山西省应县一中学年高二上学期第四次月考物理试题含答案解析.docx

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山西省应县一中学年高二上学期第四次月考物理试题含答案解析

山西省应县一中2017--2018学年高二上学期第四次月考物理试题

学校:

___________姓名：

___________班级：

___________考号：

___________

一、单选题

1．法拉第通过精心设计的一系列试验，发现了电磁感应定律，将历史上认为各自独立的学科“电学”与“磁学”联系起来．在下面几个典型的实验设计思想中，所作的推论后来被实验否定的是（）

A．既然磁铁可使近旁的铁块带磁，静电荷可使近旁的导体表面感应出电荷，那么静止导线上的稳恒电流也可在近旁静止的线圈中感应出电流

B．既然磁铁可在近旁运动的导体中感应出电动势，那么稳恒电流也可在近旁运动的线圈中感应出电流

C．既然运动的磁铁可在近旁静止的线圈中感应出电流，那么静止的磁铁也可在近旁运动的导体中感应出电动势

D．既然运动的磁铁可在近旁的导体中感应出电动势，那么运动导线上的稳恒电流也可在近旁的线圈中感应出电流

2．如图所示，通有恒定电流的导线

与闭合金属框共面，第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，第二次将金属框绕

边翻转到Ⅱ，设先后两次通过金属框的磁通量的变化量的绝对值分别为

和

，则（　　）

A．

B．

C．

D．不能判断

与

的关系

3．如图所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述不正确的是（　　）

A．线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流

B．穿过线圈a的磁通量变小

C．线圈a有收缩的趋势

D．线圈a对水平桌面的压力FN将增大

4．如图所示,闭合线圈abcd从高处自由下落一段时间后垂直于磁场方向进入一有界磁场,从ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场的这段时间内,下列说法正确的是（）

A．a端的电势高于b端B．ab边所受安培力方向为水平向左

C．线圈可能一直做匀加速直线运动D．线圈可能一直做匀速运动

5．如图所示，半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中，绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R的电流的方向和大小是（金属圆盘的电阻不计）（　　）

A．由c到d,

B．由d到c，

C．由c到d,

D．由d到c,

6．如图，在匀强磁场中，MN、PQ是两条平行金属导轨，而ab、cd为串有电压表和电流表的两根金属棒，当两棒以相同的速度向右运动时（）

A．电压表有读数，电流表有读数B．电压表无读数，电流表无读数

C．电压表有读数，电流表无读数D．电压表无读数，电流表有读数

7．如图所示,在蹄形磁铁的两极间有一个可以自由转动的铜盘.现让铜盘开始转动,下列说法正确的是（ ）

A．铜盘中没有磁通量，没有感应电动势,也没有感应电流,铜盘将一直转动下去

B．铜盘中有磁通量的变化，有感应电动势,没有感应电流,铜盘将一直转动下去

C．铜盘中有磁通量得变化，也有感应电动势,有感应电流,铜盘将越转越慢,直到停下

D．铜盘中虽没有磁通量得变化，但有感应电动势,又有感应电流,铜盘将越转越慢，直到停下

8．如图所示,线圈L的自感系数很大,而且电阻可以忽略不计,L1、L2是两个完全相同的小灯泡,随着开关S的闭合和断开,L1、L2的亮度变化情况是（灯丝不会断）（  ）

A．S闭合,L1亮度不变,L2亮度逐渐变亮,最后两灯一样亮;S断开,L2立即不亮,L1逐渐变亮

B．S闭合,L1亮度不变,L2立即变亮;S断开,L1、L2立即不亮

C．S闭合,L1、L2同时亮,而后L1逐渐熄灭,L2亮度不变;S断开,L2立即不亮,L1亮一下才灭

D．S闭合,L1、L2同时亮,而后L1逐渐熄灭,L2则逐渐变得更亮;S断开,L2立即不亮,L1亮一下才灭

9．如图所示，处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直．在t＝0时刻，线圈平面与纸面重合，线圈的cd边离开纸面向外运动．若规定a→b→c→d→a方向的感应电流为正方向，则下图能反映线圈感应电流I随时间t变化的图线是（　　）

