出的四个选项中，有一个选项或多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．）1. 下列说法中正确的是（ ）A.随着分子间距离增大，引力减小但斥力增大B.温度是分子热运动平均动能的标志C.液体分子的无规则运动称为布朗运动D.以上说法都不对2. 已知阿伏加德罗常数为 ，某物质的摩尔质量为 ，则该物质的分子质量和 水中所含氢原子数分别是（ ） A.，B. ，C.， D. ，3. 利用实验研究感应电流方向时，以下四个图中符合实验现象的是（ ） A.B.C. D.4. 如图所示，在电路两端加上正弦交流电，保持电压有效值不变，使频率增大，发现各灯的亮暗情况是：灯 变亮，灯 变暗，灯 不变，则 、 、 中所接元件可能是（ ）A. 为电阻， 为电容器， 为电感线圈B. 为电感线圈， 为电容器， 为电阻C. 为电容器， 为电感线圈， 为电阻D. 为电阻， 为电感线圈， 为电容器5. 如图所示，施加水平外力把矩形线圈从匀强磁场中匀速拉出，如果两次拉出的速度大小之比为 ，则拉出磁场的过程中（ ）A.两次线圈所受外力大小之比B.两次线圈发热之比C.两次线圈所受外力功率之比D.两次线圈中通过导线截面的电量之比6. 一个小型电热器若接在输出电压为 的直流电源上，消耗的电功率为 ，若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为．如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为（ ） A. B. C. D.7. 如图所示，理想变压器初级线圈的匝数为 ，次级线圈的匝数为 ，初级线圈两端 、 接正弦交流电源，电压表 的示数为 ，负载电阻为 时，电流表 的示数是 ．下列说法正确的是（ ）A.电流表 的示数为B.初级和次级线圈的匝数比为C.若将另一个电阻与原负载 并联，则电流表 的示数增大D.若将另一个电阻与原负载 并联，则电流表 的示数减小8. 如图 所示，矩形导线框 固定在匀强磁场中，磁感线垂直于线框所在平面向里．规定垂直于线框所在平面向里为磁场的正方向；线框中沿着 方向为感应电流 的正方向．要在线框中产生如图 所示的感应电流，则磁感应强度 随时间 变化的规律可能为（ ）A.B.C.D.9. 某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器和降压变压器向用户供电．已知输电线的总电阻为，降压变压器的原、副线圈匝数之比为，降压变压器副线圈两端交变电压，降压变压器的副线圈与阻值的电阻组成闭合电路．若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是（）A.通过电流的有效值是B.降压变压器原、副线圈的电压比为C.升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D.升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率10. 图是用电流传感器（相当于电流表，其电阻可以忽略不计）研究自感现象的实验电路，图中两个电阻的阻值均为，是一个自感系数足够大的自感线圈，其直流电阻值也为．图是某同学画出的在时刻开关切换前后，通过传感器的电流随时间变化的图象．关于这些图象，下列说法中正确的是（）A.图中甲是开关由断开变为闭合，通过传感器的电流随时间变化的情况B.图中乙是开关由断开变为闭合，通过传感器的电流随时间变化的情况C.图中丙是开关由闭合变为断开，通过传感器的电流随时间变化的情况D.图中丁是开关由闭合变为断开，通过传感器的电流随时间变化的情况11. 如图所示，由粗细均匀的电阻丝制成边长为的正方形线框，线框的总电阻为．现将线框以水平向右的速度匀速穿过一宽度为、磁感应强度为的匀强磁场区域，整个过程中、两边始终保持与磁场边界平行．令线框的边刚好与磁场左边界重合时，电流沿方向为正，．在下图中画出线框中电流和、两点间电势差随线框边的位移变化的图象中正确的是（）A.B.C.D.二．填空题（本大题共3小题，共18分．把答案填横线上）1. 已知某物质的摩尔质量和密度分别为和，阿伏加德罗常数为，则该物质每一个分子的质量为________，该物质单位体积的分子数为________．2. 如图所示，长度，电阻的导体沿光滑导线框向右做匀速运动，运动的速度．线框中接有的电阻．整个空间有磁感应强度的匀强磁场，磁场方向垂直于线框平面，其余电阻不计．电路中相当于电源的部分是________；________相当于电源的正极，金属杆两端间的电压为________，导体所受安培力的大小________，电阻上消耗的功率________．3. 在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，用移液管量取油酸，倒入标注的容量瓶中，再加入酒精后得到的溶液，然后用滴管吸取这种溶液，向小量筒中滴入滴溶液，溶液的液面达到量筒中的刻度，再用滴管取配好的油酸溶液，向撒有痱子粉的盛水浅盘中滴下滴溶液，在液面上形成油酸薄膜，待油膜稳定后，放在带有正方形坐标格的玻璃板下观察油膜，如图所示．坐标格正方形的大小为，由图可以估算出油膜的面积是________（保留两位有效数字），由此估算出油膜分子的直径是________（保留一位有效数字）．三．简答题（本大题共3小题，共38分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）1. 一个足球的容积，原来装满的空气．现用打气筒给这个足球打气，每次可把、压强为的空气打入球内，要使足球内部的压强增为，应打气多少次？（设足球的容积和空气温度在打气过程中不变）2. 如图所示，一矩形线圈在匀强磁场中绕轴匀速转动，磁场方向与转轴垂直．线圈匝数，电阻，长，宽，角速度．磁场的磁感强度．线圈两端外接电阻的用电器，和一个理想交流电流表．试分析求解：（1）线圈中产生感应电动势的最大值；（2）电流表的读数；（3）用电器上消耗的电功率．3. 如图甲所示，、为间距足够长的平行导轨，，导轨的电阻均不计．导轨平面与水平面间的夹角，间连接有一个的电阻．有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为．将一根质量为的金属棒紧靠放置在导轨上，且与导轨接触良好．现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至处时达到稳定速度，已知在此过程中通过金属棒截面的电量，且金属棒的加速度与速度的关系如图乙所示，设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与平行．．求：（1）金属棒与导轨间的动摩擦因数；（2）金属棒的电阻；（3）离的距离；（4）金属棒滑行至处的过程中，电阻上产生的热量．参考答案与试题解析2014-2015学年山东省潍坊一中高二（下）月考物理试卷（4月份）一、选择题（本大题共11小题；每小题4分，共44分．在每小题给出的四个选项中，有一个选项或多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．）1.【答案】B【考点】温度是分子平均动能的标志分子间的相互作用力【解析】分子间距离增大时，分子间的引力、斥力都减小；布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的运动；温度是分子的平均动能的标志．【解答】解：、随着分子间距离增大，引力和斥力减小同时减小，故错误；、温度是分子热运动平均动能的标志，是大量分子做无规则运动的统计规律．故正确，错误；、布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的运动，不是液体分子的无规则运动；故错误；故选：．2.【答案】A【考点】阿伏加德罗常数【解析】分子质量等于摩尔质量与阿伏伽德罗常数的比值，根据水的质量求出水的物质的量，结合阿伏伽德罗常数求出原子数．【解答】解：物质分子的质量，的水物质的量为，则水中氢原子数为：．故正确，、、错误．故选：．3.【答案】A,B【考点】楞次定律由安培定则判断出磁场方向，然后由楞次定律判断出感应电流的方向．【解答】解：、、条形磁铁的极向下运动的过程中，向下的磁场增大，根据楞次定律可知感应电流的磁场的方向向上，则流过电流表的电流的方向向下，故正确，错误；、、条形磁铁的极向下运动的过程中，向上的磁场增大，根据楞次定律可知感应电流的磁场的方向向下，则流过电流表的电流的方向向上，故正确，错误；故选：4.【答案】C【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用【解析】线圈的感抗与交流电的频率成正比，电容器的容抗与频率成反比，而电阻与频率没有关系．交流电频率增大，灯泡变暗，阻抗变大，变亮，阻抗变小．【解答】解：交流电频率增大，灯变亮，阻抗变小，说明是电容器；灯变暗，阻抗变大，说明为电感线圈．灯亮度不变，说明为电阻，故正确，错误．故选：．5.【答案】C,D【考点】导体切割磁感线时的感应电动势电功、电功率【解析】线框匀速被拉出时，拉力等于安培力，根据切割产生的感应电动势公式、闭合电路欧姆定律、安培力公式求出拉力的表达式，从而得出拉力之比；根据拉力的大小得出拉力功率的表达式，从而得出拉力功率之比．根据拉力做功等于产生的焦耳热，得出热量的表达式，从而得出产生的焦耳热之比．【解答】解：、将线圈匀速拉出时，，因为速度之比为，则拉力之比为．故错误．、根据能量守恒知，拉力做功等于产生的焦耳热，则，因为速度之比为，则产生的焦耳热之比为．故错误．、拉力的功率，因为速度之比为，所以拉力的功率之比为．故正确．、通过导线的电荷量为：则与线框移动速度无关，磁通量的变化量相同，所以通过导线横截面的电荷量．故正确．故选：6.C【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系【解析】根据焦耳定律求解电流的有效值，其中是有效值．再根据有效值与最大值的关系求出最大值．【解答】解：设电热器的电阻为，时间内产生的热量为，则：此热量是接交流电源上产生的热功率的倍，所以所以：有解得：有所以最大值为有故选：7.【答案】A,B,C【考点】变压器的构造和原理【解析】理想变压器输入功率等于输出功率，原副线圈电流与匝数成反比，原副线圈电压与匝数成正比．且电流与电压均是有效值，电表测量值也是有效值．【解答】解：、变压器的输出功率等于输入功率，则：得：，正确，、由于原副线圈电流与匝数成反比，所以初级线圈和次级线圈的匝数比为，正确；、若将另一个电阻与原负载并联，总电阻减小而电压不变，副线圈电流增大，电流与匝数成反比，则电流表的示数增大，正确错误；故选：8.【答案】B【考点】导体切割磁感线时的感应电动势闭合电路的欧姆定律【解析】根据楞次定律，通过磁场的变化判断感应电流的方向，根据法拉第电磁感应定律判断感应电动势即感应电流的大小．【解答】解：、在时间内，磁场垂直纸面向里，且均匀增大，根据楞次定律，知感应电流的方向为，与规定的正方向相反，感应电流为负值．故错误．、在时间内，磁场垂直纸面向里，且均匀减小，根据楞次定律，知感应电流的方向为，与规定的正方向相同，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为定值，则感应电流为定值，同理，在时间内，感应电流的方向为，与规定的正方向相反，感应电流为负值，且为定值．故正确．、在时间内，磁场垂直纸面向里，且均匀减小，根据楞次定律，知感应电流的方向为，与规定的正方向相同，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为定值，则感应电流为定值，在时间内，磁场方向垂直纸面向外，且均匀增大，根据楞次定律，感应电流的方向仍然为，与规定的正方向相同．故错误．、磁感应强度不变，磁通量不变，则不产生感应电流．故错误．故选．9.【答案】A,B,D【考点】远距离输电【解析】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，可以求得降压变压器的电流和输电线上的电流的大小，从而可以求得输电线和用电器消耗的功率的大小．【解答】解：、降压变压器副线圈两端交变电压有效值为，负载电阻为，所以通过电流的有效值是，选项正确；、降压变压器的原、副线圈匝数之比为，所以降压变压器原、副线圈的电压比为，所以选项正确；、升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压加上输电线上的电压，所以选项错误；、升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线上的功率，所以选项正确．故选：．10.【答案】B,C【考点】自感现象和自感系数【解析】接通电源的瞬间，线圈相当于断路，回路中的电流逐渐增大到稳定不变；断开电源的瞬间，线圈相当于电源，电流逐渐减小到零．【解答】解：开关由断开变为闭合，由于的自感作用，通过传感器的电流是逐渐增大的，当稳定以后，自感消失，电流保持不变，故错误正确；开关由闭合变为断开，传感器的电流立即为零，由于的自感作用（相当于电源），传感器的电流与原来反向且逐渐减小为零，故正确错误；故选11.【答案】A,D【考点】导体切割磁感线时的感应电动势【解析】当线框进入磁场时，磁通量发生变化有感应电流产生，根据有效切割长度判断出电流大小变化，根据楞次定律或右手定制判断出感应电流方向，即可正确解答．【解答】解：当线框进入磁场的过程，切割的长度不变，即感应电动势及电流大小不变；由右手定则可知，电流为逆时针（沿），故为正值，、两点间电势差；当线框全部进入磁场，磁通量不变，无感应电流．