福建省华安县第一中学2020学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析）

福建省华安县第一中学2020学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析）

华安一中2020学年下学期第一次月考高二物理试题 ‎ 一、选择题 ‎1.利用变压器不可能做到的是（ ）‎ A. 增大电流 B. 升高电压 C. 增大功率 D. 减小电压 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据变压器的电压、电流与匝数之间的关系可以增大和减小电压，也可以增大或减小电流，输入功率由输出功率来决定，变压器不能改变功率，故选C。‎ ‎2.电磁炉采用感应电流（涡流）的加热原理．它具有升温快、效率高、体积小、安全性好等优点．下列关于电磁炉的说法中正确的是（ ）‎ A. 电磁炉是通过铁锅底部产生涡流发热来加热食物 B. 电磁炉是通过面板发热来加热锅内食物 C. 电磁炉可以用陶瓷器皿作为锅具对食品加热 D. 电磁炉在使用时线圈的主要作用是产生热量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】电磁炉是利用电磁感应加热原理制成的电器烹饪器具。使用时，加热线圈中通入交变电流，线圈周围便产生一交变磁场，交变磁场的磁感线大部分通过金属锅底（铁锅），在锅底中产生大量的涡流，从而产生烹饪所需的热，所以电磁炉发热部分需要用铁锅产生涡流来加热，故A正确，BCD错误。‎ ‎3.如图所示，三个单匝线圈，其中a是圆形线圈，b是等边三角形线圈，c 是正方形线圈，a、b、c ‎ 均用同种导线制成，所围面积相等．让它们在同一匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴以相同的角速度匀速转动，线圈中感应电动势的最大值分别为Ema、Emb、Emc，则（ ）‎ A. Ema=Emb=Emc B. Ema>Emb>Emc C. Ema=Emb>Emc D. Ema>Emc>Emb ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】单匝线圈在磁场中匀速转动时，线圈中感应电动势最大值为，因为三匝线圈的面积相等，故感应电动势的最大值Ema=Emb=Emc，故A正确，BCD错误。‎ ‎4. 下图为日光灯的结构示意图，若按图示的电路连接，关于日光灯发光的情况，下列说法正确的是( )‎ A. S1接通，S2、S3断开，日光灯就能正常发光 B. S1 、S2接通，S3断开，日光灯就能正常发光 C. S1、S2、S3接通，日光灯就能正常发光 D. S3断开，接通S1、S2后，再断开S2，日光灯就能正常发光 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：S3断开，接通S1、S2后，再断开S2，镇流器由于断电自感，日光灯就能正常发，D正确。‎ 考点：本题考查线圈的断电自感。‎ ‎5.如图所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路,导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环。导线abcd所围区域内磁场的磁感强度按图中哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体圆环将受到向上的磁场作用力: （　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】导体圆环将受到向上的磁场作用力，根据楞次定律的另一种表述，可见原磁场磁通量是减小，即螺线管和abcd构成的回路中产生的感应电流在减小。根据法拉第电磁感应定律，E，则感应电流I，可知减小时，感应电流才减小。A选项减小，B选项增大，C、D选项不变。所以A正确，B、C、D错误。‎ ‎6.如图所示电路中，L为电阻很小的线圈，G1和G2为内阻不计、零点在表盘中央的电流计。当电键S闭合时，两表的指针都偏向右方。当S断开时，将出现 A. G1和G2的指针都立刻回到零点 B. G1和G2的指针都缓慢地回到零点 C. G1的指针先立刻偏向左方，然后缓慢地回到零点， G2的指针缓慢地回到零点 D. G1的指针缓慢地回到零点；G2的指针先立刻偏向左方，然后缓慢地回到零点 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：当开关断开时，通过线圈的电流变小，导致线圈中产生瞬间感应电动势，从而阻碍电流的变小，所以感应电流在G1-L-G2中形成新的回路，使得G1的指针缓慢地回到零点，而G2的指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点；故选D。‎ 考点：自感现象.‎ ‎7.小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示．不计线圈的电阻，下列说法正确的是（ ）‎ A. 产生的感应电动势瞬时值表达式为(V)‎ B. 若与一个R=10Ω的电阻构成闭合回路，交变电流的有效值为A C. 若将此电动势加在电容为C＝1μF的电容器上，则该电容器的耐压 值应不小于V D. 若该交流发电机的线圈在匀强磁场中匀速转动的速度增大到原来的2倍，则产生的感应电动势的最大值为V ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由图可知，交流电的最大电压E＝20V，周期T＝0.250s，所以频率f＝4Hz，所以感应电动势瞬时值表达式为e＝20sin（8πt），故A错误；‎ B、根据最大值与有效值以及周期与频率关系可知有效值为：U＝10V，，故B正确；‎ C、交流电的最大电压E＝20V，故该电容器的耐压值应不小于20V，故C错误；‎ D、根据线圈产生的交流电的瞬时值e＝NBSωsinωt可知，当转速增大为原来的2倍，产生的感应电动势最大值变为原来的2倍，为40V，故D错误；‎ ‎8.