2018-2019学年陕西省榆林市第二中学高二下学期第一次月考物理试题 解析版

2018-2019学年陕西省榆林市第二中学高二下学期第一次月考物理试题 解析版

榆林二中2018-2019学年第二学期第一次月考 高二年级物理试题 一、单项选择题（本题共10小题；每小题4分,共40分,每小题给出的四个选项中,只有一个正确选项，多选或错选不得分。）‎ ‎1.线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交流电的图象如图所示，由图可知( ) ‎ 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时刻起到D时刻，线圈转过的角度为π弧度 D. 在A和C时刻磁通量变化率的绝对值最大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 在A和C时刻感应电流最大，感应电动势最大，而磁通量为零，磁通量的变化率最大，线圈处于与中性面垂直的位置，A错误D正确；在B和D时刻感应电流为零，感应电动势为零，而磁通量最大，B错误；从A时刻到D时刻经过时间为周期，线圈转过的角度为弧度，C错误．‎ ‎【点睛】感应电动势与磁通量的变化率成正比，当线圈磁通量最大时，感应电动势为零；而当线圈的磁通量为零时，感应电动势最大．线圈转动一周的过程，感应电流方向改变两次．‎ ‎2.在下列几种电流的波形图中，不能表示交变电流的是 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A图中电流均为正值，说明电流的方向不随时间而变化，则此电流不是交变电流．故A正确．‎ BCD这三种电流的大小和方向都随时间做周期性变化，都是交变电流．故BCD错误．故选A．‎ 考点：交流电 ‎【名师点睛】本题只要掌握交变电流的定义就能进行选择．交变电流的是大小和方向都随时间做周期性变化的电流，A项电流是单向脉冲直流电。‎ ‎3.如图所示，一个闭合导体圆环固定在水平桌面上，一根条形磁铁沿圆环的轴线运动，使圆环内产生了感应电流．下列四幅图中，产生的感应电流方向与条形磁铁的运动情况相吻合的是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、由图示可知，在磁铁S极上升过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量变小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流沿逆时针方向，故A错误；‎ B、由图示可知，在磁铁S极下落过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流顺时针方向，故B错误；‎ C、同时，在磁铁N极上升过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量变大，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流沿顺时针方向，故C错误；‎ D、由图示可知，在磁铁N极下落过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流逆时针方向，故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎4.在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个矩形的金属导体框，规定磁场方向向上为正，导体框中电流的正方向如图所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图变化时，下图中正确表示导体框中感应电流变化的是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据法拉第电磁感应定律有： ，因此在面积、匝数不变的情况下，感应电动势与磁场的变化率成正比，即与B-t图象中的斜率成正比，由图象可知：0-2s，斜率不变，故形成的感应电流不变，根据楞次定律可知感应电流方向顺时针（俯视）即为正值，而在2-4s斜率不变，电流方向为逆时针，整个过程中的斜率大小不变，所以感应电流大小不变；根据楞次定律，向上的磁场先减小，再向下磁场在增大，则感应电流方向为逆时针，即为负方向，故ABD错误，C正确． 故选C．‎ 点睛：‎ 正确理解感应电动势与磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率等之间的关系，可以类比加速度、速度变化量、速度变化率进行学习．‎ ‎5.电阻为1Ω的矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的图象如图所示．现把交流电加在电阻为9Ω的电热丝上，则下列说法中正确的是（　　）‎ A. 