边的电压等于边产生的感应电动势，故为正值；；同理可知，线框从磁场中出来的过程中，电流为顺时针的方向，故为负值，点的电势高于点的电势，；故正确．故选：．二．填空题（本大题共3小题，共18分．把答案填横线上）1.【答案】,【考点】阿伏加德罗常数【解析】每摩尔物体含有个分子数，所以分子的质量等于摩尔质量除以阿伏伽德罗常数．要求出单位体积内的分子数，先求出单位体积的摩尔量，再用摩尔量乘以阿伏伽德罗常数．【解答】解：每个分子的质量．单位体积的质量等于单位体积乘以密度，质量除以摩尔质量等于摩尔数，所以单位体积所含的分子数；故答案为：；．2.【答案】,,,,【考点】导体切割磁感线时的感应电动势电功、电功率安培力【解析】根据右手定则判断感应电流的方向，即可确定等效电源的正负极．根据求出感应电动势，由全电路欧姆定律得出电流强度，由欧姆定律可求得间的电压．由公式求解安培力的大小，根据公式求解电阻上消耗的功率．【解答】解：电路中棒切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源．由右手定则判断可知相当于电源的正极是端．感应电动势为：感应电流为：两端间的电压为外电压，为杆所受的安培力为：电阻上消耗的功率故答案为：，，，，3.【答案】,【考点】用油膜法估测分子的大小【解析】由图示油膜求出油膜的面积，根据题意求出两滴油酸溶液含纯油的体积，然后求出油膜的厚度，即油酸分子的直径，从而即可求解．【解答】解：由图示油膜可知，油膜的面积为：两滴油酸溶液含纯油的体积：，油酸分子的直径为：；故答案为：，三．简答题（本大题共3小题，共38分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）1.【答案】应打气次【考点】理想气体的状态方程【解析】对打了次的总的空气运用玻意耳定律列式求解即可【解答】解：对打足气后球内的气体有：初态：，；末态：，．由玻意耳定律得，所以，解得，即应打气次．2.【答案】（1）线圈中产生感应电动势的最大值为；（2）电流表的读数；（3）用电器上消耗的电功率【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理电功、电功率【解析】（1）线圈中产生的感应电动势的最大值表达式为，写出感应电动势的瞬时表达式，再根据欧姆定律求出电流的瞬时表达式．（2）电流表测量电流的有效值．根据和欧姆定律求出电流的有效值．（3）用电器消耗的电功率，是电流的有效值．【解答】解：（1）线圈中产生的感应电动势的最大值表达式为：代入数据得：（2）由根据欧姆定律可知：解得由电流表读数即为该交流电的有效值解得（3））由小灯泡消耗的电功率：答：（1）线圈中产生感应电动势的最大值为；电流表的读数；（3）用电器上消耗的电功率3.【答案】（1）金属棒与导轨间的动摩擦因数；（2）金属棒的电阻是；（3）离的距离是；（4）金属棒滑行至处的过程中，电阻上产生的热量是．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势焦耳定律【解析】（1）当刚释放时，导体棒中没有感应电流，所以只受重力、支持力与静摩擦力，由牛顿第二定律可求出动摩擦因数．（2）当金属棒速度稳定时，受到重力、支持力、安培力与滑动摩擦力达到平衡，这样可以列出安培力公式，产生感应电动势的公式，再由闭合电路殴姆定律，列出平衡方程可求出金属棒的内阻；（3）结合闭合电路的欧姆定律，利用通过棒的电量来确定金属棒移动的距离．（4）金属棒滑行至处的过程中，由动能定理可求出安培力做的功，而由于安培力做功导致电能转化为热量．【解答】解：（1）由图乙知，当时，，根据牛顿第二定律得代入数据解得：（2）由图乙可知：金属棒的最大速度为当金属棒达到稳定速度时作匀速运动，有：；感应电流安培力受力平衡得：解得（3）通过棒的电量则得（4）棒下滑的过程中重力、摩擦力与安培力做功，根据动能定理得：根据功能关系知，总；电阻上产生的热量总答：（1）金属棒与导轨间的动摩擦因数；（2）金属棒的电阻是；（3）离的距离是；（4）金属棒滑行至处的过程中，电阻上产生的热量是．。
山东省德州市乐陵一中2013-2014学年高二物理下学期期中试题
高二阶段性检测物理试题2014.4本卷分第I卷〔选择题〕和第II卷〔非选择题〕两局部。
考试时间90分钟。
总分为100分。
第I卷〔选择题共60分〕须知事项：1、答第I卷前，考生务必将自己的姓名、考号、班级、考试科目、试卷类型涂写在答题卡上。
考试完毕，将答题卡和答题卷一并交回。
2、每一小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
一、此题共12小题；每一小题5分，共60分。
在每一小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。
全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错的或不答的得0分。
1、如下说法中不正确的答案是〔〕A．话筒是一种常用的声传感器，其作用是将电信号转换为声信号B．电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器的作用是控制电路的通断。
C．电子秤所使用的测力装置是力传感器D．热敏电阻能够把温度这个热学量转换为电阻这个电学量2、如下列图，在两根平行长直导线中，通以同方向、同强度的电流，导线框ABCD和两导线在同一平面内，导线框沿着与两导线垂直的方向自右向左在两导线间匀速运动。
在运动过程中，导线框中感应电流的方向〔〕A．沿ABCD方向不变B．沿ADCB方向不变C．由ABCD方向变成ADCB方向D．由ADCB方向变成ABCD方向3、将一磁铁缓慢或者迅速地插到闭合线圈中的同一位置处，不发生变化的物理量是〔〕A．磁通量的变化量 B．磁通量的变化率C．感应电流的大小 D．流过导体横截面的电量4、将输入电压为220V，输出电压为6V的变压器，改装成输出电压为30V的变压器，副线圈原来的匝数为30匝，原线圈的匝数不变，如此副线圈应增加的匝数为〔〕A．150匝B．144匝C．130匝D．120匝5、将阻值为5Ω的电阻接到内阻不计的交流电源上，电源电动势随时间变化的规律如下列图，如下说法中正确的答案是〔〕A．电路中交变电流的频率为0.25HzB．通过电阻的电流为A2C．电阻消耗的电功率为2.5WD．用交流电压表测得电阻两端的电压是5V6、如下列图是测定线圈L的直流电阻的电路，线圈L的自感系数很大，两端并联一只电压表，以测量自感线圈的直流电压。
2014年下学期高二理科物理第一次月考试卷
2014年下学期高二理科物理第一次月考试卷D近导体的M 端，可能看到的现象是 （ ） A ．只有M 端验电箔张开，且M 端带正电 B ．只有N 端验电箔张开，且N 端带正电C ．两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电D ．两端的验电箔都张开，且两端都带正电或负电二、多项选择题（每小题4分，共16分。
在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项是正确的，全部选对得4分，对而不全得2分。
）10.两个用相同材料制成的半径相等的带电金属小球,其中一个球的带电量的绝对值是另一个的5倍,它们间的库仑力大小是F ,现将两球接触后再放回原处,它们间库仑力的大小可能是（ ）A.5 F /9B.4F /5C.5F /4D.9F /511.对公式 E=kQ/r 2的几种不同理解，错误的是 ( )A ．当r →0时，E →∞B ．当r →∞时，E →0C ．某点的场强与场源点电荷Q 的大小成正比D ．在以点电荷Q 为中心，r 为半径的球面上，各处的电场强度都相同12.如图所示，电场中有A 、B 两点，则下列说法中正确的是 （） A ．电势B A ϕϕ>，场强B A E E > B ．电势B A ϕϕ>，场强B A E E <C ．将q +电荷从A 点移到B 点电场力做了正功D ．将q -电荷分别放在A 、B 两点时具有的电势能PB PAE E >13.如图所示是一个说明示波管工作管理的示意图，电子经电压U 1加速后以速度v 0垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h ．两平行板间距离为d ，电势差为U 2，板长是l ，为提高示波管的灵敏度2U h (每单位电压引起的偏转量)可采用以下哪些方法( )A ．增大两板间电势差U 2B ．尽可能使板长L 增长一些C ．尽可能使板距d 小一些D ．使加速电压U 1升高一些2014年下学期高二理科物理第一次月考试卷请 把选择题答案填入下表题次123 4 5 6 7 8 9答案题次10 11 12 13答案三．三、填空题：（每空２分，共16分）14.电量为2×10-6C的正点电荷放入电场中A点，受到作用力为4×10-4N，方向向右，则且点的场强为____________N/C，,方向______ 。
山东省德州市乐陵一中高二物理下学期4月期中试题
t/s i/ A 0 102 —102 0.01 2014-2015学年第二学期期中物理检测题一、选择题（共10小题，40分，每小题有一个或几个正确选项，选对的得4分，选不全的得2分，选错的或不选的得0分）1．下列关于分子运动和热现象的说法正确的是 ( )A ．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在斥力的缘故B ．一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子之间的势能增加C ．一定质量的理想气体，当压强不变而温度由100℃上升200℃时，其体积增大为原来的2倍D ．如果气体分子总数不变。
而气体温度升高，气体分子的平均动能增大因此压强必然增大2．布朗运动的发现，对物理学的主要贡献是 ( )A ．说明了悬浮微粒时刻在做无规则运动B ．说明了分子在永不停息地做无规则运动C ．说明了悬浮微粒的无规则运动是因为微粒的体积很小D ．说明了液体分子与悬浮微粒之间有相互作用力3．一定质量的气体，在体积不变时，温度每升高1℃，它的压强增加量( )A ．相同B ．逐渐增大C ．逐渐减小D ．成正比例增大4.一定质量的理想气体经历如图所示的一系列过程ab 、bc 、cd 和da 这四段过程在p —T 图上都是直线段，其中ab 的延长线通过坐标原点，bc 垂直于ab ，而cd平行于ab ，由图可以判断（ ）A ．ab 过程中气体体积不断减小B 。
bc 过程中气体体积不断减小C ．cd 过程中气体体积不断增大D 。
da 过程中气体体积不断增大5．如图所示，一水平放置的矩形闭合线框abcd 在细长磁铁的N 极附近竖直下落，保持bc 边在纸外，ad 边在纸内。
由图中位置I 经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，位置I 和位置Ⅲ都很接近位置Ⅱ，这个过程中线圈感应电流 ( )A ．沿abcd 流动B ．沿dcba 流动C ．先沿abcd 流动,后沿dcba 流动D ．先沿dcba 流动,后沿abcd 流动6．一交流电流的图象如图所示，由图可知 （ ）A ．用电流表测该电流其示数为10AB ．该交流电流的频率为100HzC ．该交流电流通过10Ω电阻时，电阻消耗的电功率为2000 WD ．该交流电流瞬时值表达式为i ＝102sin628t A7．如图所示，EOF 和E ′O ′F ′为空间一匀强磁场的边界，其中EO ∥E ′O ′，FO ∥F ′O ′，且EO ⊥OF ；OO ′为∠EOF 的角平分线，OO′间的距离为l；磁场方向垂直于纸面向里．一边长为l的正方形导线框沿O′O方向匀速通过磁场，t＝0时刻恰好位于图示位置．规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流i与时间t的关系图线可能正确的是( )．8．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1，电池和交变电源的电动势都为6 V，内阻均不计．下列说法正确的是 ( )．A．S与a接通的瞬间，R中无感应电流B．S与a接通稳定后，R两端的电压为0C．S与b接通稳定后，R两端的电压为3 VD．S与b接通稳定后，原、副线圈中电流的频率之比为2∶19．如图所示，一理想自耦变压器线圈AB绕在一个圆环形的闭合铁芯上，输入端AB间加一正弦式交流电压，在输出端BP间连接了理想交流电流表、灯泡和滑动变阻器，移动滑动触头P的位置，可改变副线圈的匝数，变阻器的滑动触头标记为Q，则( )A．只将Q向下移动时，灯泡的亮度变大B．只将Q向下移动时，电流表的读数变小C．只将P沿顺时针方向移动时，电流表的读数变大D．只提高输入端的电压U时，电流表的读数变大10．如图(a)所示，abcd是由导体做成的框架，框架平面与水平面成 角．质量为m的导线棒PQ与ab、cd接触良好，回路中的总电阻为R，整个装置放在垂直于框架平面的变化的磁场中,磁场的磁感强度随时间变化情况如图(b)，PQ始终静止。
高二物理期末试题-德州市2014-2015学年高二下学期期末试卷物理试题及答案
2014-2015学年山东省德州市高二（下）期末物理试卷一、选择题（本题共有10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的。