A．

B．

C．

D．

10．如图所示，电阻为R，其他电阻均可忽略，ef是一电阻可不计的水平放置的导体棒，质量为m，棒的两端分别与ab、cd保持良好接触，又能沿长度足够长的框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中，当导体棒ef从静止下滑经一段时间后闭合开关S，则S闭合后（）

A．导体棒ef的加速度一定大于g

B．导体棒ef的加速度一定小于g

C．导体棒ef最终速度随S闭合时刻的不同而不同

D．导体棒ef的机械能与回路内产生的电能之和一定守恒

11．为观察电磁感应现象，某学生将电流表．螺线管A和B。

蓄电池．电键用导线连接成如图所示的实验电路.当只接通和断开电键时，电流表的指针都没有偏转，其原因是___________。

A．电键位置接错B．电流表的正、负极接反

C．线圈B的接头3、4接反D．蓄电池的正、负极接反

二、多选题

12．如图所示,匀强磁场方向垂直于线圈平面,先后两次将线圈从同一位置匀速地拉出有界磁场,第一次拉出时速度为v1=v0,第二次拉出时速度为v2=2v0,前后两次拉出线圈的过程中,下列说法正确的是（）．

A．线圈中感应电流之比是1∶2

B．线圈中产生的热量之比是2∶1

C．沿运动方向作用在线框上的外力的功率之比为1∶2

D．流过任一横截面感应电荷量之比为1∶1

13．如图所示，光滑平行金属导轨PP′和QQ′都处于同一水平面内，P和Q之间连接一电阻R，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。

现垂直于导轨放置一根导体棒MN，用一水平向右的力F拉动导体棒MN，以下关于导体棒MN中感应电流方向和它所受安培力的方向的说法正确的是（　　）

A．感应电流方向是N→MB．感应电流方向是M→N

C．安培力方向水平向左D．安培力方向水平向右

14．一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的变化图象如图所示，则下列说法中，正确的是（　　）

A．t＝0时刻，线圈平面与中性面平行

B．t＝0.01s时刻，穿过线圈平面的磁通量的变化率最大

C．t＝0.02s时刻，线圈中有最大感应电动势

D．t＝0.03s时刻，线圈中有最大感应电流

三、实验题

15．某同学在“探究电磁感应的产生条件”的实验中，设计了如图所示的装置。

线圈A通过电流表甲、高阻值的电阻

、变阻器R和开关连接到干电池上，线圈B的两端接到另一个电流表乙上，两个电流表相同，零刻度居中，闭合开关后，当滑动变阻器R的滑片P不动时，甲、乙两个电流表指针的不同的位置如图所示。

（1）当滑片P较快地向左滑动时，甲表指针的偏转方向是___，乙表指针的偏转方向是___（填“向右偏”、“向左偏”或“不偏转”）

（2）断开开关，待电路稳定后再迅速闭合开关，乙表的偏转情况是___（填“向左偏”、“向右偏”或“不偏转”）

（3）从上述实验可以初步得出结论：

______

四、解答题

16．如图所示,U形导线框固定在水平面上,右端放有质量为M的金属棒ab,ab与导轨间的动摩擦因数为μ,它们围成的矩形边长分别为L1、L2,回路的总电阻为R．从t=0时刻起,在竖直向上方向加一个随时间均匀变化的匀强磁场B=kt，（k>0）那么在t为多大时,金属棒开始移动?

