甘肃省靖远县第一中学2018-2019学年高二下学期3月月考物理试题(解析卷)

甘肃省靖远县第一中学2018-2019学年高二（下）第一次3月月考物理试卷一、单选题（本大题共11小题，共44.0分）1. 如图所示，灯泡L1接在变压器初级电路中，灯泡L2、L3、L4接在变压器次级电路中，变压器为理想变压器，交变电流电源电压为U，L1、L2、L3、L4都是额定电压为U0的同种型号灯泡，若四个灯泡都能正常发光，则（）A. 123 1n n =，U=4UB. 1241nn=，U=4UC. 1213nn=，U=3UD. 1214nn=，U=3U【答案】A【解析】【分析】【详解】设灯泡的额定电流为I，则原线圈电流1I I=，副线圈电流23I I=，根据电流与匝数成反比，有122131n In I==，因为灯泡正常发光，副线圈两端的电压U2=U0，根据电压与匝数成正比，有112231U nU n==，解得：12033U U U==，交变电流电源电压0104U U U U=+=，故A正确，BCD错误．2. 如图1所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为3︰1，保险丝的电阻为2Ω，熔断电流为2A．若原线圈接入如图2所示的正弦交流电，则下列说法正确的是（）A. 副线圈中交变电流的频率为5HzB. 为了安全，滑动变阻器接入电路的最小阻值为3ΩC. 电压表V 的示数为15VD. 将滑动变阻器的滑片向下移动，电压表V 和电流表A 1的示数均增大 【答案】B 【解析】 【分析】【详解】变压器不改变频率，所以副线圈中交变电流的频率为11500.02f Hz Hz T ===，故A 错误；保险丝的电阻为2Ω，熔断电流为2A ，为了安全，滑动变阻器接入电路的最小阻值为2min max 3U R r I =-=Ω保，故B 正确；原线圈电压有效值为1302mU V ==，根据变压器原理可得：121210n U U V n =⋅=，故电压表V的示数为10V ，故C 错误；将滑动变阻器滑片向下移动，滑动变阻器接入电路的总电阻减小，副线圈电流强度增大，则原线圈的电流强度也增大，所以电流表A 1的示数增大，因为匝数比不变，所以V 的示数不变，故D 错误．所以B 正确，ACD 错误． 3. 如图所示，abcd 为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l ，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，导轨电阻不计．已知金属杆MN 倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r ，保持金属杆以速度v 沿平行于cd 的方向滑动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好）．则（ ）A. 电路中感应电动势的大小为sin Blv θB. 金属杆M 端电势低于N 端电势C. 金属杆所受安培力的大小为2B lvrD. 金属杆的发热功率为22sin B lv r θ【答案】C 【解析】 【分析】【详解】A 、设MN 在两导轨间的长度为L ，则有效切割长度为Lsin l θ=，切割产生的感应电动势E Blv =，故A 错误；A 、根据右手定则知，金属杆中的感应电流方向为N 到M ，M 相当于电源的正极，N 相当于电源的负极，可知电路中N 点电势低，故B 错误；C 、感应电流sin sin EBlv Bv I l Rr r θθ===⋅，金属杆所受的安培力2A lv F BIL rB ==，故C 正确．D 、金属棒的热功率222sin l P IR rvB θ==，故D 错误．4. 如图所示，T 为理想变压器，原副线圈匝数比为5：1．A 1、A 2为理想交流电流表，V 1、V 2为理想交流电压表，R 1、R 2为定值电阻，R 3为光敏电阻（阻值随光照强度的增大而减小），原线圈两端电压u =2202sin314tV ，以下说法正确的是（ ）A. 当光照增强时，电压表2V 示数保持不变B. 当光照增强时，变压器的输入功率变大C. 当光照增强时，电流表1A 示数变小D. .当光照增强时，电压表1V 示数增大 【答案】B 【解析】 【分析】【详解】AD 、原线圈两端电压有效值为220V ，原副线圈匝数比为5：1，所以副线圈的电压有效值为44V ，电压表V 1示数为44V 保持不变，与电阻的变化无关；当光照增强时，R 3的电阻减小，总的电阻减小，由于副线圈输出电压不变，所以电路的总电流要变大，R 1的电压变大，副线圈的总电压不变，所以电压表V 2示数变小，故AD 错误；B 、当光照增强时，R 3的电阻减小，总的电阻减小，由于副线圈输出电压不变，所以副线圈的用电器消耗的总功率增大；由于变压器的输入功率与输出功率相等，所以变压器的输入功率也增大．故B 正确；C 、当光照增强时，R 3的电阻减小，总的电阻减小，所以电路的总电流要变大，因此A 1、A 2的示数都要变大，故C 错误5. 