在远距离输电时，输送的电功率为P，输电电压为U，所用导线电阻率为ρ，横截面积为S，两根输电线总长度为L，输电线损失的电功率为P′，用户得到的电功率为P用，则 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、输电线电阻R＝ρ，输出电流I，故输电线上损失的电功率为＝I2R，故A错误B正确；‎ CD、用户得到的电功率为：P用＝P﹣＝P（1），故CD错误。‎ ‎9.有一等腰直角三角形形状的导线框abc，在外力作用下匀速地经过一个宽为d的有限范围的匀强磁场区域，线圈中产生的感应电流i与沿运动方向的位移x之间的函数图象是如图中的 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 开始时进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，当开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针；不论进入磁场，还是出磁场时，由于切割的有效长度变小，导致产生感应电流大小变小。故B正确，ACD错误。故选B。‎ 点睛：对于图象问题可以通过排除法进行求解，如根据图象过不过原点、电流正负、大小变化等进行排除．‎ ‎10.如图所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在正弦交流电源上．变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，其阻值随温度升高而减小．电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压（报警器未画出），R3为一定值电阻．当传感器R2所在处出现火警时，以下说法中正确的是（　　）‎ A. A1的示数增大，A2的示数减小 B. A1的示数不变，A2的示数增大 C. V1的示数不变，V2的示数增大 D. V1的示数不变，V2的示数减小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】由于电源的电压不变，匝数比不变，原副线圈的电压也不变，所以V1的示数不变；原副线圈的匝数比不变，故副线圈两端的电压也不变，，对于副线圈所在电路，电路中的总电流，当传感器R2所在处出现火情时，R2的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，则变大，设电压表V2的电压为，则，因而电压表V2的示数变小，电流表A2的示数，故电流表A2的示数要减小；副线圈消耗的功率，不变，变大，故变大，，不变，故电流表A1的示数增大，故AD正确，BC错误。‎ ‎11.调压变压器是一种自耦变压器，其构造如图所示。线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上。AB间加上正弦交流电压U，移动滑动触头P的位置，就可以调节输出电压。在输出端连接了滑动变阻器R和理想交流电流表，变阻器的滑动触头为Q。则 A. 保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数变大 B. 保持P的位置不动，将Q向上移动时，电流表的读数变大 C. 保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，电流表的读数变大 D. 保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，电流表的读数变小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、保持P的位置不动，即是保持变压器的原、副线圈的匝数比不变，则滑动变阻器R两端的电压不变，当将Q向下移动时，连入电路的电阻的阻值变大，因而电流减小；，当将Q向上移动时，连入电路的电阻的阻值变小，因而电流变大，因而A错误，B正确；‎ CD、保持Q的位置不动，即是保持滑动变阻器R连入电路的阻值不变，将P沿逆时针方向移动时，变压器的原线圈的匝数不变，副线圈的匝数增多，滑动变阻器R两端的电压将增大，所以电流表的读数变大，C正确D错误。‎ ‎12.如图所示，ab，cd是固定在竖直平面内的足够长的金属框架。除bc段电阻为R，其余电阻均不计，ef是一条不计电阻的金属杆，杆两端与ab和cd接触良好且能无摩擦下滑，下滑时ef始终处于水平位置，整个装置处于垂直框面的匀强磁场中，ef从静止下滑，经过一段时间后闭合开关S ，则在闭合S后（ ）‎ A. ef的加速度可能大于g B. 闭合S的时刻不同，ef的最终速度也不同 C. 闭合S的时刻不同，ef最终匀速运动时电流的功率也不同 D. ef匀速下滑时，减少的机械能等于电路消耗的电能 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 如果ef下滑速度较大，使得安培力大于重力，闭合开关后导体棒做减速，最后两力相等，做匀速运动，如果安培力大于重力的两倍，则加速度大于重力加速度，A错；无论什么时候闭合，最终导体棒都做匀速运动，,最终速度都相同，B错；C错；‎ 二、实验题 ‎13.在研究自感现象时，自感系数较大的线圈一般都有直流电阻，某同学利用如图a所示的电路采用伏安法测定线圈的直流电阻，在实验测量完毕后，将电路拆去时应（ ）‎ A．先断开开关S1 B．先断开开关S2 C．先拆去电流表 D．先拆去电源 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】若先断开开关S1或先拆去电流表或先拆去电阻R，由于L的自感作用都会使L和电压表组成回路，原先L中有较大的电流通过，现在这个电流将通过电压表，造成电表损坏，所以实验完毕应先断开开关S2，故B正确，ACD错误。‎ ‎14.在探究电磁感应现象中，我们将电池组、滑动变阻器、线圈、灵敏电流计、导线、开关连成如图甲所示的电路图。