17．如图所示，有一范围足够大的匀强磁场，磁感应强度B=0.2T，磁场方向垂直纸面向里．在磁场中有一半径r=0.4m的金属圆环，磁场与圆环面垂直，圆环上分别接有灯L1、L2，两灯的电阻均为R0=2Ω.一金属棒MN与圆环接触良好，棒与圆环的电阻均忽略不计．

（1）若棒以v0=5m/s的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径的瞬时MN中的电动势和流过灯L1的电流；

（2）撤去金属棒MN，若此时磁场随时间均匀变化，磁感应强度的变化率为

，求回路中的电动势和灯L1的电功率．

18．如图甲所示，水平放置的线圈匝数n＝200匝，直径

，电阻

，线圈与阻值

的电阻相连．在线圈的中心有一个直径

的有界匀强磁场，磁感应强度按图乙所示规律变化，规定垂直纸面向里的磁感应强度方向为正方向．试求：

（1）通过电阻R的电流方向；

（2）电压表的示数；

（3）若撤去原磁场，在图中虚线的右侧空间加磁感应强度B=0.5T的匀强磁场，方向垂直纸面向里，试求在施加新磁场过程中通过电阻R上的电荷量．

19．有一个10匝正方形线框，边长为20cm，线框总电阻为1Ω，线框绕OO′轴以10πrad/s的角速度匀速转动，如图所示，垂直于线框平面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.5T．问：

（1）该线框产生的交变电流电动势最大值、电流最大值分别是多少？

（2）线框从图示位置转过60°时，感应电动势的瞬时值是多大？

（3）写出感应电动势随时间变化的表达式．

参考答案

1．A

【解析】

试题分析：

静止导线上的稳恒电流产生稳定的磁场，穿过静止线圈的磁通量没有变化，不能在静止的线圈中感应出电流．符合题意．A正确．稳恒电流产生的磁场是稳定的，穿过在近旁运动的线圈的磁通量可能变化，可在近旁运动的线圈中感应出电流．不符合题意．B错误．静止的磁铁周围的磁场是稳定的，在其近旁运动的导体中可切割磁感线产生感应出电动势．不符合题意．C错误．运动导线上的稳恒电流在空间产生的磁场是变化的，穿过近旁线圈中的磁通量在变化，可感应出电流．不符合题意．故D错误．

考点：

本题考查电磁感应现象的发现过程．

2．C

【详解】

导线

周围的磁场并非匀强磁场，靠近

处的磁场强些，磁感线密一些，远离

处的磁感线疏一些。

当金属框在Ⅰ位置时，穿过金属框的磁通量为

，当金属框平移至Ⅱ位置时，磁通量为

，则磁通量的变化量的绝对值为

当金属框翻转至Ⅱ位置时，磁感线相当于从“反面”穿过金属框，故磁通量为

，则磁通量的变化量的绝对值是

所以

，故C正确，ABD错误。

3．B

【解析】

【详解】

AB：

据右手螺旋定则判断出螺线管b产生的磁场方向向下，滑片P向下滑动，滑动变阻器接入电路电阻减小，电路中电流增大，产生磁场的磁感应强度增强，穿过线圈a的磁通量增大．据楞次定律，线圈a中感应电流产生的磁感应强度向上，由右手螺旋定则可得线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流．故A项正确，B项错误．

CD：

据楞次定律，线圈a将阻碍磁通量的增大，则线圈a有收缩的趋势，线圈a受到向下的安培力，线圈a对水平桌面的压力FN将增大．故CD两项正确．

本题选不正确的，答案是B．

【点睛】

楞次定律：

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．楞次定律还可表述为：

感应电流的效果总是反抗引起感应电流的原因，如“增反减同”、“来拒去留”、“增缩减扩”等．

4．D

【解析】

ab边切割磁感线，根据右手定则，电流从a端流向b端；ab边相当于电源，电源内部，电流从负极流向正极，故b端相当于电源正极，电势高，故A错误；再根据左手定则，安培力向上，故B错误；若匀加速，速度变大，安培力

也变大，故加速度变化，矛盾，故不可能一直做匀加速直线运动，故C错误；若进入磁场后，安培力与重力平衡，则线圈可能一直做匀速直线运动，故D正确；故选D.

5．D

【解析】根据法拉第电磁感应定律，切割产生的感应电动势：

，据欧姆定律，通过电阻R的电流：

．由右手定则，圆盘相当于电源，其方向为从边缘指向圆心，所以电阻R中的电流方向为从d到c．则选项ABC错误，D正确．故选D.