全部选对的得4分，选不全得得2分，有选错或不答的得0分））1．用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法，下面四个物理量中不属于比值法定义的是（）A．电场强度B．磁感应强度C．交变电流有效值D．电阻2．如图所示，理想变压器原副线圈的匝数之比为10：1，在原线圈两端加上交变电压U=220sin100πt（V）时，灯泡L1、L2均正常发光，其中R t为热敏电阻，阻值随温度的升高而减小，电压表和电流表可视为理想电表，下列说法正确的是（）A．电压表的示数为22VB．原副线圈通量的变化率之比为10：1C．当环境温度升高时，电流表示数变大，电压表示数变小D．当环境温度降低时，灯泡L2变暗3．直线ABC是某电场中的一条电场线，一质子仅在电场力作用下以某一初速度沿电场线由A经B运动到C的过程中，其v﹣t图象如图中实线所示，质子经B点时的速度为v0．下列说法正确的是（）A．直线ABC是等量异种电荷连线上的一段电场线B．A点的电势最低C．B点的电场强度最大D．该过程中质子电势能先增大后减小4．如图所示的甲、乙两个电路，电感线圈的自感系数足够大，且直流电阻非常小但不可忽略，闭合开关S，待电路达到稳定后，灯泡均能发光．现将开关S断开，这两个电路中灯泡亮度的变化情况可能是（）A．甲电路中灯泡将渐渐变暗B．甲电路中灯泡将先变得更亮，然后渐渐变暗C．乙电路中灯泡将渐渐变暗D．乙电路中灯泡将先变得更亮，然后渐渐变暗5．如图甲所示，矩形导线框固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定垂直纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，则（）A．0到t1时间内，导线框中电流越来越小B．0到t2时间内，导线框中电流的方向先为顺时针后为逆时针C．0到t2时间内，导线框ab边受到的安培力越来越大D．0到t2时间内，导线框有先扩张后收缩的趋势6．如图所示，水平地面上放置一根条形磁铁，在两磁极正中央的左上方用绝缘轻杆固定一水平直导线，导线与磁铁垂直，当直导线中通入图中所示方向的电流时，磁铁在水平地面上保持静止．则（）A．磁铁受到水平向右的静摩擦力B．磁铁受到水平向左的静摩擦力C．若突然增大电流，则磁铁对地面的压力变大D．若突然增大电流，则磁铁对地面的压力变小7．如图所示，等腰三角形的左半部分区域内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，其顶点在x轴上且底边长为4L，高为L，底边与x轴平行，纸面内一直角边长为L和2L的直角三角形导线框以恒定速度沿x轴正方形穿过磁场区域．t=0时刻导线框恰好位于图中所示的位置．规定顺时针方向为导线框中电流的正方向，下列能够正确表示电流一位移（i﹣x）关系的是（）A．B．C．D．8．磁流体发电是一项新兴技术，它可以把气体的内能直接转化为电能，如图所示，平行金属板P、Q有很强的匀强磁场，磁感应强度为B，现将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电离子）垂直于磁场的方向喷入，每个离子的速度为v，电荷量大小为q，已知P、Q两板间距为d．电路稳定后下列说法中正确的是（）A．图中P板是电源的正极B．电源的电动势与离子所带电荷量q有关C．电源的电动势与离子喷入的速度v有关D．电源的电动势与金属板间距d有关9．如图所示，单匝矩形线圈abcd在外力作用下，先后两次向右匀速进入同一匀强磁场，已知两次进入磁场的过程中，线圈中电流之比为2：1，则两次相比较（）A．第一次与第二次线圈的速度之比为2：1B．第一次与第二次外力做功的功率之比为4：1C．第一次全部进入磁场和第二次全部进入磁场线圈中产生的热量之比为8：1D．第一次全部进入磁场和第二次全部进入磁场，通过线圈中同一横截面的电荷量之比为2：110．两块竖直放置的平行金属板A、B间距为d，两板间电压为U，一质量为m且带正电的质点从两板间的M点开始竖直向上运动，初速度大小为v0，当它到达电场中N点时，速度变为水平方向，大小仍为v0，如图所示，此过程中（忽略带电质点对金属板上电荷均匀分布的影响，重力加速度为g）（）A．质点的机械能守恒B．电势能的增量为﹣mvC．M、N两点间的竖直高度差H MN=D．M、N两点间的电势差U MN=二、实验题（本题共有2个小题，第11题5分，第12题10分，共15分．请把答案另填在答题卡上）11．若多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是×1、×10、×100．用×10挡测量某电阻R x时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度过小，为了较准确地进行测量，则应：①将选择开关置于；②将红、黑表笔短接进行；③将待测电阻R x接在红黑表笔间进行测量．若按照以上①②③步骤正确操作后，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值是Ω．12．（10分）（2015春•德州期末）某实验小组通过实验描绘一个规格为“3V0.25A”的LED灯的伏安特性曲线，实验室提供的器材有：A．电流表A1（量程为0.6A，内阻约为10Ω）B．电流表A2（量程为300mA，内阻约为5Ω）C．滑动变阻器R1（阻值范围0﹣20Ω，允许的最大电流为1A）D．滑动变阻器R2（阻值范围0﹣200Ω，允许的最大电流为0.3A）E．电压表V（量程为3V，内阻约3kΩ）F．开关SG．直流电源E（电动势4V，内阻很小）（1）为使测量结果尽量准确，电流表选取，滑动变阻器选取（填写器材前的字母序号）（2）图甲中已经连接了部分电路，请用笔画线代替导线将电路连线补充完整．（3）为得到伏安特性曲线，以电压表读数U为横轴，电流表读数I为纵轴，将实验中得到的多组数据进行了描点，如图乙所示，请完成I﹣U图象．（4）如果将此LED灯连入图丙所示电路，其中电源电动势为3V，电源内阻与保护电阻R0的总阻值为15Ω，开关S闭合后，小灯泡的功率为W（结果保留两位有效数字）．三、计算题（本题共有2个小题，共30分．解答应写必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写最后答案不得分。
山东省德州市2015届高三物理下学期4月二模考试试题
理科综合试题本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共16页，满分300分，考试用时150分钟。
考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目填涂在试卷和答题纸规定的地方。
第I卷（选择题共107分）注意事项：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题纸上对应的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净以后，再涂写其他答案标号。
在试卷上答题无效。
可能用到的相对原子量：H:1 0: 16 Na：23 Si：28二、选择题（共7小题，每小题6分，共42分。
每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
）14.在物理学的发展过程中，许多物理学家都做出了重要的贡献，他们也创造出了许多物理学研究方法。
下列关于物理学研究方法的叙述中正确的是A.物理学中所有物理量都是采用比值法定义的B．质点、点电荷都是理想化模型C．库仑首先提出电场的概念D．重心、合力和交变电流的有效值概念的建立都体现了等效替代的思想15. -物体运动的速度图线如图所示。
下列选项正确的是A. 0～2s内的加速度小于5～6s内的加速度B．0～6s内，物体离出发点最远为30mC．0～6s内，物体的平均速度为7.5m／sD．5～6s内，物体所受的合外力做负功16.如图所示，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑。
小球被轻质细线系住放在斜面上，细线另一端跨过定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢向上移动一小段距离，斜面体始终静止。
移动过程中A.细线对小球的拉力变大B．斜面对小球的支持力变大C．斜面对地面的压力变大D．地面对斜面的摩擦力变小17.如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比n1:n1=4：1，电源电压u=2202sin 314 t(V)，原线圈电路中接人熔断电流I0=1A的保险丝，副线圈电路中接人一可变电阻R，电压表为理想电表。
则A.电压表的读数为552VB ．当可变电阻R 的阻值变大时，电源的输出功率变小C ．副线圈的输出功率一定是220WD ．可变电阻R 的最小电阻值为13. 7518.如图所示，正方形ABCD 处于真空中一对等量异种点电荷形成的电场中，点电荷和正方 形共面。
【2014德州二模】山东省德州市2014届高三4月模拟考试 理综物理 Word版含答案
高中三年级模拟检测理科综合试题2014．4 本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共16页。
满分300分。
考试用时150分钟。
考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目填涂在试卷和答题纸规定的地方。
第I卷(选择题共107分)注意事项：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题纸上对应的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净以后，再涂写其他答案标号。
在试卷上答题无效。
以下数据可供答题时参考：可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 Na：23 C1：35．5 Fe：56Cu：64 Zn：65二、选择题(本题包括7小题，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确。
有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分。
有选错的得0分)14．以下叙述正确的是A．伽利略根据理想斜面实验，否定了“力是维持物体运动状态的原因”这一观点B．库仑在研究电荷间相互作用时，提出了“电场”的概念C．欧姆定律UIR=采用比值定义法定义了电流强度这一物理量D．用质点来代替实际物体是等效替代的方法15．如图所示，三个重均为100N的物块，叠放在水平桌面上，各接触面水平，水平拉力F=20N 作用在物块2上，三条轻质绳结于O点，与物块3连接的绳水平，与天花板连接的绳与水平方向成45o角，竖直绳悬挂重为20N的小球P。
整个装置处于静止状态。
则A．物块1和2之间的摩擦力大小为20NB．水平绳的拉力大小为20NC．桌面对物块3的支持力大小为320ND．物块3受5个力的作用16．如图所示，A为置于地球赤道上的物体，B为绕地球做椭圆轨道运行的卫星，C为绕地球做圆周运动的卫星，P为B、C两卫星轨道的交点。
已知A、B、C绕地心运动的周期相同。
相对于地心，下列说法中正确的是A．卫星C的运行速度大于物体A的速度B．物体A和卫星C具有相同大小的加速度C．卫星B运动轨迹的半长轴与卫星C运动轨迹的半径相等D．卫星B在P点的加速度大小与卫星C在该点加速度大小相等17．如图甲为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器。
15学年下学期高二第二次月考物理试题(附答案)(2)
北城中学2014—2015学年度第二学期第二次月考高二物理试题（卷）温馨提示：1．本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，总分100分，考试时间90分钟。
2．考试前考生将自己班级、姓名、考号填写在指定位置上。
3．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案实用0．5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚。
4．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效。
5．考生作答时，将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无效。
考试结束后，将答题卡交回。
第Ι卷（选择题，共56分）一、选择题（本题包括14小题，每小题4分,共56分。
其中1—10题为单选，11—14题为多选，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错的得0分。
）1．篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球。
接球时两手随球迅速收缩至胸前，这样做可以（）A．减小球对手的冲量B．减小球对手的冲击力C．减小球的动量变化量D．减小球的动能变化量2．下列关于冲量的说法中正确的是（）A．物体受到很大的冲力时，其冲量一定很大B．当力与位移垂直时，该力的冲量为零C．不管物体做什么运动，在相同时间内重力的冲量相同D．只要力的大小恒定，其相同时间内的冲量就恒定3．如图所示，两个质量相等的小球从同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，下滑到达斜面底端的过程中（）A．两物体到达斜面底端时时间相同B．两物体所受合外力冲量相同C．两物体所受重力做功相同D．两物体到达斜面底端时动能不同4．质量是1kg 的钢球，以5m/s 的速度水平向右运动，碰到墙壁后以3m/s 的速度被反向弹回。