线圈转动的角速度为31.4rad/s B. 如果线圈转速提高一倍，则电流不会改变 C. 电热丝两端的电压U=100V D. 电热丝的发热功率P=1800 W ‎【答案】D ‎【解析】‎ 从图中可知：T=0.02s，角速度为：，故A说法错误；在t=0.01s时刻，产生的感应电动势最大，此时线圈与中性面垂直，磁通量为零，故B说法正确；交流电压的最大值为Em=200V，所以有效值，则电热丝两端的电压为：，消耗的功率为：，故C说法错误，D说法正确。所以选AC。‎ ‎6.如图所示交流电的电流有效值为( )‎ A. ‎2A B. ‎3A C. A D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由有效值的定义可得： I12Rt1+I22Rt2=I2RT，代入数据得：62×R×1+22×R×1=I2R×2，解得：I=2A, 故选C．‎ 点睛：对于交变电流的有效值，往往根据交变电流有效值的定义来计算，计算热量时运用焦耳定律．‎ ‎7.如图所示，三只完全相同的灯泡a、b、c分别与电阻R、电感L、电容C串联，再将三者并联，接在220V，50Hz的交变电源两端，三只灯泡亮度相同．如果将电源改为220V，60Hz的交变电源，则（　　）‎ A. 三只灯泡亮度不变 B. 三只灯泡都将变亮 C. a亮度不变，b变亮，c变暗 D. a亮度不变，b变暗，c变亮 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 根据电感的特性：通低频、阻高频，当电源的频率变高时，电感对电流的感抗增大，b灯变暗；根据电容器的特性：通高频、阻低频，当电源的频率变高时，电容器对电流的容抗减小，c灯变亮。而电阻的亮度与频率无关，a灯亮度不变。故选D。‎ 点睛：本题要抓住电感和电容的特性分析：电感：通直流、阻交流，通低频、阻高频，可根据法拉第电磁感应定律来理解．电容器的特性：通交流、隔直流，通高频、阻低频，根据电容器充放电的特性理解．‎ ‎8.如图所示，一只原、副线圈分别是200匝和100匝的理想变压器．副线圈的两端连接两个阻值均为20Ω的电阻，原线圈接频率为50Hz的正弦交流电源，电压表的示数为5V．电流表、电压表均为理想交流电表，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 电流表的读数为‎0.5A B. 流过电阻的交流电频率为100Hz C. 交流电源的输出电压的最大值为20V D. 交流电源的输出功率为5W ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：副线圈的电流为，则原线圈的电流为，由得，故A错误；流过电阻的交流电的频率为，故B错误；副线圈的电压为，由得，，则其最大值为，故C正确；，故D错误。‎ 考点：变压器的构造和原理 ‎【名师点睛】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。‎ ‎9.如图所示，T为理想变压器，副线圈回路中的输电线ab和cd的电阻不可忽略，其余输电线电阻可不计，则当电键S闭合时（　　）‎ A. 交流电压表V1和V2的示数一定都变小 B. 交流电压表只有V2的示数变小 C. 交流电流表A1、A2和A3的示数一定都变大 D. 只有A1的示数变大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、当S闭合时，两个电阻并联，电路的总电阻减小，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压不变，副线圈的电流变大，副线圈回路中的输电线ab和cd的电阻不可忽略，所以输电线ab和cd上的电压变大，所以的示数变小，故B正确，A错误； ‎ C、副线圈的电流变大，和的示数变大，的示数减小，故CD错误。 点睛：输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可。‎ ‎10.图甲为远距离输电示意图，升压变压器原副线圈匝数比1：100，降压变压器原副线圈匝数比为100：1，远距离输电线的总电阻为100。若升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为750kw。下列说法中正确的有（ ）‎ A. 客户端交流电的频率为100Hz B. 客户端电压为250V C. 输电线中的电流为‎30A D. 输电线路损耗功率为180Kw ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由乙图知，周期为0.02s，所以频率f=50Hz，所以A错误；输电线上有电压的损耗，所以用户端电压小于250V，B错误；对升压变压器，由变压规律，可求U2=25000V，输电线电流，所以C正确；输电线损耗的功率：，故D错误。