点睛：

本题两个关键点：

一是对圆盘怎么处理？

把它看成是无数个半径在切割磁感线就行了．二是半径相当于电源，而电源内部电流的方向是从负极到正极，所以圆心的电势高，则外电路的电流方向就很好判断．

6．B

【详解】

两根金属棒产生的感应电动势大小相等，都为E=BLv，由右手定则可知，两个感应电动势方向相反，相互抵消，整个回路总的感应电动势为零，没有感应电流，所以电压表和电流表读数都是0，两电表均无示数．

故选B．

7．D

【解析】当铜盘转动时，切割磁感线，产生感应电动势，由于电路闭合，则出现感应电流，处于磁场中受到安培力作用，此力阻碍铜盘转动，铜盘将越转越慢,直到停下，故D正确，ABC错误；故选D.

点睛：

考查楞次定律、法拉第电磁感应定律，知道感应电流的磁通量总阻碍引起感应电流的磁场变化；本题采用等效的方法来理解，要知道感应电流总阻碍引起导体与磁体间的相对运动．

8．D

【解析】当S闭合瞬时，两灯同时获得电压，同时发光，随着线圈L电流的增加，逐渐将L1灯短路，L1逐渐变暗直到熄灭，同时，L2电流逐渐增大，变得更亮；S断开瞬时，L2中电流消失，故立即熄灭，而L1中由于电感中产生一个与电流同向的自感电动势，故右端为正，电流由灯泡L1的右侧流入，故L1亮一下逐渐熄灭．D正确；故选D.

点睛：

对于线圈要抓住双重特性：

当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源．

9．C

【详解】

试题分析：

在t＝0时刻线圈与磁场方向平行，此时线圈磁通量变化率最大，产生的感应电流最大，此时线圈的cd边离开纸面向外运动，此后穿过线圈的磁通量增大，则根据楞次定律可得产生的感应电流方向为a→b→c→d→a，为正，所以C正确；

考点：

考查了交流电的产生，楞次定律

10．D

【解析】

【分析】

棒沿框架无摩擦下滑，先做自由落体运动，当闭合开关时，由于棒切割磁感线产生感应电动势，出现感应电流，导致棒受到安培力，根据安培力公式大小，可判定棒的合力，从而确定加速度大小与方向；当棒达到受力平衡时，处于最大速度．在整个过程中，只有重力与安培力做功，因此棒的机械能与电路中产生的电能是守恒的．

【详解】

当闭合开关时，棒切割磁感线产生感应电流，对应的安培力若大于重力，则棒加速度方向向上，大小可能大于g，也可能小于g，AB错误；当闭合开关时，棒切割磁感线产生感应电流，对应的安培力若大于重力，则棒加速度方向向上，因此棒做减速，导致安培力也减小，从而使加速度也减小，所以直到棒做匀速运动；当安培力小于重力，则棒继续加速，直到匀速直线运动为止；匀速运动时总有

因此棒达到稳定速度与开关闭合的先后无关，C错误；在整个过程中，只有重力与安培力做功，因此棒的机械能与电路中产生的电能是守恒的，D正确。

故选D。

【点睛】

本题是电磁感应与力学知识的综合，其桥梁是安培力，这类问题往往安培力的分析和计算是关键，注意当安培力与重力平衡时导体棒匀速运动，同时明确能量转化规律，知道导体棒克服安培力所做的功等于电能的增加量．

