安徽省蚌埠市铁路中学学年高二下学期第一次月考物理试题含答案.docx

1、安徽省蚌埠市铁路中学学年高二下学期第一次月考物理试题含答案铁路中学2020-2021学年高二下学期第一次月考物理试卷一、单选题（本大题共8小题，每小题4分，共32.0分）1.如图所示，圆形导体线圈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闭合回路若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是 A. 线圈a对水平桌面的压力将增大B. 穿过线圈a的磁通量变小C. 线圈a有扩张的趋势D. 线圈a中将产生顺时针方向的感应电流俯视2.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，C为电容器。已知通过的正弦交流电如图乙所示，则 A. 交流电的频

2、率为 B. 原线圈输入电压的最大值为C. 电阻的电功率约为 D. 通过的电流始终为零3.如图，MN和PQ为处于同一水平面内的两根平行的光滑金属导轨，垂直导轨放置的金属棒ab与导轨接触良好，在水平金属导轨之间加竖直向下的匀强磁场B，导轨的N、Q端接理想变压器的初级线圈，理想变压器的输出端有三组次级线圈，分别接有电阻元件R、电感元件L和电容元件C。若用、分别表示通过R、L和C的电流，不考虑电容器的瞬间充放电，则下列判断中正确的是A. 若ab棒匀加速直线运动，则、B. 若ab棒匀速直线运动，则、C. 若ab棒做加速度变小的加速运动，则、D. 若ab棒匀减速直线运动，则、4.某同学为了验证断电自感现象

3、，自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路。检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象。虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因。你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是A. 电源的内阻较大 B. 小灯泡电阻偏大C. 线圈电阻偏大 D. 线圈的自感系数较大5.下图所示，闭合小金属球从高h处的光滑曲面上端无初速度滚下，又沿曲面的另一侧上升，则下列说法正确的是 A. 若是匀强磁场，环在左侧滚上的高度小于hB. 若是匀强磁场，环在左侧滚上的高度等于hC. 若是非匀强磁场，环在左侧滚上的高度

4、等于hD. 若是非匀强磁场，环在左侧滚上的高度大于h6.如图，固定在同一水平面内的两根平行长直金属导轨间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的磁场中。一质量为质量分布均匀的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为，现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离L时，速度恰好达到最大运动过程中杆始终与导轨保持垂直。设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g。则此过程A. 杆的速度最大值为B. 流过电阻R的电量为C. 恒力F做的功与安倍力做的功之和大于杆动能的变化量D. 恒力F做的功与摩擦力做的功

5、之和等于杆动能的变化量7.如图8所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3 v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两个过程中A. 导体框中产生的感应电流方向相反B. 导体框中产生的焦耳热相同C. 导体框ad边两端电势差相同D. 通过导体框截面的电量相同8.如图甲所示，矩形导线框abcd放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示设时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里，则在时间内，选项图中能正确反映线框ab边所受的安培力F随时间t变化的图象是规定ab边所受的安培力向左为

6、正A. B. C. D. 二、多选题（本大题共4小题，每小题4分，共16.0分）9.一个电阻为R的单匝闭合矩形线框，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量与时间t的关系如图所示，下列说法正确的是A. 时刻，线框平面与磁感线垂直B. 时刻，线框中的电流为零C. 转一个周期线框的感应电动势有效值为D. 从时刻转过的过程中，通过线框某截面的电荷量为10.如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管排斥A. 向右做匀速运动 B. 向左做加速运动C. 向右做减速运动 D. 向右做加速运动11.如图所示是法拉第做成的世界上第一

7、台发电机模型的原理图将铜盘放在磁场中，让磁感线垂直穿过铜盘；图中a、b导线与铜盘的中轴线处在同一平面内；转动铜盘，就可以使闭合电灯获得电流若图中的铜盘半径为L，匀强磁场的磁感应强度为B，回路总电阻为R，从上往下看逆时针匀速转动铜盘的角速度为，则下列说法正确的是A. 回路中有大小和方向做周期性变化的电流B. 回路中有电流大小恒定，且等于C. 回路中电流方向不变，且从b导线流进灯泡，再从a导线流向旋转的铜盘D. 若将匀强磁场改为仍然垂直穿过铜盘的按正弦规律变化的磁场，不转动铜盘，灯泡中仍有电流流过12.如图所示，一足够长的光滑平行金属轨道，其轨道平面与水平面成角，上端用一电阻R相连，处于方向垂直轨