‎ 二、多项选择题（本题共5小题；每小题4分,共20分,每小题给出的四个选项中,至少有两个正确选项，多选或错选不得分，少选得两分）‎ ‎11.（多选题）如图所示，在匀强磁场区域的上方有一半径为R的导体圆环，将圆环由静止释放，圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等．已知圆环的电阻为r，匀强进场的磁感应强度为B，重力加速度为g，则（　　）‎ A. 圆环进入磁场的过程中，圆环中的电流为逆时针 B. 圆环进入磁场的过程可能做匀速直线运动 C. 圆环进入磁场的过程中，通过导体某个横截面的电荷量为 D. 圆环进入磁场的过程中，电阻产生的热量为2mgR ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：由题意可知圆环进入磁场的过程中，垂直纸面向里的磁通量增加，根据楞次定律，圆环中感应电流的磁通量应垂直纸面向外，由右手定则判断感应电流为逆时针方向，故A正确；由于圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等，该过程感应电流不同，安培力不同，故线圈不可能匀速，故B错误；根据，故C错误；由于圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等，由动能定理得：,所以．故D正确．所以AD正确，BC错误。‎ 考点：楞次定律、动能定理 ‎【名师点睛】本题主要考查了楞次定律、动能定理。分析清楚圆环穿过磁场的过程，根据楞次定律判断感应电流的方向；根据线圆环进入与离开磁场的速度判断线框的运动性质；根据求电荷量根据动能定理求出线框的ab边刚进人磁场到ab边刚离开磁场这段过程中克服安培力做的功，即可知道线框从进入到全部穿过磁场的过程中克服安培力做的。‎ ‎12.（多选题）如图所示，当交流发电机的线圈平面绕轴OO′转到与磁场方向平行时，下列说法正确的是（　　）‎ A. 穿过线圈的磁通量为零 B. 穿过线圈的磁通量最大 C. 线圈产生的感应电动势为零 D. 线圈产生的感应电动势最大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ A、B、当交流发电机的线圈平面绕轴OO′转到与磁场方向平行时磁通量为零，故、A正确，B错误；‎ C、D、此时导体速度垂直磁场，导体切割磁感线时的感应电动势最大，D正确，C错误；‎ 故选AD。‎ ‎13.（多选题）如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R．线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度ω匀速转动，从图示位置开计时（　　）‎ A. 当转过60°时，感应电流的瞬时值为 B. 当转过60°时，感应电流的瞬时值为 C. 在转过60°过程中，感应电动势的平均值为 D. 当转过90°过程中，感应电流的有效值为 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ 因为线圈从中性面开始计时，所以感应电动势的瞬时值表达式为e=BSωsinωt，转过60°角时，感应电动势的瞬时值 ，感应电流的瞬时值为 ，故A正确；B错误转过60°的时间 ，磁通量变化量 ‎ 感应电动势的平均值为 ，故C正确；感应电流的最大值为 ，感应电流的有效值 ，故D正确；故选：ACD ‎14. 如图，将额定电压为60V的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上。闭合开关S后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表（均为理想电表）的示数分别为220V和‎2.2A。以下判断正确的是 A. 变压器输入功率为484W B. 通过原线圈的电流的有效值为‎0.6A C. 通过副线圈的电流的最大值为‎2.2A D. 变压器原、副线圈的电流匝数比 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 变压器的输出功率为P2=U2I2=60×2.2=132W，所以输入功率P1=P2=132W，故A错误；根据变压规律，变流规律，解得原线圈的电流的有效值为I1=‎0.6A，所以B正确；D错误；‎2.2A是有效值，C错误。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎15.（多选题）如图所示，一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路．线圈的半径为r1.在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图(b)所示．图线与横、纵轴的交点坐标分别为t0和B0.导线的电阻不计．在0至t1时间内，下列说法正确的是( )‎ A. R1中电流的方向由a到b通过R1 B. 