‎ ‎（1）电键闭合后，下列说法中正确的是________‎ A．只要将线圈A放在线圈B中就会产生感应电流 B．线圈A插入或拔出线圈B的的过程中会产生感应电流，且速度越大，感应电流越大。‎ C．滑动变阻器的滑片P匀速滑动时，电流计指针不会发生偏转 D．滑动变阻器的滑片P滑动越快，电流计指针偏转的角度越大 ‎（2）在实验中，如果是因为线圈A插入或拔出线圈B，导致电流计指针发生了偏转。这时，是______转化为电能。‎ ‎（3）上述实验中，线圈A、B可等效为一个条形磁铁，将线圈B和灵敏电流计简化如图乙所示。当电流从正接线柱流入灵敏电流计时，指针向正接线柱一侧偏转。则乙图中灵敏电流计指针向___________接线柱方向偏转（填：正、负）。‎ ‎【答案】 (1). BD (2). 机械能 (3). 正 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）A．当将线圈A放在线圈B中，因磁通量不变，则不会引起电流计指针偏转，故A错误；‎ B．线圈A插入或拔出线圈B的速度越大，则穿过线圈的磁通量的变化率越大，感应电动势越大，则产生的感应电流越大，那么电流计指针偏转的角度越大，故B正确；‎ C．滑动变阻器的滑片P匀速滑动时，穿过线圈的磁通量发生变化，则电流计指针会发生偏转，故C错误；‎ D．滑动变阻器的滑片P滑动越快，则穿过线圈的磁通量的变化率越大，那么电流计指针偏转的角度越大，故D正确；‎ ‎（2）线圈A插入或拔出线圈B，导致电流计指针发生了偏转，对应的是动生电动势，由能量守恒定律可知，是将机械能转化为电能；‎ ‎（3）因电流从正接线柱流入灵敏电流计时，指针向正接线柱一侧偏转，根据楞次定律，依据图可知，螺线管的感应电流由上向下，电流从电流计的正接线柱流入，则灵敏电流计指针向正接线柱方向偏转。‎ 三、计算题 ‎15.如图所示,宽度为L=0.2m的足够长的平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上,导轨的一端连接阻值为R=1Ω的电阻.导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B＝0.5T.一根质量为m=10‎ ‎ g的导体棒ab放在导轨上与导轨接触良好,导轨和导体棒的电阻均可忽略不计.现用一平行于导轨的拉力拉动导体棒沿导轨向右匀速运动,运动速度v＝10m/s,在运动过程中保持导体棒与导轨垂直.求:‎ ‎(1)在闭合回路中产生的感应电流的大小;‎ ‎(2)作用在导体棒上的拉力的大小;‎ ‎(3)当导体棒移动30cm时撤去拉力,求从撤去拉力到棒停下来过程中，电阻R上产生的热量.‎ ‎【答案】（1）1A（2）0.1N（3）0.5J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)导体棒产生的感应电动势为E=BLV=1V 感应电流为I==1A ‎(2)导体棒匀速运动,安培力与拉力平衡，即有F=F安=BIL=0.1N ‎(3)撤去F后,导体棒做减速运动,其动能转化为内能,则根据能量守恒，有 ‎16.图（甲）为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的匝数n=100、电阻r=10Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R=90 Ω，与R并联的交流电压表为理想电表． 在t＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量F随时间t按图（乙）所示正弦规律变化．求：‎ ‎（1）交流发电机产生的电动势的最大值；‎ ‎（2）电路中交流电压表的示数；‎ ‎（3）线圈从图示位置转过900的过程中通过 电阻R的电量q．‎ ‎【答案】（1）200 V（2）127 V（3）2×10-2 C ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）交流发电机产生电动势的最大值Em=nBSω 而、‎ 由F-t图线可知：，‎ 联立解得：‎ ‎（2）电动势的有效值 由闭合电路的欧姆定律，电路中电流的有效值为 交流电压表的示数为 ‎（3）；‎ 解得：2×10-2 C ‎17.如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行光滑金属导轨相距1m，导轨平面与水平面成θ=37°角，下端连接阻值为R的电阻．匀强磁场方向与导轨平面垂直．质量为0.2kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触．（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）‎ ‎（1）求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；‎ ‎（2）当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为P=12W，求该速度的大小；‎ ‎（3）在上问中，若R=3Ω，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小与方向．‎ ‎【答案】（1）6m/s2（2）10m/s（3）0.6T，方向垂直导轨平面向上 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律：‎ 解得 ‎（2）设金属棒运动达到稳定时，速度为，所受安培力为F，棒在沿导轨方向受力平衡：‎ 此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻消耗的电功率：‎ 联立解得： ⑤‎ ‎（3）设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长为l，磁场的磁感应强度为B，则 解得，磁场方向垂直导轨平面向上