8、道平面向上的匀强磁场中质量为m、电阻为r的金属杆ab，从高为h处由静止释放，下滑一段时间后，金属杆开始以速度v匀速运动直到轨道的底端金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，轨道电阻及空气阻力均可忽略不计，重力加速度为则 A. 金属杆加速运动过程中的平均速度为B. 金属杆加速运动过程中克服安培力做功的功率小于匀速运动过程中克服安培力做功的功率C. 当金属杆的速度为时，它的加速度大小为D. 整个运动过程中电阻R产生的焦耳热为三、填空题（本大题共4小题，共16.0分）13.如图所示，金属圆盘可绕O轴转动，电阻R用电刷接于圆盘中心和边缘之间当圆盘做顺时针方向的转动时从上向下看，通过R的电流方向是_ 。14

9、.如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为零A和B是两个相同的灯泡，则当开关S闭合瞬间，A、B两灯_填“同时”或“不同时”亮，当开关S断开瞬间，a点电势比b点电势_填“高”或“低”15.如图，在理想变压器原副线圈的回路中分别接有三个阻值相同的电阻、。A、B两端接在输出电压恒为U的正弦交流发电机上，此时三个电阻消耗的功率相同。则变压器原、副线圈的匝数比为_电阻两端的电压为_16.如图所示的交变电流的有效值_其中每个周期的后半周期的图象为半个周期的正弦曲线四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）17.在如图甲所示的电路中，螺线管匝数匝，横截面积螺线管导线电阻在一段时间内，穿过螺线管

10、的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化，求： 求螺线管中产生的感应电动势；闭合S，电路中的电流稳定后，求电阻的电功率；断开后，求流经的电量18.一小型水电站，其交流发电机的输出功率为，输出电压为1000V，在输电过程中，输电线能量损耗，已知输电线总电阻，用户降压变压器的输出电压为220V。升、降压变压器均为理想变压器求输电线电流的大小；分别求出升压变压器、降压变压器原副线圈的匝数比19.如图所示，匝的矩形线圈abcd，ab边长，ad边长，放在磁感应强度的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的轴以的转速匀速转动，线圈电阻，外电路电阻，时线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外、c

11、d边转入纸里求：感应电动势的瞬时值表达式；线圈转一圈外力做的功；从图示位置转过的过程中流过电阻R的电荷量20.如图所示，足够长光滑导轨倾斜放置，导轨平面与水平面夹角，导轨间距，其下端连接一个定值电阻，其它电阻不计。两导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度一质量为的导体棒其电阻不计垂直于导轨放置，现将导体棒由静止释放，取重力加速度，。判断金属棒下滑过程中产生的感应电流方向并求导体棒下滑的最大速度；求ab棒下滑过程中电阻R消耗的最大电功率；若导体棒从静止加速到的过程中，通过R的电量，求R产生的热量Q答案和解析【答案】1. A 2. C 3. A 4. B 5. C 6. C 7. D8

12、. D 9. CD 10. BD 11. CD 12. BC 13. 14. 同时高15. 。16. ；17. 解：根据法拉第电磁感应定律：；求出：；根据全电路欧姆定律，有：根据求出；断开后，流经的电量即为S闭合时C板上所带的电量Q电容器两端的电压流经的电量18. 解：输电线上损失的电功率，又则输电线上的流为；则升压变压器输出电压为输电线上损失的电压，降压变压器输入电压，则，。19. 解：的转速匀速转动，所以线圈的角速度为：感应电动势的最大值为：所以感应电动势的瞬时值表达式为：；电动势的有效值：，线圈匀速转动的周期：，线圈匀速转动一圈，外力做功大小等于电功的大小，即：，代入数据得：；线圈由如图

13、位置转过的过程中，通过R的电量为：20. 解：由右手定则判断金属棒中的感应电流方向为由b到a电动势：感应电流： 当安培力与重力分力相等时，速度最大，棒ab做匀速运动，即由前可知代入得：由得：由能量关系有【解析】1. 【分析】本题考查楞次定律，根据楞次定律进行判断即可得出答案。【解答】解：滑动变阻器滑片向下移动，接入电路的电阻减小，电流增大；通过线圈a的磁通量增大，a线圈有收缩的趋势，B、C错误；根据楞次定律判断a中产生逆时针方向的感应电流俯视，a有远离螺线管的趋势，a对桌面的压力增大，A正确，D错误。2. 【分析】由通过的正弦交流电图像，直接得到交流电的周期和通过的最大电流，进而求得交流电的频