如图所示，交流电压u ＝311sin(314 t ＋6π) V 加在阻值为220 Ω 的电阻两端，则（ ）A. 电压表的读数为311 VB. 电流表的读数为1 AC. 电流表的读数为 1. 414 A D. 2 s 内电阻产生的电热是880 J 【答案】B 【解析】 【分析】【详解】ABC 、电压表和电流表的示数都是有效值，由交变电流的表达式可知，2202mU V ==有，则电压表的示数应该是220 V ，电流表的示数 1U I A R==有有，故B 正确，A 、C 错误； D 、根据教二定律计算产生的电热2212202?440?Q I Rt J J ==⨯⨯=有，故D 错误； 故选B ．6. 下列情况中能产生感应电流的是（ ）A. 如图甲所示，导体AB顺着磁感线运动B. 如图乙所示，条形磁铁插入线圈中不动时C. 如图丙所示，小螺线管A置于大螺线管B中不动，开关S一直接通时D. 如图丙所示，小螺线管A置于大螺线管B中不动，开关S一直接通，在移动变阻器滑片的过程中【答案】D【解析】如图甲所示，导体AB顺着磁感线运动，不切割磁感线，无感应电流，选项A错误；如图乙所示，条形磁铁插入线圈中不动时，磁通量不变，无感应电流产生，选项B错误；如图丙所示，小螺线管A置于大螺线管B中不动，开关S一直接通时，穿过B的磁通量不变，无感应电流，选项C错误；如图丙所示，小螺线管A置于大螺线管B中不动，开关S一直接通，在移动变阻器滑片的过程中，线圈A中的电流变化，穿过线圈B的磁通量变化，会有感应电流产生，选项D正确；故选D.点睛：解答本题的关键是正确理解感应电流产生的条件，即穿过闭合回路的磁通量变化，或者闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动．7. 在xOy平面内有一条抛物线金属导轨，导轨的抛物线方程为y2＝4x ，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向里，一根足够长的金属棒ab垂直于x轴从坐标原点开始，以恒定速度v沿x轴正方向运动，运动中始终与金属导轨保持良好接触形成闭合回路，如图甲所示．则所示图象中能表示回路中感应电动势大小随时间变化的图象是( )甲A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】【详解】由图知，导体切割的有效长度为2y，根据法拉第电磁感应定律，又y2=4x，x=vt，联立解得，因导体做匀速运动，故E2与t成正比，所以B正确；ACD错误．8. 如图所示，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．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，最终灯A2与灯A3的亮度相同．下列说法正确的是（）A. 图甲中，1A的电阻比1L的直流电阻小B. 图甲中，断开开关1S瞬间，流过1A的电流方向自右向左C. 图乙中，变阻器R连入电路的电阻比2L的直流电阻大D. 图乙中，闭合开关2S瞬间，2L中的电流与变阻器R中的电流相等【答案】B【解析】【分析】【详解】A、图甲中，断开S1的瞬间，A1灯突然闪亮，是因为电路稳定时，L1的电流大于A1的电流，可知L 1的电阻小于A 1的电阻，故A 错误；B 、图甲中，闭合S 1，电路稳定后两个支路电流的方向都向右，断开开关S 1瞬间，灯A 1的原来的电流消失，线圈中的电流方向不变，所以流过A 1的电流方向自右向左，故B 正确；C 、图乙中，因为要观察两只灯泡发光的亮度变化，两个支路的总电阻相同，因两个灯泡电阻相同，所以变阻器R 与L 2的电阻值相同，故C 错误；D 、图乙中，闭合S 2瞬间，L 2对电流由阻碍作用，所以L 2中电流与变阻器R 中电流不相等，故D 错误． 9. 如图所示是一交变电流的i －t 图象，则该交流电电流的有效值为（ ）A. 22AB.2303A C. 4AD. 8A 3【答案】B 【解析】 【分析】【详解】设交流电电流的有效值为I ，电阻为R ，周期为2310s T -=⨯，则有222222310()11042102I R R R ---⨯⨯=⨯⨯+⨯⨯⨯ 解得230A 3I =故选B 。