电流的大小为 C. 线圈两端的电压大小为 D. 通过电阻R1的电荷量 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】由楞次定律可判断通过电阻R1上的电流方向为从b到a，故A错误；由图象分析可知，0至t1时间内，由法拉第电磁感应定律有：；面积为：s=πr22；由闭合电路欧姆定律有： ；联立以上各式解得，通过电阻R1上的电流大小为：，B正确；线圈两端的电压大小为U=I1∙2R=，故C错误；通过电阻R1上的电量为：，故D正确；故选BD。‎ 三、填空题（8分）‎ ‎16.矩形线圈abcd，长ab=‎20cm，宽bc=‎10cm，匝数n=200，线圈回路总电阻R=5Ω．整个线圈平面内均有垂直于线框平面的匀强磁场穿过，若匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图所示，则：‎ ‎（1）穿过线圈的磁通量的变化率为________Wb/s；‎ ‎（2）线圈回路中产生的感应电流为________A；‎ ‎（3）当t=0.3s时，线圈的ab边所受的安培力为________N；‎ ‎（4）在1min内线圈回路产生的焦耳热为________J．‎ ‎【答案】（1）0.01 Wb/s、（2）‎0.4 A、（3）3.2 N、（4）48J ‎【解析】‎ 试题分析:（1）穿过线圈的磁通量的变化率为；‎ ‎（2）线圈回路中产生的感应电流为：;‎ ‎（3）当t＝0.3 s时，磁感应强度为0.2T，故线圈的ab边所受的安培力为：‎ ‎（4）在1 min内线圈回路产生的焦耳热为：‎ 考点: 法拉第电磁感应定律。‎ ‎【名师点睛】法拉第电磁感应定律 ‎（1）内容：感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。‎ ‎（2）公式：E＝n，其中n为线圈匝数。‎ ‎（3）感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路的欧姆定律，即I＝。‎ 四、计算题（本题共3小题，共32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）‎ ‎17.如图所示，匀强磁场B=1.0T，有一个N=15匝的矩形线圈，其=‎0.2m， =‎0.1m，线圈电阻r=1Ω，在磁场中绕垂直磁场中心轴OO′转动，转速n=300转/min，线圈两端接有“6V、12W”的灯泡，当线圈通过中性面时开始计时，求：‎ ‎（1）线圈中感应电动势的瞬时值表达式；‎ ‎（2）灯泡消耗的实际功率．‎ ‎【答案】(1) e=3πsin10πt（V） (2)P=8.4W ‎【解析】‎ ‎（1）感应电动势的最大值，因为从中性面时开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式e=3πsin10πt（V）；‎ ‎（2）灯泡的电阻： ‎ 根据闭合电路欧姆定律，流过灯泡电流的有效值： ‎ 灯泡消耗的实际功率为 ‎18.如图所示，边长为L、电阻为R、质量为m的正方形线框abcd放在光滑水平面上，其右边有一磁感应强度大小为B、方向竖直向上的有界匀强磁场，磁场宽度为L，左边界与线框的ab边相距为L。线框在水平恒力F作用下由静止向右运动，cd边进入磁场前已做匀速运动。求线框 ‎（1）匀速运动时的速度大小v；‎ ‎（2）进入磁场过程中通过线框横截面的电荷量q；‎ ‎（3）通过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q。‎ ‎【答案】（1） (2) (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）匀速时产生的感应电动势：E=BLv 对线框根据欧姆定律可得：   ab边受到的安培力大小为：FA=BIL 根据共点力的平衡可得：FA=F 解得： ； （2）线框进入磁场过程中有： ‎ 根据闭合电路的欧姆定律可得： 根据电荷量的计算公式可得：； （3）线框通过磁场过程，由能量守恒定律得：3FL=Q+mv2 线框中产生的焦耳热：Q=3FL- ．‎ ‎19.某发电机输出功率是100kW，输出电压是250V，从发电机到用户间的输电线总电阻R是8Ω，要使输电线上的功率损失为5%，而用户得到的电压正好为220V，求升压变压器和降压变压器（都认为是理想变压器）的匝数比各是多少？‎ ‎【答案】升压变压器和降压变压器的匝数比1分别为：1：16   190：11‎ ‎【解析】‎ ‎(1)发电机输出功率是100kW，电路上损耗的电功率为输出功率的5％，所以输电线功率为100kW×5％=5000J，由，输电线电流为‎25A升压变压器输出功率也是100kW，由P=UI，所以升压变压器输出电压为4000V，，升压变压器匝数比为1/16；降压变压器输入电压为U2-IR=3800V，=190：11‎ ‎ ‎