14、率和通过的电流的有效值。结合变压器的变压及变流关系求原线圈的输入电压。【解答】A.由通过的电流的图像得交流电的周期，交流电的频率为50Hz，故A错误；B.由于通过的电流的最大值为1A，其有效值为 ，副线圈两端的电压，原线圈两端的电压，其最大值为200V，故B正确；C.的电功率，故C正确；D.由于与电容器串联，而电容器通交流，隔直流，通过电流不为零，故D错误；故选C。3. 【分析】若ab棒匀加速运动或匀减速运动，原线圈中感应电流均匀增大或均匀减小，副线圈中产生恒定的感应电动势；在ab棒匀速运动过程中，ab棒产生恒定的感应电动势，左边原线圈中产生恒定的电流，形成恒定的磁场，穿过右侧的三个副线圈的磁

15、通量不变，没有感应电动势产生；若ab棒做加速度变小的加速运动，原线圈中产生非均匀变化的交变电流，副线圈中将有感应电流产生。本题考查对变压器原理的理解，并抓住产生感应电流的条件和电感、电容的特性进行分析。【解答】若ab棒匀加速运动或匀减速运动，原线圈中感应电流均匀增大或均匀减小，穿过副线圈的磁通量均匀增大或均匀减小，副线圈中产生恒定的感应电动势，由于电容器有隔直的特性，而电感线圈有通直的特性，故I、，故A正确，D错误；B.在ab棒匀速运动过程中，ab棒产生恒定的感应电动势，左边原线圈中产生恒定的电流，形成恒定的磁场，穿过右侧的三个副线圈的磁通量不变，则副线圈中没有感应电动势产生，所以、，故B错误

16、；C.若ab棒做加速度变小的加速运动，原线圈中产生非均匀变化的交变电流，副线圈中将有感应电流产生，故I、，故C错误。故选A。4. 【分析】若是匀强磁场，闭合小金属球中没有感应电流产生，机械能守恒，高度不变；若是非匀强磁场，闭合小金属球中由于电磁感应产生涡流，机械能减小转化为内能，高度减小。本题考查对涡流的认识、理解能力，常规题，比较容易。【解答】若是匀强磁场，穿过小球的磁通量不变，没有感应电流产生，机械能守恒，高度不变，则环在左侧滚上的高度等于h，故A错误，B正确；若是非匀强磁场，闭合小金属球中由于电磁感应产生涡流，机械能减小转化为内能，高度减小，则环在左侧滚上的高度小于h，故C、D错误。故选

17、B。5. 闭合开关S，电路稳定灯泡正常发光时，如果电感线圈L中的电阻比灯泡的电阻大，则电感线圈L中的电流比灯泡A中的电流小，当开关S断开，则由于自感现象，L和A构成回路，L和A中的电流从开始减小，因此不可能看到小灯泡闪亮的现象，C项正确。6. 【分析】导体在恒力作用下先做加速运动后做匀速运动，此时速度达到最大，根据平衡条件和安培力的表达式求解最大速度；由求解电量；根据功能关系分析恒力F做的功与摩擦力做的功之和与动能的变化量。【解答】A.设杆的速度最大值为v，此时杆所受的安培力为为：杆的速度最大时，做匀速运动，受力平衡，则有：联立解得：，故A错误；B.流过电阻R的电荷量为：，故B错误；根据动能定

18、理得：恒力F做的功、摩擦力做的功、安培力做的功之和等于杆动能的变化量，因摩擦力做负功，因此，恒力F做的功与安倍力做的功之和大于杆动能的变化量，故C正确，D错误。故选：C。7. 本题考查了导体切割磁感线时的感应电动势及电流和电压概念、电磁感应中的能量转化。由楞次定律，从两个方向移出磁场过程中感应电流方向都是，选项A错误；以v拉出磁场时，cd边等效为电源：EBLv，；所以产生的焦耳热：，知Q与速度v有关，所以导线框产生的焦耳热不同，选项B错误；向上移出磁场的过程中，电动势，ad边两端电势差；向右移出磁场的过程中，电动势，ad边两端电势差，选项C错误；，沿两个不同方向移出，磁通量的变化量相同，所以通

19、过导体框截面的电量相同，选项D正确；故选 D。8. 【分析】由图结合楞次定律判断线圈中电流的方向，由法拉第电磁感应定律判断线圈中产生的感应电动势的大小，由闭合电路欧姆定律判断线圈中的电流大小，再由安培力表达式得解。本题主要考查楞次定律的理解与应用，难度不大。【解答】内，磁场正向减小又反向增大，由楞次定律可知回路中的电流方向为顺时针方向，由左手定则可知ab边所受的安培力先向左后向右；又由法拉第电磁感应定律可知内线圈中产生的感应电动势：，由于磁场均匀变化，故感应电动势为定值，电流大小、方向恒定不变，由安培力表达式可知，由于磁感应强度先减后增，故安培力先减后增，且先正向后反向；同理内，磁场反向减小又