假设球与墙面接触的时间为0.1s ，设水平向右为正方向，则（ ） A ．钢球的动量变化量为2kg ∙m/s B ．钢球的动量变化量为-2kg ∙m/s C ．墙面对钢球的冲量为8kg ∙m/s D ．墙面对钢球的冲量为-8kg ∙m/s5．如图所示，小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法正确的是（ ） A ．男孩和木箱组成的系统动量守恒 B ．小车与木箱组成的系统动量守恒C ．男孩、小车和木箱三者组成的系统动量守恒D ．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同 6．一枚火箭搭载着卫星以速率v 0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。
山东省德州市跃华学校高二物理下学期4月月考试题(无答案)
跃华学校2014——2015学年第二学期4月份考试高二物理试题第I卷（选择题，共40分）选择题（共10小题，每小题4分。
每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1. 许多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献，下列叙述中符合史实的是（）A.库伦发现了点电荷间的作用规律，并提出了电场的概念B.安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C.感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果D.法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，或出现感应电流。
2. 如图所示，a、b都是较轻的铝环，a环闭合，b环断开，横梁可以绕中间支点自由转动，开始时整个装置静止．下列说法中正确的是( )A．条形磁铁插入a环时，横梁不会发生转动B．只有当条形磁铁N极拔出铝环时，横梁才会转动C．条形磁铁用相同方式分别插入a、b环时，两环转动情况相同D．铝环a产生的感应电流总是阻碍铝环与磁铁间的相对运动如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为L，纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t=0时刻恰好位于如图所示的位置，以顺时针I )关系方向为导线框中电流的正方向，下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流—位移(x的是( )4.一正弦交变电流的电压随时间变化的规律如图所示。
由图可知该交变电流( )A ．周期为0.125sB ．电压的有效值为102VC ．电压的最大值为202VD ．电压瞬时值的表达式为102sin8u t π=(V)5.如图，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=4∶1，电压表V 和电流表A 均为理想电表，灯泡电阻RL=12Ω，AB 端电压1242sin100(V)u t π=。
下列说法正确的是( )A ．电流频率为100HzB ．电压表V 的读数为96VC ．电流表A 的读数为0.5AD ．变压器输入功率为6Wa 、b 和6.如图所示，电路中三个完全相同的灯泡c 分别与电阻R 、电感L 和电容C 串联，当电路两端接人220V 、50Hz 的交变电压，三个灯泡亮度恰好相同。
山东高二高中物理月考试卷带答案解析
山东高二高中物理月考试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要。
以下说法符合史实的是（ ）A ．焦耳发现了电流的热效应B ．安培发现了电流的磁效应C ．库仑利用扭秤实验得出了电荷间的相互作用规律D ．奥斯特不仅提出了场的概念，而且用电场线和磁感线直观地描绘了场的清晰图像2.电场中有一点P ，下列说法中正确的是（ ）A ．若放在P 点的电荷量减半，则P 点的场强减半B ．若P 点没有检验电荷，则P 点场强为零C ．P 点的场强越大，则同一电荷在P 点受到的电场力越大D ．P 点的场强方向为放在该点的电荷的受力方向3.如图所示是某电场中的一条直电场线，一电子(重力不计)从a 点由静止释放，它将沿直线向b 点运动，则可判断（ ）A ．该电场一定是匀强电场B ．场强E a 一定小于E bC ．电子具有的电势能一定大于 D ．两点的电势一定低于4.逻辑电路的信号有两种状态：一是高电位状态,用“1”表示；一是低电位状态，用“0”表示,关于这里的“1”和“0”,下列说法中正确的是（ ）A ．“1”表示电压为1 V ，“0”表示电压为0 VB ．“1”表示电压为大于或等于1 V ，“0”表示电压一定为0 VC ．“1”和“0”是逻辑关系的两种可能的取值，不表示具体电压5.某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生交变电流的图象如图所示，下列判断正确的是（ ）A ．在A 和C 时刻线圈处于中性面位置B ．在B 和D 时刻穿过线圈的磁通量为零C ．从A ～D 时刻线圈转过的角度为2弧度D ．若从O ～D 时刻历时0.02 s ，则在1 s 内交变电流的方向改变100次6.有四盏灯，接入如图电路中，L 1、L 2都标有“220V ，100W”字样，L 3、L 4都标有“220V ，40W”字样，把电路接通后，下列说法正确的是：（ ）A ．L 1和L 4一样亮B ．L 2和L 3一样亮C．L3比L4亮D．L1比L2亮7.如图所示的真空空间中，仅在正方体中的黑点处存在着电荷量大小相等的点电荷，则图中a，b两点电场强度和电势均相同的是（）8.下列说法正确的是（）A．小磁针北极受到的磁场力的方向与该处磁场方向一致B．静止和运动的电荷均能产生磁场C．沿磁场线方向，磁感应强度越来越小D．磁场是客观存在的，但磁感线并不是客观存在的9.一个电动机上标有“220V，100 W”，则下列说法正确的是（）A．电动机消耗的电功率始终为100WB．当电动机正常工作时，它每小时消耗0.1度电C．当电动机正常工作时，它1秒钟产生的电热小于100JD．当电动机正常工作时，它1秒钟产生的电热等于100J10.如右图所示的电路图，电源电动势为E，下列说法正确的是（）A．滑动变阻器滑片向下移动时，R2两端电压变小B．滑动变阻器滑片向下移动时，R2两端电压变大C．滑动变阻器滑片位于中间时，R2两端电压为D．滑动变阻器滑片位于中间时，R2两端电压小于为1.5，小型直流电动机M的11.在如图所示电路中，电源电动势为12V，电源内阻为1.0，电路中的电阻R内阻为0.5。
山东省德州一中2014-2015学年高一下学期期中检测物理试题Word版含答案
德州一中2014-2015学年第二学期高一年级期中检测物 理 试 题 2015年4月本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页，共100分，考试时间90分钟。
第Ⅰ卷（共50分）一、选择题（本大题共10个小题，每个小题都有4个选项，不定项选择，请将正确选项的题号涂在答题卡的相应位置上，答对一个小题得5分，选对选不全得3分，多选错选得0分）1．关于曲线运动的性质，以下说法正确的是 ( )．A ．曲线运动一定是变速运动B ．曲线运动一定是变加速运动C ．变速运动不一定是曲线运动D ．运动物体的速度大小、加速度大小都不变的运动一定是直线运动2．如图，滑板运动员以速度v 0从离地高度为h 的平台末端水平飞出，落在水平地面上．忽略空气阻力，运动员和滑板可视为质点，下列表述正确的是( )．A ．v 0越大，运动员在空中运动时间越长B ．v 0越大，运动员落地瞬间速度越大C ．运动员落地瞬间速度与高度h 有关D ．运动员落地位置与v 0大小无关3．一个物体以初速度v 0水平抛出，落地时速度为v ，则运动时间为 ( )．A ．v －v 0gB ．v ＋v 0gC ．v 2－v 20gD ．v 2＋v 20g4．有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台 形表演台的侧壁做匀速圆周运动．图中有两位驾驶摩托车的杂技演员A 、B ，他们离地面的高度分别为h A 和h B ，且h A >h B ，下列说法中正确的是 ( )A ．A 摩托车对侧壁的压力较大B ．A 摩托车做圆周运动的向心力较小C ．A 摩托车做圆周运动的周期较大D ．A 摩托车做圆周运动的线速度较大5．一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替．如图甲所示，曲线上的A 点的曲率圆定义为：通过A 点和曲线上紧邻A 点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A 点的曲率圆，其半径ρ叫做A 点的曲率半径．现将一物体沿与水平面成α角的方向以速度v 0抛出，如图乙所示．则在其轨迹最高点P 处的曲率半径是( )．A ．v 20gB ．v 20sin 2αgC ．v 20cos 2αgD ．v 20cos 2αg sin α6．一轻杆一端固定质量为m 的小球，以另一端O 为圆心，使小球在竖直面内做半径为R的圆周运动，如图所示，则下列说法正确的是 ( )A ．小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零B ．小球过最高点的最小速度是gRC ．小球过最高点时，杆对球的作用力不一定随速度增大而增大D ．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而减小7．我国研制的北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，计划到2020年完全建成．系统由5颗地球同步轨道和30颗地球非同步轨道卫星组网而成.2012年12月27日，北斗导航系统正式投入运营．这些卫星的运动均可看作匀速圆周运动，以下说法正确的是 ( )．A ．北斗导航系统中地球同步轨道的卫星可以定位在济南正上方B ．北斗导航系统中卫星的运行速度可以大于7.9 km/sC ．地球同步轨道卫星的周期和月亮绕地球的周期不同D ．北斗导航系统中离地球越近的卫星线速度越大8．假设地球是一半径为R 、质量分布均匀的球体．一矿井深度为d .已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零．矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为( )．A ．1－d RB ．1＋d RC ．2⎪⎭⎫ ⎝⎛-R d RD ．2⎪⎭⎫ ⎝⎛-d R R 9．如图所示，拖着旧橡胶轮胎跑是身体耐力训练的一种有效方法．如果某受训者拖着轮胎在水平直道上跑了100 m ，那么下列说法正确的是( )．A ．轮胎受到地面的摩擦力对轮胎做了负功B ．轮胎受到的重力对轮胎做了负功C ．轮胎受到的拉力对轮胎做了正功D ．轮胎受到的地面的支持力对轮胎做了正功10．汽车以额定功率在平直公路上匀速行驶，在t 1时刻司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶，到t 2时刻汽车又开始做匀速直线运动(设整个过程中汽车所受的阻力不变)，则在t 1～t 2的这段时间内( )．A ．汽车的加速度逐渐减小B ．汽车的加速度逐渐增大C ．汽车的速度逐渐减小D ．汽车的速度逐渐增大第Ⅱ卷（共50分）二、实验题（本大题2个小题，共15分。
山东省德州市2014届九年级物理4月学业水平模拟检测试题
2014年九年级学业水平模拟检测物理试题（70分 80分钟）考生注意：1．本试卷含四个大题。
2．答题时，务必按答题要求在答题纸规定的位置上作答，在草稿纸、本试卷上答题一律无效。
第I卷一、选择题（本大题包括12小题，每小题2分，共24分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
）1、2013年6月17日是第1个“全国低碳日”。
在践行“节能低碳”的今天，应特别重视开发利用的能源是A、煤炭B、石油C、天然气D、太阳能2、北斗卫星导航系统是我国正在实施的自主研发、独立运行的全球卫星导航系统，缩写为BDS。
该系统可在全球范围内全天候、全天时为各类用户提供高精度、高可靠的定位、导航、授时服务并兼具短报文通信能力。
BDS卫星通信使用的是A、光波B、次声波C、超声波D、电磁波3、下列说法中正确的是A、零下18℃的液体不能发生汽化现象B、发生扩散现象的原因是气体分子不停地做无规则运动C、烧水时常看到“白气”，从水到“白气”的物态变化是先汽化后液化D、寒冷的冬夜，家里窗户玻璃上的“冰花”，是由于室外空气中的水蒸气凝华形成的4、关于声音，下列说法正确的是A、一切正在发声的物体都在振动B、高速公路两侧安装透明板墙是在声源处减弱噪声C、只要物体振动，我们就能听见声音D、人们根据音调来辨别不同乐器发出的声音5、图1中有关光现象的说法中，正确的是A．小孔成像是光的直线传播形成的B．黑板右端反光是由于光的漫反射形成的C．“海市蜃楼”是由于光的反射而形成的D．照相机形成的像是倒立、缩小的虚像图1图 2 10206、如图2所示，在调节平衡后的杠杆两侧，分别挂上相同规格的钩码，杠杆处于平衡状态。