10. 法拉第圆盘发电机的示意图如图所示，铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P 、Q 分别于圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B 中，圆盘旋转时，关于流过电阻R 的电流，下列说法正确的是（ ）A. 若圆盘转动的角速度均匀增加，则电流大小恒定B. 若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿b 到a 的方向流过RC. 若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D. 若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R 上的热功率也变为原来的4倍 【答案】D 【解析】 【分析】【详解】A 、铜盘转动产生的感应电动势为：212E B L ω=，若ω增大，E 增大，电流大小增大，故A 错误； B 、由右手定则可知，回路中电流方向不变，若从上往下看，圆盘顺时针转动，由右手定则知，电流沿a 到b 的方向流过R ，故B 错误；C 、若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向不变，大小变化，故C 错误；D 、若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，根据212E B L ω=，EI R=可知回路电流变为原来2倍，根据2P I R =可知电流在R 上的热功率也变为原来的4倍，故D 正确．11. 如图所示，两根间距为l 的光滑平行金属导轨与水平面夹角为α，图中虚线下方区域内存在磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直于斜面向上．两金属杆质量均为m ，电阻均为R ，垂直于导轨放置．开始时金属杆ab 处在距磁场上边界一定距离处，金属杆cd 处在导轨的最下端，被与导轨垂直的两根小柱挡住．现将金属杆ab 由静止释放，当金属杆ab 刚进入磁场便开始做匀速直线运动．已知重力加速度为g ，则A. 金属杆ab 进入磁场时感应电流的方向为由a 到bB. 金属杆ab 进入磁场时速度大小为222sin mgR B l αC. 金属杆ab 进入磁场后产生的感应电动势为sin mg BlαD. 金属杆ab 进入磁场后金属杆cd 对两根小柱的压力大小为零 【答案】B 【解析】 【分析】【详解】由右手定则可知，ab 进入磁场时产生的感应电流有b 流向a ，故A 错误；从ab 刚进入磁场时受到的安培力：F=BIL=BL 222BLv B L v R R R =+；ab 进入磁场做匀速直线运动，由平衡条件得：222B L vR=mgsinα，解得：v=222mgRsin B l α，故B 正确；ab 进入磁场产生的感应电动势为：E=BLv=2mgRsin Blα，故C 错误；由左手定则可知，cd 受到的安培力平行与斜面向下，则cd 对两根小柱的压力不为零，故D 错误；故选B ．二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）12. 交流发电机线圈电阻r =1Ω，用电器电阻R =9Ω，电压表示数为9V ，如图所示，那么该交流发电机（ ）A. 电动势的峰值为2VB. 电动势的有效值为9 VC. 交流发电机线圈通过中性面时电动势的瞬时值为102V D. 交流发电机线圈自中性面转过90202【答案】AD 【解析】 【分析】【详解】A 、用电器电阻R=9Ω，电压表示数为9V ，则电路中的电流为：919U I A A R === 所以电路中的电动势问：11910E I R r V V =+=⨯+=（）（)． 电压表的读数是交流电的有效值，所以10V 是电路中电动势的有效值，其最大值：102m E V =,故A 正确，B 错误；C 、由交流电的产生与变化的规律可知，当线圈处于中性面时，感应电动势最小，为零，故C 错误；D 、线圈自中性面转过90°的过程中的平均感应电动势为：22102202214BS BS E t ωππω∆Φ⨯=====∆⋅，故D 正确． 13. 如图所示，一个边长为L 的正方形导电线框，在外力作用下，以速度v 匀速穿过宽度均为L 的两个平行边界的匀强磁场，这两个磁场的磁感应强度大小均为B ，方向相反，取顺时针方向的电流为正，受力向右为正，以bc 边刚进入磁场开始关于线框中产生的感应电流和线框所受安培力F 分别与位移x 之间的函数图象，下列图像正确的是A. B. C.D.【答案】AC【解析】【分析】由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电流大小，由右手定则判断出感应电流方向，应用安培力公式求出安培力大小，应用左手定则判断出安培力方向，然后分析图示图象答题.【详解】A、B、0-L内，感应电动势为：E=BLv，感应电流为：E BLvIR R==，由右手定则可知，电流方向沿逆时针方向，为负的；L-2L内，感应电动势为：E=2BLv，感应电流为：2E BLvIR R==，由右手定则可知，电流方向沿顺时针方向，为正的；2L-3L内，感应电动势为：E=BLv，感应电流为：E BLvIR R==，由右手定则可知，电流方向沿逆时针方向，为负的，故A正确，B错误；C、D、安培力：F=BIL，在0-L内22B L vFR=，L-2L内224B L vFR=，2L-3L内22B L vFR=，由左手定则可知，整个过程安培力始终向左，为负的，故C正确，D错误；故选AC.