11．A

【详解】

由电路图可知，电键接在电流表所在电路，电键连接错误，闭合与断开电键时，通过螺线管A的电流不变，穿过螺线管B的磁通量不变，没有感应电流产生，电流表指针不偏转。

选项A正确，BCD错误。

故选A。

12．AD

【解析】

试题分析：

在拉出过程中，产生的感应电动势大小为

，所以两次线圈中产生的感应电动势比为

两次所用时间为

，两次过程中拉力比为

根据欧姆定律

可得

A正确，

根据公式

可得

B错误，

根据公式

，以及

可得

C错误，

因为过程中磁通量变化量一样，所以流过任一横截面感应电荷量相同，D正确，

故选AD

考点：

考查了导体切割磁感线运动

点评：

本题采用比例法，用相同的物理量表示所求量，再求比例，是常用的方法．常见问题．

13．AC

【详解】

以导体棒MN为研究对象，所处位置磁场方向向下、运动方向向右。

由右手定则可知，感应电流方向是N→M；再由左手定则可知，安培力方向水平向左。

故BD错，AC对。

故选AC。

14．BCD

【解析】

t=0时刻，磁通量为零，线圈平面与中性面垂直，故A错误．t=0.01s时刻，磁通量为零，感应电动势最大，磁通量的变化率最大，故B正确．t=0.02s时刻，磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，故C正确．t=0.03s时刻，磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，感应电流最大，故D正确．故选BCD．

点睛：

解决本题的关键知道中性面、以及与中性面垂直面位置的特点，当线圈处于中性面时，磁通量最大，感应电动势为零，感应电流为零；当线圈处于与中性面垂直面时，磁通量为零，感应电动势最大．

15．向右偏向左偏向左偏穿过闭合回路的磁通量变化而产生感应电流,感应电流的磁场总要阻得引起感应电流的磁通量变化

【详解】

（1）［1］［2］当滑片P较快地向左滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，可知甲表指针向右偏转，根据楞次定律判断可知，线圈B中产生的感应电流方向沿顺时针（从上往下看），从“-”接线住流入乙表，乙表向左偏转。

（2）［3］断开开关，待电路稳定后再迅速闭合开关，根据楞次定律判断可知，线圈B中产生的感应电流方向沿顺时针（从上往下看），从“-”接线住流入乙表，乙表向左偏转．

（3）［4］由上知，当流过A线圈的电流变化时，A产生的磁场强弱发生变化，穿过线圈B的磁通量变化，从而在乙线圈产生感应电流，而且当磁场增强时，线圈乙中产生的磁场方向与原磁场相反，可得出的结论是：

穿过闭合回路的磁通量变化而产生感应电流，感应电流的磁场总要阻得引起感应电流的磁通量变化。

16．

【解析】

当安培力大小达到金属棒的滑动摩擦力时，开始移动，

所以安培力为

可得t=

．

17．

（1）0.8V；0.4A

（2）0.64V；5.12×10-2W

【解析】

（1）金属棒MN可等效为电源且无电阻，等效电路如图1所示；

MN滑过圆环直径时的电动势E1=B•2r•v0=0.8V

MN中的电流

流过灯L1的电流I1＝

＝0.4A

（2）撤去金属棒MN，若此时磁场随时间均匀变化闭合电路会产生感应电流，等效电路如图2所示；回路中的电动势由法拉第电磁感应定律得：

E2=

•πr2＝0.64V

回路中的电流I′＝

＝0.16A

灯L1的电功率P1＝I′2R0＝5.12×10−2W

18．

（1）A-R-B，

（2）

，（3）

【解析】

试题分析：

（1）根据楞次定律判断出通过电阻R的电流方向；

（2）根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势的大小，结合闭合电路欧姆定律求出电压表的示数．（3）根据法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势，从而得出平均感应电流，结合

求出通过电阻R的电荷量．

（1）穿过线圈的磁场方向向里，在增大，根据楞次定律判断出电流方向从A流向B．

（2）根据法拉第电磁感应定律得：

则感应电流为：

则电压表的示数为：

（3）根据法拉第电磁感应定律得，平均感应电动势为：

则平均感应电流为：

通过电阻R的电量为：

将线圈拉出磁场，磁通量的变化量为定量，则通过电阻R的电荷量为定值．

代入数据得：

19．

（1）6.28V，6.28A；

（2）5.44V；（3）e=6.28sin10πt（V）。

【详解】

（1）根据

Em=NBωS

可得感应电动势的最大值：

Em=10×0.5×0.22×10πV=6.28V

电流最大值

A

（2）由图示位置（线圈平面与磁感线平行）转过60°角时的瞬时感应电动势为：

e=6.28sin60°=6.28×

（V）=5.44V

（3）感应电动势的瞬时表达式为：

e=6.28sin10πt（V）