如果两侧各去掉一个钩码，则A 、左端下降B 、仍然平衡C 、右端下降D 、无法判断7、早晨看见草叶上的露珠，露珠的形成原因与下图中相同的是8、某同学利用图4中的仪器进行测量，其中数据记录不正确的是A ．26℃B ．107gC ．2.8ND ．30mL 9、小明同学通过绳子拉着一石块在水平桌面上做匀速圆周运动，假设它受到的力全都消失，则该石块将A 、继续做匀速圆周运动，机械能不变B 、做匀速直线运动，机械能不变C 、落到地面上，机械能减少D 、立即停止运动，机械能减少10、如图5所示是两定阻电阻A 和B 的电流与电压关系图象，如果将两电阻A 和B 串联后接在3V 电源两端．下列结论正确的是A 、通过B 的电流是通过A 的电流的二分之一 B 、B 两端电压和A 两端电压相等C 、B 的电功率是A 的电功率的四倍D 、B 的电阻是A 的电阻的两倍11、图6所示的电路中，电源两端电压保持不变。
高三物理月考试题及答案-山东德州市2015届高三下学期考前50题(夏津一中)
2015年山东高考理科综合(物理模拟试题2)夏津一中13．“马航MH370”客机失联后，我国已紧急调动多颗卫星，利用高分辨率对地成像、可见光拍照等技术对搜寻失联客机提供支持。
关于环绕地球运动的卫星，下列说法正确的是 A ．低轨卫星（环绕半径远小于地球同步卫星的环绕半径）都是相对地球运动的，其环绕速率可能大于7.9km/sB ．地球同步卫星相对地球是静止的，可以固定对一个区域拍照，但由于它距地面较远，照片的分辨率会差一些C ．低轨卫星和地球同步卫星，可能具有相同的速率D ．低轨卫星和地球同步卫星，可能具有相同的周期 14．对下列现象解释不正确．．．的是A ．图甲的原理和光导纤维传送光信号的原理一样B ．图乙的原理和门镜的原理一样C ．图丙的原理和照相机镜头表面涂上增透膜的原理一样D ．图丁的原理和用标准平面检查光学平面的平整程度的原理一样 15．自然界中某个量D 的变化量D ∆，与发生这个变化所用时间t ∆的比值tD∆∆，叫做这个量D 的变化率。
下列说法正确的是 A ．若D 表示某质点做平抛运动的速度，则tD∆∆是恒定不变的 B ．若D 表示某质点做匀速圆周运动的位移，则tD∆∆是恒定不变的 C ．若D 表示某质点做竖直上抛运动离抛出点的高度，则tD∆∆一定变大 D ．若D 表示某质点的动能，则tD∆∆越大，质点所受外力做的总功就越多16．做圆周运动的两个物体M 和N ，它们所受的向心力F 与轨道半径R 之间的关系如图所示，其中与N 对应的图线是过坐标原点的直线，与M 对应的图线为双曲线的一个分支，则以下推断正确的是A ．物体M 运动时角速度保持不变B ．物体N 运动时线速度保持不变C ．在两图线的交点，M ω一定等于N ωD ．在两图线的交点，动能E kM 一定等于E kN17．如图甲所示，理想变压器的原线圈电路中装有0.5A 的保险丝L ，原线圈匝数n 1=600匝，副线圈匝数n 2=120匝。
市得衔学校高二物理下学期4月月考试卷高二全册物理试题1
售停州偏假市得衔学校德州一中高二（下）月考物理试卷（4月份）一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，每个小题都有4个选项，不定项选择，请将正确选项的题号涂在答题卡的相应位置上，答对一个小题得5分，选对选不全得3分，多选错选得0分）1．（5分）（2015春•盐城校级期中）关于感应电动势大小的下列说法中，正确的是（）A．线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大B．线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大C．线圈放在磁感应强度越强的地方，产生的感应电动势一定越大D．线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大考点：法拉第电磁感应定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：对法拉第电磁感应定律的理解E=n，注意区分磁通量、磁通量的变化和磁通量的变化率．解答：解：根据法拉第电磁感应定律E=n得感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比．A、磁通量变化越大，则不知磁通量的变化时间，故，不一定越大，故A错误；B、磁通量越大，是Φ大，但△Φ及，则不一定大，故B错误；C、虽然磁感应强度越强的磁场中，但可能是定值，产生的感应电动势可能不变，故C错误；D、磁通量变化的快慢用，表示磁通量变化得快，则，比值就大，根据法拉第电磁感应定律有产生的感应电动势就越大，故正确D．故选：D．点评：磁通量Φ=BS，磁通量的变化△Φ=Φ2﹣Φ1，磁通量的变化率是磁通量的变化和所用时间的比值，法拉第电磁感应定律告诉我们感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比．正确理解磁通量、磁通量的变化和磁通量的变化率是解决本题的关键．2．（5分）如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO′为其对称轴一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时（）A．穿过回路的磁通量为零B．回路中感应电动势大小为2Blv0C．回路中感应电流的方向为顺时针方向D．回路中ab边与cd边所受安培力方向相同考点：导体切割磁感线时的感应电动势；安培力；右手定则．专题：压轴题；电磁感应中的力学问题．分析：根据磁通量的定义可以判断此时磁通量的大小，如图所示时刻，有两根导线切割磁感线，根据右手定则可判断两根导线切割磁感线产生电动势的方向，求出回路中的总电动势，然后即可求出回路中的电流和安培力变化情况．解答：解：A、此时线圈中有一半面积磁场垂直线圈向外，一半面积磁场垂直线圈向内，因此磁通量为零，故A正确；B、ab切割磁感线形成电动势b端为正，cd切割形成电动势c端为负，因此两电动势串联，故回路电动势为E=2BLv0，故B正确；C、根据右手定则可知线框向右运动的过程中，ab中的感应电动势的方向向下，cd中的感应电动势的方向向上，所以回路中的感应电流方向为逆时针，故C错误；D、根据左手定则可知，回路中ab边电流的方向向下，磁场的方向向外，所以安培力的方向向左；同理，cd边电流的方向向上，磁场的方向向里，所受安培力方向向左，方向相同，故D正确．故选：ABD．点评：本题考查了对磁通量的理解以及导体切割磁感线产生电流和所受安培力情况，对于这些基本规律要加强理解和应用．3．（5分）（2012秋•龙凤区校级期末）如图所示，两块水平放置的金属板间距离为d，用导线与一个n匝线圈连接，线圈置于方向竖直向上的磁场B中．两板间有一个质量为m，电荷量为+q的油滴恰好处于平衡状态，则线圈中的磁场B的变化情况和磁通量变化率分别是（）A．正在增强； B．正在减弱；C．正在减弱； D．正在增强；考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：由题意可知，线圈置于竖直向上的均匀变化的磁场中，根据法拉第电磁感应定律E=n会产生稳定的电动势，小球受到向上的电场力，根据小球的平衡可求出磁通量的变化率以及磁场的变化．解答：解：电荷量为q的带正电的油滴恰好处于静止状态，电场力竖直向上，则电容器的下极板带正电，所以线圈下端相当于电源的正极，由题意可知，根据楞次定律，可得穿过线圈的磁通量在均匀减弱；线框产生的感应电动势：E=n；油滴所受电场力：F=E场q，对油滴，根据平衡条件得：q=mg；所以解得，线圈中的磁通量变化率的大小为；．故B正确，ACD错误；故选：B．点评：解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，欧姆定律等等电磁感应与电路、电场的基本规律；还会用楞次定律判端电动势的方向．注意感应电动势与电场强度符号容易混淆．同时要注意电容器的电压不是线圈产生的感应电动势．4．（5分）（2014春•德州校级月考）如图甲所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生的交流电如图乙所示，设沿abcda方向为电流正方向，则（）A．乙图中Oa时间段对应甲图中A至B图的过程B．乙图中c时刻对应甲图中的C图C．若乙图中d等于0.02 s，则1 s内电流的方向改变了50次D．若乙图中b等于0.02 s，则交流电的频率为50Hz考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式．专题：交流电专题．分析：该位置的磁通量最大，感应电流为0，是中性面．矩形线圈在匀强磁场中绕轴匀速转动时，在线圈中产生正弦交流电．解答：解：从线圈转过中性面的位置开始计时，所以电流在开始时为0；线圈在匀强磁场中绕轴逆时针匀速转动时，切割磁感线，产生电流，根据右手定则可以判定；A、乙图中OA，感应电流为正方向，且大小在增大，根据楞次定律，则有：感应电流方向abcda，根据法拉第电磁感应定律，则有：感应电流的大小在增大，所以对应甲图中A至B图的过程，故A正确；B、乙图中C时刻，感应电流最大，则磁通量的变化率最大，即磁通量最小，而C图的磁通量最大，故B错误；C、若乙图中D等于0.02s，则周期为0.02s，则交流电的频率为50Hz，而一个周期内电流方向改变两次，所以1s内电流的方向改变了100 次；故C错误；D、若b为0.02s，则周期为0.04s，交流电的频率为25Hz；故D错误；故选：A．点评：该题考查交流电的产生、中性面与交流电的图象，要明确线圈的转动图象与交流电的瞬时电动势的图象之间的关系．5．（5分）在垂直纸面向里的有界匀强磁场中放置了一矩形线圈abcd．线圈cd边沿竖直方向且与磁场的右边界重合．线圈平面与磁场方向垂直．从t=0时刻起，线圈以恒定角速度ω=绕cd边沿图示方向转动，规定线圈中电流沿abcda方向为正方向，则从t=0到t=T时间内，线圈中的电流I随时间t变化关系图象为（）A． B． C．D．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交流电．由于磁场有界，所以只有一半有感应电流．则由楞次定则可判定感应电流的方向，由法拉第电磁感应定律求出感应电流大小．解答：解：线圈以cd边为轴按图示方向匀速转动，从ab边速度正好与磁场平行开始计时，线圈磁通量在变小，则感应电流的磁场会阻碍其变小，所以感应电流方向是adcba，与规定的正方向相反，感应电流大小在渐渐变大，然而磁场只有一半，接着二分之一周期没有感应电流；当从ab边刚好进入磁场开始计时，线圈磁通量在变大，则感应电流的磁场会阻碍其变大，所以感应电流方向是abcda，与规定的正方向相同，感应电流大小在渐渐变小；所以只有B选项符合条件．故选：B．点评：本题虽没有明确什么方向为感应电流的正方向，但不影响答题．同时也可以假设磁场没有界，则感应电流变化规律应是余弦曲线，从而可快速确定当一半磁场时的答案．6．（5分）（2014春•德州校级月考）如图所示，一电子以初速v沿与金属板平行的方向飞入两板间，在下列几种情况下，电子将向M板偏转的有（）A．开关S接通稳定后B．断开开关S的瞬间C．接通S后，变阻器的滑动触头向右迅速滑动时D．接通S后，变阻器的滑动触头向左迅速滑动时考点：楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：电流产生的磁场方向由安培定则判断出；电子向M板偏转，上部线圈中应产生下负上的感应电动势，再由楞次定律判断．解答：解：由安培定则得下方的电流产生的磁场的方向N极向上，S向下；A、开关SK接通稳定后，穿过线圈的磁通量不变，没有感应电动势，电子不偏转，故A错误；B、断开开关S瞬间，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律知在上线圈中感应出上负下正的电动势，电子向N板偏转，故B错误；C、接通S后，变阻器滑动触头向右迅速滑动，电阻增大，电流减小，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律知在上线圈中感应出上负下正的电动势，电子向N板偏振，C错误；D、接通S后，变阻器滑动触头向左迅速滑动，电阻减小，电流增大，穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律知在上线圈中感应出上正下负的电动势，电子向M板偏振，D正确；故选：D点评：由图象知电子向上板偏转，必须是电容器的下极板带负电，再由楞次定律去逐项分析即可．7．（5分）（2001•江西）如图所示，虚线框abcd内为一矩形匀强磁场区域，ab=2bc，磁场方向垂直于纸面；实线框a′b′c′d′是一正方形导线框，a′b′边与ab边平行．若将导线框匀速地拉离磁场区域，以W1表示沿平行于ab的方向拉出过程中外力所做的功，W2表示以同样速率沿平行于bc的方向拉出过程中外力所做的功，则（）A． W1=W2 B． W2=2W1 C． W1=2W2 D． W2=4W1考点：电磁感应中的能量转化；导体切割磁感线时的感应电动势．分析：将导线框匀速地拉离磁场区域，外力所做的功等于产生的内能．根据焦耳定律研究功的大小关系．解答：解：设bc=l，ab=2l则W1===W2===得到W2=2W1故选B点评：在电磁感应现象中研究功、热量、功率等等．常常根据能量守恒定律研究．求热量，电流一定，首先考虑能否用焦耳定律．8．