【点睛】此题电磁感应中图象的问题，近几年高考中出现的较为频繁，解答本题关键要掌握法拉第电磁感应定律、欧姆定律、楞次定律、安培力公式等等知识，要知道当线框左右两边都切割磁感线时，两个感应电动势方向相同，是串联关系.14. 如图所示，磁感应强度为B 的有界匀强磁场的宽度为L ，一质量为m 、电阻为R 、边长为d(d<L)的正方形金属线框竖直放置．线框由静止释放、进入磁场过程中做匀速运动，完全离开磁场前已做匀速运动．已知重力加速度为g ．则线框（）A. 进、出磁场过程中电流方向相同B. 进、出磁场过程中通过线框柴一横截面的电荷量相等C. 通过磁场的过程中产生的焦耳热为mg(L+d)D. MN 边离开磁场时的速度大小为22mgRB d 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据右手定律判断感应电流方向，根据法拉第电磁感应定律求解电量，根据能量守恒定律求解焦耳热，根据重力与安培力平衡求解速度即可；【详解】A 、根据右手定则可知：在进入磁场时感应电流的方向为逆时针方向，在离开磁场时感应电流方向为顺时针方向，故选项A 错误； B 、根据法拉第电磁感应定律可知：E t ∆Φ=∆，则电流为：EI R =，则电量为：q I t R∆Φ=⋅∆=，由于线圈进入磁场和离开磁场时的∆Φ相同，电阻R 不变，则进、出磁场过程中通过线框某一横截面的电荷量相等，故选项B 正确；C 、由于进入磁场和离开磁场时均为匀速运动，说明进入和离开时速度相同，即动能相同，根据能量守恒定律可知：减少的重力势能转化为焦耳热，即产生的焦耳热为()mg L d ＋，故选项C 正确；D 、由题可知，离开磁场时匀速运动，即重力与安培力平衡，即:Bdvmg BId B d R== 则离开磁场时速度为：22mgRv B d =，故选项D 正确． 【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下物体的平衡问题；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量如何转化是关键，注意电量的求法问题．15. 如图，足够长的U 型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0＜θ＜90°)，其中MN 与PQ 平行且间距为L ，导轨平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab 由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中()A. 运动的平均速度大小为12v B. 下滑的位移大小为qRBLC. 产生的焦耳热为qBLvD. 受到的最大安培力大小为22sin B L vRθ【答案】B 【解析】金属棒ab开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀变速直线运动，平均速度大于12v，故A错误．由R BLx Rq∆Φ==可知：下滑的位移qRxBL=；故B正确；产生的焦耳热Q=I2Rt=qIR，而这里的电流I比棒的速度大小为v时的电流BLvIR'=小，故这一过程产生的焦耳热小于qBLv．故C错误；金属棒受到的安培力22E BLv B L vF BIL BL BLR R R安==⋅=⋅=，故D错误；故选B．点睛：本题考查了电磁感应与力学的综合，关键理清金属棒的运动规律，能知道求电量时要用法拉第电磁感应定律求平均电动势.三、计算题（本大题共4小题，共40.0分）16. 如图所示，在磁感应强度为1T的匀强磁场中，让长度为0.8m的导体棒MN在无摩擦的框架上以5m/s 的速度向右匀速运动，电阻R1=6Ω，R2=4Ω，MN的电阻为1.6Ω，其他导体电阻不计，试计算：（1）导体棒MN两端电压大小（2）导体棒MN受到的安培力的大小．【答案】（1）1A（2）0.8N【解析】【分析】【详解】（1）MN 切割磁感线产生的感应电动势为：4E BLv V == 电路相当于R 1与R 2并联，则外电阻为：R =1212R R R R +=2.4Ω根据闭合电路欧姆定律有：I =ER r+=1A 导体棒MN 两端电压大小为：U =IR =2.4V ；（2）根据安培力的公式，MN 受到的安培力大小为：F =BIL =0.8N ．17. 如图所示，矩形线圈匝数N =100匝，ab =30cm ，ad =20cm ，匀强磁场磁感应强度B =0.8T ，绕轴OO ′从图示位置开始匀速转动，角速度ω=100πrad /s ，试求：（1）穿过线圈的磁通量最大值Φm 为多大？ （2）线圈产生的感应电动势最大值E m 为多大？ （3）写出感应电动势e 随时间变化的表达式？（4）从图示位置开始匀速转动30°过程中，线圈中产生的平均电动势为多少？ 【答案】（1）0.048 Wb ；（2）480V ；（3）e =480πcos100πt （4）1440V ． 