20、正向增大，由于感应电动势不变，回路中电流大小不变，方向为逆时针，故由安培力表达式可知安培力先向左后向右，大小先减小后反向增大，故D正确，ABC错误。故选D。9. 【分析】当线圈处于中性面时，磁通量最大，线圈与中性面垂直时，磁通量最小；由图象可读出磁通量的最大值与周期，先求出角速度，即可求出最大的电动势，根据最大值与有效值的关系求有效值；根据求平均电动势，从而即可通过线框某截面的电荷量大小。本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，对于交变电流的各个值的关系及求解方法要掌握。【解答】A.时刻，由图可知，磁通为零，此时

21、线圈平面与磁场平行，故A错误；B.由图可知在时刻，线框的磁通量最小为零，磁通量的变化率最大，根据法拉第电磁感应定律可知此时感应电动势最大，线框中的电流最大，故B错误；C.由图可得磁通量的最大值为，周期为T，所以角速度为，可知线框感应电动势的最大值为，由于此线框在磁场绕轴转动时产生的电流为正弦交流电，故其电动势的有效值为，故C正确；D.从到转过的过程中，根据可得通过线框某截面的电荷量为，故D正确。故选CD。10. 【分析】导体棒ab在匀强磁场中沿导轨运动时，根据右手定则判断感应电流方向，感应电流通过螺线管时，由安培定则判断磁场方向，根据楞次定律判断线圈c中感应电流方向，再确定c是否被螺线管吸引。

22、本题运用右手定则、安培定则和楞次定律按步就班进行分析的，也可以直接根据楞次定律进行判断：线圈c被螺线管吸引时，磁通量将要增大，说明原来的磁通量减小，导体棒必定做减速运动。【解答】A.导体棒ab向右或向左做匀速运动时，ab中产生的感应电流不变，螺线管产生的磁场是稳定的，穿过c的磁通量不变，c中没有感应电流，线圈c不受安培力作用，不会被螺线管排斥，故A错误；B.导体棒ab向左做加速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流增大，螺线管产生的磁场增强，穿过c的磁通量增大，根据楞次定律得知，右侧相当于N极，螺线管左侧是S极，则线圈c被螺线管排斥，故B正确；C.导体棒ab向右做减速运动时，根据右

23、手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向从，感应电流减小，螺线管产生的磁场减弱，穿过c的磁通量减小，根据楞次定律得知，c中产生顺时针方向从左向右看的感应电流，右侧相当于N极，螺线管左侧是S极，则线圈c被螺线管吸引，故C错误；D.导体棒ab向右做加速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向从，感应电流增大，螺线管产生的磁场增强，穿过c的磁通量增大，根据楞次定律得知，c中产生逆时针方向从左向右看的感应电流，右侧相当于S极，螺线管左侧是S极，则线圈c被螺线管排斥，故D正确。故选BD。11. 【分析】本题主要考查的是电磁感应现象，注意圆盘转动时产生的感应电动势为：，是易错点。【解答】把铜

24、盘看做若干条由中心指向边缘的铜棒组合而成，当铜盘转动时，每根金属棒都在切割磁感线，相当于电源，由右手定则知，中心为电源正极，盘边缘为负极，若干个相同的电源并联对外供电，电流方向由b经灯泡再从a流向铜盘，方向不变，故A错误，C正确。B.回路中感应电动势为，所以电流，故B错误。D.若将匀强磁场改为仍然垂直穿过铜盘的按正弦规律变化的磁场，不转动铜盘时闭合回路磁通量发生变化，灯泡中仍有电流流过，D正确故选CD。12. 【分析】根据安培力与速度的关系分析金属杆的运动情况，在加速运动中加速度不断减小，根据速度图象分析可知，平均速度大于；整个回路中产的焦耳热为，大于电阻产生的焦耳热。解决这类问题关键时分析受

25、力情况安培力的表达式，进一步确定运动性质，并明确判断哪个阶段及能量转化，同时掌握牛顿第二定律的应用。【解答】A.若金属杆匀加速运动，则平均速度为，实际上金属杆加速运动中，加速度不断减小，速度时间图象的斜率不断减小，在相同间内金属杆通过位移大于匀加速运动的位移，金属杆平均速度大于匀加速运动的平均速度，故A错误；B.金属杆加速运动过程中，安培力平均值小于匀速运动的安培力，且加速运动的平均速度小于匀速直线的速度，因此金属杆加速运动过程中，克服安培力做功的功率小于匀速运动过程中克服安培力做功的功率，故B正确；C.根据匀速直线运动时，金属杆速度大小为v，所受的安培力大小为，此时依据平衡状态，则有：；金属