（5分）（2015•遵义模拟）如图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1：n2=5：1，电阻R=20Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1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的变化关系如图乙所示．现将S1接1、S2闭合，此时L2正常开光．下列说法正确的是（）A．输入电压u的表达式u=20sin（50πt）VB．只断开S2后，L1、L2均正常发光C．只断开S2后，原线圈的输入功率减小D．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8 W考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．解答：解：A、周期是0.02s，ω==100πrad/s，所以输入电压u的表达式应为u=20sin（100πt）V，故A错误；B、只断开S2后，负载电阻变大为原来的2倍，电压不变，副线圈电流变小为原来的一半，L1、L2的功率均变为额定功率的四分之一，故B错误；C、只断开S2后，原线圈的输入功率等于副线圈的功率都减小，故C正确；D、若S1换接到2后，电阻R电压有效值为4V，R消耗的电功率为P==0.8W，故D正确．故选：CD．点评：掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决．9．（5分）在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有（）A．升压变压器的输出电压增大B．降压变压器的输出电压增大C．输电线上损耗的功率增大D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大考点：远距离输电；变压器的构造和原理．专题：常规题型．分析：正确解答本题需要掌握：理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压由输入电压决定；明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系．理想变压器电压和匝数关系．解答：解：A、由于发电厂的输出电压不变，升压变压器的匝数不变，所以升压变压器的输出电压不变，故A错误．B、由于发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大，又升压变压器的输出电压U2不变，根据P=UI，可知输电线上的电流I线增大，根据U损=I线R，输电线上的电压损失增大，根据降压变压器的输入电压U3=U2﹣U损可得，降压变压器的输入电压U3减小，降压变压器的匝数不变，所以降压变压器的输出电压减小，故B错．C、根据，又输电线上的电流增大，电阻不变，所以输电线上的功率损失增大，故C正确．D、根据η==，发电厂的输出电压不变，输电线上的电阻不变，所以输电线上损耗的功率占总功率的比例随着发电厂输出功率的增大而增大．故D正确．故选：CD．点评：对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关．10．（5分）（2015春•铜仁地区校级月考）如图所示，LOO′L′为一折线，它所形成的两个角∠LOO′和∠OO′L′均为45°．折线的右边有一匀强磁场，其方向垂直于纸面向里．一边长为l的正方形导线框沿垂直于OO′的方向以速度v做竖直向上的匀速直线运动，在t=0时刻恰好位于图中所示位置．以逆时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流﹣时间（I﹣t）关系的是（时间以为单位）（）A． B． C．D．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应与图像结合．分析：根据导体切割磁感线产生电动势可正确解答，注意两根导体在磁场中同时切割产生总电动势的求法，同时注意根据几何关系正确求解有效切割长度．解答：解：刚开始时，即如题图中开始所示状态，随着线框的匀速向上运动，上方导体切割长度不变，下方逐渐变小，因此总感应电动势逐渐增大，感应电流逐渐增大，由楞次定律可知，感应电流方向为正，故AC错误；当线框全部进入上方磁场时，感应电流突然变为零，当线框离开磁场时，有效切割磁感应线的长度在增大，则感应电动势在增大，因此感应电流增大，当有一半出磁场时，继续离开时，切割长度在减小，则感应电流也减小，由楞次定律可知，感应电流方向为负，故B错误，D正确．故选：D．点评：本意涉及两根导体同时切割磁感线时电动势的求法，难点在于根据几何关系判断有效切割长度的变化．解答类似问题可以用排除法进行，如通过直线过不过原点、电流方向变化等进行判断排除．11．（5分）如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F．此时（）A．电阻R1消耗的热功率为B．电阻R2消耗的热功率为C．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvsinθD．整个装置消耗的机械功率为（F+μmgcosθ）v考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：由图知：电阻R1、R2并联与导体棒串联．由感应电动势公式E=BLv、欧姆定律、安培力公式，推导安培力与速度的关系式．由功率公式电阻的功率、热功率及机械功率．解答：解：A、B设ab长度为L，磁感应强度为B，电阻R1=R2=R．电路中感应电动势E=BLvab中感应电流为I==得到，ab所受安培力F=BIL=①电阻R1消耗的热功率P1=（I）2R=②由①②得，P1=．故A错误，B正确．C、根据功率公式得：整个装置因摩擦而消耗的热功率P2=μmgcosθv=μmgvcosθ．故C错误．D、整个装置消耗的机械功率为P3=Fv+P2=（F+μmgcosθ）v．故D正确．故选BD点评：本题是常规题，关键是推导安培力与速度的关系式，再求出电阻上的功率与安培力的关系．12．（5分）（2012•浙江校级模拟）在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，如图所示的PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从如图位置运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环的速度为v，则下列说法正确的是（）A．此时圆环中的电功率为B．此时圆环的加速度为C．此过程中通过圆环截面的电量为D．此过程中回路产生的电能为0.75mv2考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：由导体切割磁感线公式可求得感应电动势，由功率公式可求得电功率；由闭合电路欧姆定律可求得电路中的电流，则可求得安培力，由牛顿第二定律求得加速度；由法拉第电磁感应定律可求得通过截面的电量；解答：解：A、当直径与边界线重合时，圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环左右两半环均产生感应电动势，故线圈中的感应电动势E=2B×2a×=2Bav；圆环中的电功率P==，故A正确；B、此时圆环受力F=2BI×2a=2B•2×2a=，由牛顿第二定律可得，加速度a==，故B错误；C、电路中的平均电动势=，则电路中通过的电量Q=△t=△t==，故C正确；D、此过程中产生的电能等于电路中的热量，也等于外力所做的功，则一定也等于动能的改变量，故E=mv2﹣m=mv2=0.375mv2．故D错误；故选：AC．点评：本题考查电磁感应规律、闭合电路运算、感应电动势瞬时值与平均值应用等．关键为：搞清楚磁通量的变化、平动切割的有效长度、瞬时值与平均值．13．（10分）（2005•南通二模）如图所示，n=50匝的矩形线圈abcd，边长ab=20cm，bc=25cm，放在磁感强度B=0.4T的匀强磁场中，绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO’轴匀速转动，转动角速度ω=50rad/s，线圈的总电阻r=1Ω，外电路电阻R=9Ω．试求：（1）线圈在图示位置（线圈平面与磁感线平行）时，感应电动势的大小．（2）1min时间内电阻R上产生的热量．考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系．专题：交流电专题．分析：（1）根据法拉第电磁感应定律，在线圈产生感应电动势的最大公式为E m=nBωS，即可求解；（2）由于产生的交流电，因此根据交流电的有效值来计算产生的热量．解答：解：（1）线圈在图示位置产生的感应电动势最大，其大小为E m=nBωS=nBωab•bc ①代入数据解得：E m=50V ②（2）线圈中产生的为正弦式交流电，通过R的电流为：③1min时间内产生的热量为：Q=I2Rt ④由③、④式代入数据得：Q=6.75×103J ⑤答：（1）线圈在图示位置（线圈平面与磁感线平行）时，感应电动势的大小为50V．（2）1min时间内电阻R上产生的热量为6.75×103J．点评：考查法拉第电磁感应定律与焦耳定律，掌握感应电动势的最大值的求法与运用交流电的有效值来计算热量．14．（12分）（2012•江西二模）如图甲所示，固定在水平面上电阻不计的光滑金属导轨，间距d=0.5m，导轨右端连接一阻值为R=4Ω的小灯泡L．在CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化如图乙所示，CF长为2m．在t=0时刻，电阻为1Ω的金属棒ab在水平恒力F作用下，由静止开始沿导轨向右运动．金属棒从图中位置运动到EF位置的整个过程中，小灯泡的亮度始终没有发生变化．求：（1）通过小灯泡的电流强度；（2）恒力F的大小；（3）金属棒的质量．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律．专题：电磁感应中的力学问题．分析：（1）根据法拉第电磁感应定律求出0﹣4s内电路中产生的感应电动势，求出感应电流．因为小灯泡的亮度始终没有发生变化，则此电流即为通过小灯泡的电流强度；（2）由于灯泡亮度不变，可知在t=4s末金属棒刚好进入磁场时应做，匀速运动，此时金属棒电流等于灯泡中电流，恒力与安培力大小相等．（3）金属棒切割磁感线产生的感应电动势等于0﹣4s内电路中产生的感应电动势，由E=Bdv可求出在磁场中的速度，由运动学公式和牛顿第二定律结合可求出棒的质量．解答：（1）金属棒未进入磁场，电路总电阻 R总=R L+R ab=5Ω回路中感应电动势为：E1===0.5V灯炮中的电流强度为：I L==0.1A（2）因灯泡亮度不变，故在t=4s末金属棒刚好进入磁场，且做匀速运动，此时金属棒中的电流强度：I=I L=0.1A恒力大小：F=F A=BId=0.1N（3）因灯泡亮度不变，金属棒产生的感应电动势为：E2=E1=0.5V金属棒在磁场中的速度：v==0.5m/s金属棒未进入磁场的加速度为：a=故金属棒的质量为：m==0.8kg答：（1）通过小灯泡的电流强度为0.1A；（2）恒力F的大小为0.1N；（3）金属棒的质量为0.8kg．点评：本题的突破口是小灯泡的亮度始终没有发生变化，来分析电路中电动势和电流，抓住两个阶段这两个量的关系进行研究．15．（18分）（2011春•校级期中）如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等均为B的匀强磁场，方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度都为L．一个质量为m，边长也为L的正方形金属线框以某一速度进入磁场时，恰好做匀速直线运动．若ab边到达ff′与gg′之间中点位置时，线框又恰好做匀速直线运动，且设金属线框电阻为R，则：（1）金属线框的ab边开始进入磁场时，线框速度v多大？（2）金属线框的ab边到达ff′与gg′之间的中点位置时，线框速度又为多大？（3）金属线框从开始进入磁场到ab边到达ff′与gg′间中点位置的过程中产生的热量是多少？考点：导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：（1）线框进入磁场后做匀速直线运动，则对线框受力分析，由共点力的平衡条件可得出线框的速度；（2）线框ab边到达ff′与gg′之间的中点位置时仍做匀速直线运动，同理由共点力的平衡条件可得出线框的速度；（3）在运动过程中，重力势能减小，动能增加，内能增加；但能量守恒；由能量的转化及守恒关系可得出内能的增加量．解答：解：（1）设线框刚进入磁场时速度为v，则回路中的感应电动势为：E1=BLv；感应电流分别I1=；线框受到的安培力大小为F1=根据平衡条件有mgsinθ﹣F1=0解得v1=R；（2）设当ab边到达gg′与ff′间的中点位置时速度为v2，则回路感应电动势和感应电流分别为：E2=2BLv2和I2=线框受到的安培力大小为F2=2BI2L=由平衡条件mgsinθ﹣解得v2=；（3）设线框从刚进入磁场到ab边到达gg′与ff′间的中点位置的过程中产生的热量为Q，减小的重力势能为mg×Lsinθ由能量转化守恒定律得+mgLsinθ=+Q解得Q=mgLsinθ+=mgLsinθ+答：（1）线框速度为；（2）ab边到达ff′与gg′之间的中点位置时，线框速度为；（3）产生的热量为mgLsinθ+．点评：导体切割磁感线运动时，要抓住受力平衡及能量的转化及守恒的关系进行分析判断；在分析能量关系时一定要找出所有发生变化的能量，增加的能量一定等于减少的能量．。