【解析】 【分析】【详解】（1）当线圈转至与磁感线垂直时，磁通量有最大值，为：0.80.30.20.048m BS Wb Wb Φ==⨯⨯=； （2）线圈与磁感线平行时，感应电动势有最大值，为：480m E NBS V ωπ==； （3）从图示位置开始计时，电动势的瞬时表达式为：480100m e E cos t cos tV ωππ==；（4）根据法拉第电磁感应定律得：()3001440302360N BSsin N E V t πω︒-Φ===︒⋅． 18. 风力发电作为新型环保新能源，近几年来得到了快速发展．如果风车阵中某发电机输出功率为P 1=120kW ，输出电压是U 1=250V ．发电站通过原副线圈的匝数之比为n 1：n 2=1：12的升压变压器、总电阻为r =10Ω的输电线和降压变压器把电能输送给用户．已知用户需要的电压是U 4=220V ，求：（1）升压变压器的输出电压U 2； （2）输电线上损失的电功率P 损；（3）降压变压器原、副线圈的匝数比n 3：n 4． 【答案】（1）3000V （2）16kW （3）130：11 【解析】【分析】【详解】（1）升压变压器的原副线圈电压之比等于匝数之比，故12123000n U U V n =⋅= （2）输电线上的电流为22120000403000P I A A U === 损失功率为2=16P I r kW =损（3）降压变压器原线圈的电压为U 3=U 2-I 2r =3000-40×10V =2600V 故3344260013022011n U n U === 19. 如图甲所示，斜面的倾角α=30°，在斜面上放置一矩形线框abcd ，ab 边的边长L 1=1m ，bc 边的边长L 2=0.6m ，线框的质量m =1kg ，线框的电阻R =0.1Ω，线框受到沿斜面向上的恒力F 的作用，已知F =15N ，线框与斜面间的动摩擦因数μ=3．线框的边ab ∥ef ∥gh ，斜面的ef hg 区域有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 的变化情况如图乙的B -t 图象所示，时间t 是从线框由静止开始运动起计时的．如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，ef 线和gh 线的距离x =5.1m ，取g =10m /s 2．求：（1）线框进入磁场前的加速度a ； （2）线框进入磁场时匀速运动的速度v ；（3）在丙图中画出线框从静止开始运动直至ab 边运动到gh 线过程的v -t 图象；（4）线框从静止开始运动直至ab 边运动到gh 线的过程中产生的焦耳热Q ． 【答案】（1）5 m/s 2 （2）2 m/s（3）如图；（4）3．5 J 【解析】试题分析：（1）线框进入磁场前，线框受到线框的重力、拉力F 、斜面的支持力和线框的摩擦力作用，由牛顿第二定律：F －mgsinα－μmgcosα=ma 得线框进入磁场前的加速度a="5" m/s 2（2）因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，ab 边进入磁场切割磁感线， 产生的电动势E 1=BL 1v 形成的感应电流I 1=1E R受到沿斜面向下的恒定的安培力F 安＝BI 1L 1 线框受力平衡，有F ＝mgsin α＋μmgcosα＋F 安此时磁感应强度必恒定不变B=0．5 T ，代入数据解得v ＝2 m/s （3）线框abcd 进入磁场前做匀加速直线运动，进入磁场前的运动时间 t 1=va=0．4 s 进入磁场过程中线框做匀速运动的时间t 2=2L v=0．3 s 线框完全进入磁场后至运动到gh 线，线框受力情况与进入磁场前相同，仍做匀加速直线运动，所以该阶段的加速度大小仍为a ＝5 m/s 2，该过程有x-l 2＝vt 3＋12at 23，解得t 3="1" s 线框从静止开始运动直至ab 边运动到gh 线过程的v －t 图象如图；（4）线框整体进入磁场后，ab 边运动到gh 线的过程中，线框中有感应电流的时间 t 4=t 1＋t 2＋t 3－0．9 s=0．8 s2·0.50.60.25?2.10.9B S E V V t ∆⨯===∆- 此过程产生的焦耳热Q 2=224E t R= 0．5 J线框匀速进入磁场过程中产生的焦耳热Q 1= I 12Rt 2 ="3" J线框从静止开始运动直至ab 边运动到gh 线的过程中产生的焦耳热 Q= Q 1+ Q 2=3．5 J 考点：法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律的应用【名师点睛】本题是电磁感应、牛顿第二定律以及能量守恒定律的综合题目；解题时分析线框的受力情况，确定其运动情况是关键，解题时要能分阶段处理物理过程；同时注意要牢记一些经验公式，例如安培力的经验表达式22A B F Rl v=，要会推导．。