26、杆的速度为时，它所受的安培力为，据牛顿第二定律解得，联立得：，故C正确；D.整个运动过程中回路产生的焦耳热为，所以R上产生的焦耳热小于，故D错误。13. 【分析】将金属圆盘看成由无数金属幅条组成，根据右手定则判断感应电流的方向。该题的关键是要对金属圆盘的转动切割磁感线有明确认识，圆盘可以当做是由无数金属幅条组成，这点很重要。【解答】将圆盘看成由很多根从圆心到边缘的导线组成，这些导线就像自行车的辐条圆盘转动时，这些辐条切割磁感线由右手定则知：辐条中感应电流从O流向圆盘边缘，然后通过电刷沿导线从b通过电阻R到所以，通过R的电流方向是。故填：。14. 【分析】当电键K闭合时，通过线圈L的电流增大，穿

27、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。明确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行理解，注意线圈的电阻不计是解题的关键。【解答】电键S闭合瞬间，线圈L对电流有阻碍作用，则相当于灯泡A与B串联，因此同时亮。稳定后当电键K断开后，A中不会再有电流通过，故A马上熄灭，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源左端为高电势，与灯泡B构成闭合回路放电，流经灯泡B的电流是由a到b，故a点电势比b点电势高；故填：同时高15. 解析：、设每只电阻的电流为I，则原线圈的电流为I，副线圈中的总电流为2I，原副线

28、圈电流之比为，所以原、副线圈的匝数之比为、设的电压为，则副线圈的电压为，则原线圈的电压为，则U3。16. 【分析】本题考查感应电流的条件，应明确只有闭合回路中磁通量发生变化时才能产生感应电流；并且要注意通过画草图找出准确的长度。只要闭合回路中的磁通量发生变化，回路中就会产生感应电流；由导体框运动过程由速度公式可求得不产生感应电流的时间。【解答】若，从线框完全进入直到右边开始离开磁场区域，线框中的磁通量就不再发生变化，故线圈中没有感应电流的距离为；因导线框做匀速运动，故不产生感应电流的时间为：；若，线框中磁通量变化的距离为2d，因此不产生感应电流的距离为；因导线框做匀速运动，故不产生感应电流的时

29、间为：；故答案为：；。【分析】本题考查了求拉力之比、拉力功率之比、产生的热量之比、感应电荷量之比，先求出各物理量的表达式，然后再求它们的比值；熟练应用基础知识，基本公式即可正确解题。由安培力公式求出安培力，由平衡条件求出拉力大小，然后求出拉力大小之比；由求出功率之比；克服安培力做功转化为焦耳热，由功的计算公式求出线框产生的热量之比；由电流定义式、欧姆定律求出感应电荷量之比。【解答】设线框切割磁感线的边长为线框受到的安培力：线框匀速运动，由平衡条件得：拉力可知拉力与速度v成正比，则拉力之比为1：2；拉力功率拉力功率与速度的平方成正比，则拉力功率之比为：4；线框产生的热量灯油克服安培力做功，则产生

30、的热量与速度成正比，则产生的热量之比为v：2；感应电荷量：故通过导线截面的电量之比是：1：1。故答案为：1：2，1：4，1：2，1：1。【分析】本题是一道基础题，熟练掌握并灵活应用安培定则及楞次定律即可正确解题。由安培定则判断出判断出线圈A产生的磁场方向，然后判断出穿过线圈B的磁通量如何变化，最后由楞次定律判断出感应电流的方向，确定电流表指针的偏转方向。【解答】在图甲中，闭合开关，电流从正接线柱流入电流表，电流表指针向左偏转，即电流从哪个接线柱流入，指针就向哪侧偏转在图乙中，闭合开关后，由安培定则可知，线圈A中的电流产生的磁场竖直向上；将S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，穿过B的磁场向上，磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流从电流表负接线柱流入，则电流表的指针将向右偏转；螺线管A放在B中不动，穿过B的磁通量不变，不产生感应电流，电流表的指针将不发生偏转；螺线管A放在B中不动，穿过B的磁场向上，将滑动变阻器的滑动触片向右滑动时，穿过B的磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流从电流表负接线柱流入，则电流表的指针将向右偏转；螺线管A放在B中不动，穿过B的磁场向上，突然切断开关S时，穿过B的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流从电流表