山东高二高中物理月考试卷带答案解析
山东高二高中物理月考试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.下列有关物理规律的说法，其中正确的是( ) A ．磁感线和电场线都是闭合的并且都是现实中存在的B ．运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力的作用，但在电场中一定受到电场力的作用C ．比值法定义的公式电场强度E="F/q" 和电容C=" q" /U 中，电场强度E 和电容Ｃ均与电荷量q 有关D ．磁感线总是从磁体的N 极指向S 极2.关于磁感应强度，下列说法中正确的是( )A ．若长为L 、电流为I 的导线在某处受到的磁场力为F ，则该处的磁感应强度必为B ．由B ＝知，B 与F 成正比，与IL 成反比C ．由B ＝知，一小段通电导线在某处不受磁场力，说明该处一定无磁场D ．磁感应强度的方向就是小磁针北极所受磁场力的方向3.在图中，水平导线中有电流I 通过，导线正下方的电子初速度的方向与电流I 的方向相同，则电子将( )A ．沿路径a 运动，轨迹是圆B ．沿路径a 运动，轨迹半径越来越大C ．沿路径a 运动，轨迹半径越来越小D ．沿路径b 运动，轨迹半径越来越小4.如图所示,两个圆环A 、B 同心放置,且半径R A ＜R B .一条磁铁置于两环的圆心处,且与圆环平面垂直.则A 、B 两环中磁通φA ，φB 之间的关系是 ( )A.φA ＞φBB.φA ＝φBC.φA ＜φBD.无法确定5.如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线。
在电场力作用下一带电粒子（不计重力）经A 点飞向B 点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是：（ ）A 、粒子带正电。
B 、粒子在A 点加速度大。
C 、粒子在B 点动能小。
D 、A 、B 两点相比，B 点电势能较小。
6.如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，断开电源，带电小球以速度v 0水平射入电场，且沿下板边缘飞出．若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v 0从原处飞入，则 带电小球 ()A．将打在下板中央B．仍沿原轨迹由下板边缘飞出C．不发生偏转，沿直线运动D．若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央7.设两极板正对面积为S，极板间的距离为d,静电计指针偏角为θ。
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2014-2015学年山东省德州一中高二（下）月考物理试卷（4月份）一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，每个小题都有4个选项，不定项选择，请将正确选项的题号涂在答题卡的相应位置上，答对一个小题得5分，选对选不全得3分，多选错选得0分）1．（5分）（2015春•盐城校级期中）关于感应电动势大小的下列说法中，正确的是（）A．线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大B．线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大C．线圈放在磁感应强度越强的地方，产生的感应电动势一定越大D．线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大考点：法拉第电磁感应定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：对法拉第电磁感应定律的理解E=n，注意区分磁通量、磁通量的变化和磁通量的变化率．解答：解：根据法拉第电磁感应定律E=n得感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比．A、磁通量变化越大，则不知磁通量的变化时间，故，不一定越大，故A错误；B、磁通量越大，是Φ大，但△Φ及，则不一定大，故B错误；C、虽然磁感应强度越强的磁场中，但可能是定值，产生的感应电动势可能不变，故C 错误；D、磁通量变化的快慢用，表示磁通量变化得快，则，比值就大，根据法拉第电磁感应定律有产生的感应电动势就越大，故正确D．故选：D．点评：磁通量Φ=BS，磁通量的变化△Φ=Φ2﹣Φ1，磁通量的变化率是磁通量的变化和所用时间的比值，法拉第电磁感应定律告诉我们感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比．正确理解磁通量、磁通量的变化和磁通量的变化率是解决本题的关键．2．（5分）如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO′为其对称轴一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时（）A．穿过回路的磁通量为零B．回路中感应电动势大小为2Blv0C．回路中感应电流的方向为顺时针方向D．回路中ab边与cd边所受安培力方向相同考点：导体切割磁感线时的感应电动势；安培力；右手定则．专题：压轴题；电磁感应中的力学问题．分析：根据磁通量的定义可以判断此时磁通量的大小，如图所示时刻，有两根导线切割磁感线，根据右手定则可判断两根导线切割磁感线产生电动势的方向，求出回路中的总电动势，然后即可求出回路中的电流和安培力变化情况．解答：解：A、此时线圈中有一半面积磁场垂直线圈向外，一半面积磁场垂直线圈向内，因此磁通量为零，故A正确；B、ab切割磁感线形成电动势b端为正，cd切割形成电动势c端为负，因此两电动势串联，故回路电动势为E=2BLv0，故B正确；C、根据右手定则可知线框向右运动的过程中，ab中的感应电动势的方向向下，cd中的感应电动势的方向向上，所以回路中的感应电流方向为逆时针，故C错误；D、根据左手定则可知，回路中ab边电流的方向向下，磁场的方向向外，所以安培力的方向向左；同理，cd边电流的方向向上，磁场的方向向里，所受安培力方向向左，方向相同，故D正确．故选：ABD．点评：本题考查了对磁通量的理解以及导体切割磁感线产生电流和所受安培力情况，对于这些基本规律要加强理解和应用．3．（5分）（2012秋•龙凤区校级期末）如图所示，两块水平放置的金属板间距离为d，用导线与一个n匝线圈连接，线圈置于方向竖直向上的磁场B中．两板间有一个质量为m，电荷量为+q的油滴恰好处于平衡状态，则线圈中的磁场B的变化情况和磁通量变化率分别是（）A．正在增强；B．正在减弱；C．正在减弱；D．正在增强；考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：由题意可知，线圈置于竖直向上的均匀变化的磁场中，根据法拉第电磁感应定律E=n会产生稳定的电动势，小球受到向上的电场力，根据小球的平衡可求出磁通量的变化率以及磁场的变化．解答：解：电荷量为q的带正电的油滴恰好处于静止状态，电场力竖直向上，则电容器的下极板带正电，所以线圈下端相当于电源的正极，由题意可知，根据楞次定律，可得穿过线圈的磁通量在均匀减弱；线框产生的感应电动势：E=n；油滴所受电场力：F=E场q，对油滴，根据平衡条件得：q=mg；所以解得，线圈中的磁通量变化率的大小为；．故B正确，ACD错误；故选：B．点评：解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，欧姆定律等等电磁感应与电路、电场的基本规律；还会用楞次定律判端电动势的方向．注意感应电动势与电场强度符号容易混淆．同时要注意电容器的电压不是线圈产生的感应电动势．4．（5分）（2014春•德州校级月考）如图甲所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生的交流电如图乙所示，设沿abcda方向为电流正方向，则（）A．乙图中Oa时间段对应甲图中A至B图的过程B．乙图中c时刻对应甲图中的C图C．若乙图中d等于0.02 s，则1 s内电流的方向改变了50次D．若乙图中b等于0.02 s，则交流电的频率为50Hz考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式．专题：交流电专题．分析：该位置的磁通量最大，感应电流为0，是中性面．矩形线圈在匀强磁场中绕轴匀速转动时，在线圈中产生正弦交流电．解答：解：从线圈转过中性面的位置开始计时，所以电流在开始时为0；线圈在匀强磁场中绕轴逆时针匀速转动时，切割磁感线，产生电流，根据右手定则可以判定；A、乙图中OA，感应电流为正方向，且大小在增大，根据楞次定律，则有：感应电流方向abcda，根据法拉第电磁感应定律，则有：感应电流的大小在增大，所以对应甲图中A至B 图的过程，故A正确；B、乙图中C时刻，感应电流最大，则磁通量的变化率最大，即磁通量最小，而C图的磁通量最大，故B错误；C、若乙图中D等于0.02s，则周期为0.02s，则交流电的频率为50Hz，而一个周期内电流方向改变两次，所以1s内电流的方向改变了100 次；故C错误；D、若b为0.02s，则周期为0.04s，交流电的频率为25Hz；故D错误；故选：A．点评：该题考查交流电的产生、中性面与交流电的图象，要明确线圈的转动图象与交流电的瞬时电动势的图象之间的关系．5．（5分）在垂直纸面向里的有界匀强磁场中放置了一矩形线圈abcd．线圈cd边沿竖直方向且与磁场的右边界重合．线圈平面与磁场方向垂直．从t=0时刻起，线圈以恒定角速度ω=绕cd边沿图示方向转动，规定线圈中电流沿abcda方向为正方向，则从t=0到t=T 时间内，线圈中的电流I随时间t变化关系图象为（）A．B．C．D．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交流电．由于磁场有界，所以只有一半有感应电流．则由楞次定则可判定感应电流的方向，由法拉第电磁感应定律求出感应电流大小．解答：解：线圈以cd边为轴按图示方向匀速转动，从ab边速度正好与磁场平行开始计时，线圈磁通量在变小，则感应电流的磁场会阻碍其变小，所以感应电流方向是adcba，与规定的正方向相反，感应电流大小在渐渐变大，然而磁场只有一半，接着二分之一周期没有感应电流；当从ab边刚好进入磁场开始计时，线圈磁通量在变大，则感应电流的磁场会阻碍其变大，所以感应电流方向是abcda，与规定的正方向相同，感应电流大小在渐渐变小；所以只有B选项符合条件．故选：B．点评：本题虽没有明确什么方向为感应电流的正方向，但不影响答题．同时也可以假设磁场没有界，则感应电流变化规律应是余弦曲线，从而可快速确定当一半磁场时的答案．6．（5分）（2014春•德州校级月考）如图所示，一电子以初速v沿与金属板平行的方向飞入两板间，在下列几种情况下，电子将向M板偏转的有（）A．开关S接通稳定后B．断开开关S的瞬间C．接通S后，变阻器的滑动触头向右迅速滑动时D．接通S后，变阻器的滑动触头向左迅速滑动时考点：楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：电流产生的磁场方向由安培定则判断出；电子向M板偏转，上部线圈中应产生下负上的感应电动势，再由楞次定律判断．解答：解：由安培定则得下方的电流产生的磁场的方向N极向上，S向下；A、开关SK接通稳定后，穿过线圈的磁通量不变，没有感应电动势，电子不偏转，故A错误；B、断开开关S瞬间，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律知在上线圈中感应出上负下正的电动势，电子向N板偏转，故B错误；C、接通S后，变阻器滑动触头向右迅速滑动，电阻增大，电流减小，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律知在上线圈中感应出上负下正的电动势，电子向N板偏振，C错误；D、接通S后，变阻器滑动触头向左迅速滑动，电阻减小，电流增大，穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律知在上线圈中感应出上正下负的电动势，电子向M板偏振，D正确；故选：D点评：由图象知电子向上板偏转，必须是电容器的下极板带负电，再由楞次定律去逐项分析即可．7．（5分）（2001•江西）如图所示，虚线框abcd内为一矩形匀强磁场区域，ab=2bc，磁场方向垂直于纸面；实线框a′b′c′d′是一正方形导线框，a′b′边与ab边平行．若将导线框匀速地拉离磁场区域，以W1表示沿平行于ab的方向拉出过程中外力所做的功，W2表示以同样速率沿平行于bc的方向拉出过程中外力所做的功，则（）A．W1=W2 B．W2=2W1 C．W1=2W2 D．W2=4W1考点：电磁感应中的能量转化；导体切割磁感线时的感应电动势．分析：将导线框匀速地拉离磁场区域，外力所做的功等于产生的内能．根据焦耳定律研究功的大小关系．解答：解：设bc=l，ab=2l则W1===W2===得到W2=2W1故选B点评：在电磁感应现象中研究功、热量、功率等等．常常根据能量守恒定律研究．求热量，电流一定，首先考虑能否用焦耳定律．8．（5分）（2015•遵义模拟）如图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1：n2=5：1，电阻R=20Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1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的变化关系如图乙所示．现将S1接1、S2闭合，此时L2正常开光．下列说法正确的是（）A．输入电压u的表达式u=20sin（50πt）VB．只断开S2后，L1、L2均正常发光C．只断开S2后，原线圈的输入功率减小D．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8 W考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．解答：解：A、周期是0.02s，ω==100πrad/s，所以输入电压u的表达式应为u=20sin（100πt）V，故A错误；B、只断开S2后，负载电阻变大为原来的2倍，电压不变，副线圈电流变小为原来的一半，L1、L2的功率均变为额定功率的四分之一，故B错误；C、只断开S2后，原线圈的输入功率等于副线圈的功率都减小，故C正确；D、若S1换接到2后，电阻R电压有效值为4V，R消耗的电功率为P==0.8W，故D正确．故选：CD．点评：掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决．9．（5分）在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有（）A．升压变压器的输出电压增大B．降压变压器的输出电压增大C．输电线上损耗的功率增大D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大考点：远距离输电；变压器的构造和原理．专题：常规题型．分析：正确解答本题需要掌握：理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压由输入电压决定；明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系．理想变压器电压和匝数关系．解答：解：A、由于发电厂的输出电压不变，升压变压器的匝数不变，所以升压变压器的输出电压不变，故A错误．B、由于发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大，又升压变压器的输出电压U2不变，根据P=UI，可知输电线上的电流I线增大，根据U损=I线R，输电线上的电压损失增大，根据降压变压器的输入电压U3=U2﹣U损可得，降压变压器的输入电压U3减小，降压变压器的匝数不变，所以降压变压器的输出电压减小，故B错．C、根据，又输电线上的电流增大，电阻不变，所以输电线上的功率损失增大，故C正确．D、根据η==，发电厂的输出电压不变，输电线上的电阻不变，所以输电线上损耗的功率占总功率的比例随着发电厂输出功率的增大而增大．故D正确．故选：CD．点评：对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关．10．（5分）（2015春•铜仁地区校级月考）如图所示，LOO′L′为一折线，它所形成的两个角∠LOO′和∠OO′L′均为45°．折线的右边有一匀强磁场，其方向垂直于纸面向里．一边长为l的正方形导线框沿垂直于OO′的方向以速度v做竖直向上的匀速直线运动，在t=0时刻恰好位于图中所示位置．以逆时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流﹣时间（I﹣t）关系的是（时间以为单位）（）A．B．C．D．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应与图像结合．分析：根据导体切割磁感线产生电动势可正确解答，注意两根导体在磁场中同时切割产生总电动势的求法，同时注意根据几何关系正确求解有效切割长度．解答：解：刚开始时，即如题图中开始所示状态，随着线框的匀速向上运动，上方导体切割长度不变，下方逐渐变小，因此总感应电动势逐渐增大，感应电流逐渐增大，由楞次定律可知，感应电流方向为正，故AC错误；当线框全部进入上方磁场时，感应电流突然变为零，当线框离开磁场时，有效切割磁感应线的长度在增大，则感应电动势在增大，因此感应电流增大，当有一半出磁场时，继续离开时，切割长度在减小，则感应电流也减小，由楞次定律可知，感应电流方向为负，故B错误，D 正确．故选：D．点评：本意涉及两根导体同时切割磁感线时电动势的求法，难点在于根据几何关系判断有效切割长度的变化．解答类似问题可以用排除法进行，如通过直线过不过原点、电流方向变化等进行判断排除．11．（5分）如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F．此时（）A．电阻R1消耗的热功率为B．电阻R2消耗的热功率为C．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvsinθD．整个装置消耗的机械功率为（F+μmgcosθ）v考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：由图知：电阻R1、R2并联与导体棒串联．由感应电动势公式E=BLv、欧姆定律、安培力公式，推导安培力与速度的关系式．由功率公式电阻的功率、热功率及机械功率．解答：解：A、B设ab长度为L，磁感应强度为B，电阻R1=R2=R．电路中感应电动势E=BLvab中感应电流为I==得到，ab所受安培力F=BIL=①电阻R1消耗的热功率P1=（I）2R=②由①②得，P1=．故A错误，B正确．C、根据功率公式得：整个装置因摩擦而消耗的热功率P2=μmgcosθv=μmgvcosθ．故C错误．D、整个装置消耗的机械功率为P3=Fv+P2=（F+μmgcosθ）v．故D正确．故选BD点评：本题是常规题，关键是推导安培力与速度的关系式，再求出电阻上的功率与安培力的关系．12．（5分）（2012•浙江校级模拟）在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，如图所示的PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从如图位置运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环的速度为v，则下列说法正确的是（）A．此时圆环中的电功率为B．此时圆环的加速度为C．此过程中通过圆环截面的电量为D．此过程中回路产生的电能为0.75mv2考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：由导体切割磁感线公式可求得感应电动势，由功率公式可求得电功率；由闭合电路欧姆定律可求得电路中的电流，则可求得安培力，由牛顿第二定律求得加速度；由法拉第电磁感应定律可求得通过截面的电量；解答：解：A、当直径与边界线重合时，圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环左右两半环均产生感应电动势，故线圈中的感应电动势E=2B×2a×=2Bav；圆环中的电功率P==，故A正确；B、此时圆环受力F=2BI×2a=2B•2×2a=，由牛顿第二定律可得，加速度a==，故B错误；C、电路中的平均电动势=，则电路中通过的电量Q=△t=△t==，故C正确；D、此过程中产生的电能等于电路中的热量，也等于外力所做的功，则一定也等于动能的改变量，故E=mv2﹣m=mv2=0.375mv2．故D错误；故选：AC．点评：本题考查电磁感应规律、闭合电路运算、感应电动势瞬时值与平均值应用等．关键为：搞清楚磁通量的变化、平动切割的有效长度、瞬时值与平均值．二、计算题（本大题3个小题，共40分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）13．（10分）（2005•南通二模）如图所示，n=50匝的矩形线圈abcd，边长ab=20cm，bc=25cm，放在磁感强度B=0.4T的匀强磁场中，绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO’轴匀速转动，转动角速度ω=50rad/s，线圈的总电阻r=1Ω，外电路电阻R=9Ω．试求：（1）线圈在图示位置（线圈平面与磁感线平行）时，感应电动势的大小．（2）1min时间内电阻R上产生的热量．考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系．专题：交流电专题．分析：（1）根据法拉第电磁感应定律，在线圈产生感应电动势的最大公式为E m=nBωS，即可求解；（2）由于产生的交流电，因此根据交流电的有效值来计算产生的热量．解答：解：（1）线圈在图示位置产生的感应电动势最大，其大小为E m=nBωS=nBωab•bc ①代入数据解得：E m=50V ②（2）线圈中产生的为正弦式交流电，通过R的电流为：③1min时间内产生的热量为：Q=I2Rt ④由③、④式代入数据得：Q=6.75×103J ⑤答：（1）线圈在图示位置（线圈平面与磁感线平行）时，感应电动势的大小为50V．（2）1min时间内电阻R上产生的热量为6.75×103J．点评：考查法拉第电磁感应定律与焦耳定律，掌握感应电动势的最大值的求法与运用交流电的有效值来计算热量．14．（12分）（2012•江西二模）如图甲所示，固定在水平面上电阻不计的光滑金属导轨，间距d=0.5m，导轨右端连接一阻值为R=4Ω的小灯泡L．在CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化如图乙所示，CF长为2m．在t=0时刻，电阻为1Ω的金属棒ab在水平恒力F作用下，由静止开始沿导轨向右运动．金属棒从图中位置运动到EF位置的整个过程中，小灯泡的亮度始终没有发生变化．求：（1）通过小灯泡的电流强度；（2）恒力F的大小；（3）金属棒的质量．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律．专题：电磁感应中的力学问题．分析：（1）根据法拉第电磁感应定律求出0﹣4s内电路中产生的感应电动势，求出感应电流．因为小灯泡的亮度始终没有发生变化，则此电流即为通过小灯泡的电流强度；（2）由于灯泡亮度不变，可知在t=4s末金属棒刚好进入磁场时应做，匀速运动，此时金属棒电流等于灯泡中电流，恒力与安培力大小相等．（3）金属棒切割磁感线产生的感应电动势等于0﹣4s内电路中产生的感应电动势，由E=Bdv 可求出在磁场中的速度，由运动学公式和牛顿第二定律结合可求出棒的质量．解答：（1）金属棒未进入磁场，电路总电阻R总=R L+R ab=5Ω回路中感应电动势为：E1===0.5V灯炮中的电流强度为：I L==0.1A（2）因灯泡亮度不变，故在t=4s末金属棒刚好进入磁场，且做匀速运动，此时金属棒中的电流强度：I=I L=0.1A恒力大小：F=F A=BId=0.1N（3）因灯泡亮度不变，金属棒产生的感应电动势为：E2=E1=0.5V金属棒在磁场中的速度：v==0.5m/s金属棒未进入磁场的加速度为：a=故金属棒的质量为：m==0.8kg答：（1）通过小灯泡的电流强度为0.1A；（2）恒力F的大小为0.1N；（3）金属棒的质量为0.8kg．点评：本题的突破口是小灯泡的亮度始终没有发生变化，来分析电路中电动势和电流，抓住两个阶段这两个量的关系进行研究．15．（18分）（2011春•南城县校级期中）如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等均为B的匀强磁场，方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度都为L．一个质量为m，边长也为L的正方形金属线框以某一速度进入磁场时，恰好做匀速直线运动．若ab边到达ff′与gg′之间中点位置时，线框又恰好做匀速直线运动，且设金属线框电阻为R，则：（1）金属线框的ab边开始进入磁场时，线框速度v多大？（2）金属线框的ab边到达ff′与gg′之间的中点位置时，线框速度又为多大？（3）金属线框从开始进入磁场到ab边到达ff′与gg′间中点位置的过程中产生的热量是多少？考点：导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：（1）线框进入磁场后做匀速直线运动，则对线框受力分析，由共点力的平衡条件可得出线框的速度；（2）线框ab边到达ff′与gg′之间的中点位置时仍做匀速直线运动，同理由共点力的平衡条件可得出线框的速度；（3）在运动过程中，重力势能减小，动能增加，内能增加；但能量守恒；由能量的转化及守恒关系可得出内能的增加量．解答：解：（1）设线框刚进入磁场时速度为v，则回路中的感应电动势为：E1=BLv；感应电流分别I1=；线框受到的安培力大小为F1=根据平衡条件有mgsinθ﹣F1=0解得v1=R；（2）设当ab边到达gg′与ff′间的中点位置时速度为v2，则回路感应电动势和感应电流分别为：E2=2BLv2和I2=线框受到的安培力大小为F2=2BI2L=由平衡条件mgsinθ﹣解得v2=；（3）设线框从刚进入磁场到ab边到达gg′与ff′间的中点位置的过程中产生的热量为Q，减小的重力势能为mg×Lsinθ由能量转化守恒定律得+mgLsinθ=+Q解得Q=mgLsinθ+=mgLsinθ+答：（1）线框速度为；（2）ab边到达ff′与gg′之间的中点位置时，线框速度为；（3）产生的热量为mgLsinθ+．点评：导体切割磁感线运动时，要抓住受力平衡及能量的转化及守恒的关系进行分析判断；在分析能量关系时一定要找出所有发生变化的能量，增加的能量一定等于减少的能量．。