1、- 1 -上饶县中学 2019 届高二年级下学期第一次月考物理 试卷(零班)一、选择题(本题共 12 小题，每题 4 分，共 48 分，其中 5、7、8、9、11 题为多选题，全部选对的 4 分，选不全的得 2 分，有选错的或不答的得 0 分)。1.科学发现或发明是社会进步的强大推动力，青年人应当崇尚科学在下列关于科学发现或发明的叙述中，存在错误的是A. 奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电与磁的联系B. 法拉第经历了十年的探索，实现了“磁生电”的理想C. 洛伦兹发现了电磁感应定律D. 楞次在分析许多实验事实后提出，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【答案
2、】C【解析】【详解】奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电与磁的联系，选项 A 正确；法拉第经历了十年的探索，实现了“磁生电”的理想，选项 B 正确；洛伦兹发现了磁场对带电粒子的作用力，选项 C 错误；楞次在分析许多实验事实后提出，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，选项 D 正确；此题选择错误的选项，故选 C.2.下列图中表示闭合电路中的一部分导体 ab 在磁场中做切割磁感线运动的情景，导体 ab 上的感应电流方向为 ab 的是（ ）A. B. C. - 2 -D. 【答案】A【解析】A、 ab 棒顺时针转动，运用右手定则：磁感线穿过手心，拇指指向顺时针方
3、向，则导体 ab 上的感应电流方向为 a b故 A 正确B、 ab 向纸外运动，运用右手定则时，磁感线穿过手心，拇指指向纸外，则知导体 ab 上的感应电流方向为 b a，故 B 错误C、穿过回路的磁通量减小，由楞次定律知，回路中感应电流方向由 b a c，则导体 ab 上的感应电流方向为b a故 C 错误D、 ab 棒沿导轨向下运动，由右手定则判断知导体 ab 上的感应电流方向为b a，故 D 错误故选 A【点睛】本题的关键要掌握右手定则和楞次定律，要知道它们在判断切割产生的感应电流方向上结果是相同的，不过研究的对象不同3.如图所示，一正方形线圈的匝数为 n，边长为 a，线圈平面与匀强磁场垂直
4、，且一半处在磁场中在t 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由 B 均匀地增大到 2B，在此过程中，线圈中产生的电动势为A. B. C. D. 【答案】D【解析】根据法拉第电磁感应定律有： ，故 D 正确，ABC 错误。4.如图甲所示，闭合金属框 abcd 置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，磁感应强度 B 随时间 t 的变化关系如图乙所示。规定顺时针方向为电流的正方向，下列各图中能正确表示线框中感应电流 i 随时间 t 变化的图像是- 3 -A. B. C. D. 【答案】C【解析】在 0 到 1 秒内，磁感应强度 B 均匀增加，则线框中产生感应电流，由楞次定律可得电流方向为：逆时针，负值；由
5、法拉第电磁感应定律可得，感应电流大小恒定当在 1 秒到 3 秒内，磁场不变，则线框中没有磁通量变化，所以没有感应电流在 3 到 4 秒内，磁感应强度 B 均匀减小，则线框中产生感应电流，由楞次定律可得电流方向为：顺时针，正值；由法拉第电磁感应定律可得，感应电流大小恒定因此 C 选项正确；故选 C.5.平面上的光滑平行导轨 MN、PQ 上放着光滑导体棒 ab、cd，两棒用细线系住，开始时匀强磁场的方向如图甲所示，而磁感应强度 B 随时间 t 的变化如图乙所示，不计 ab、cd 间电流的相互作用则细线中张力A. 由 0 到 t0时间内细线中的张力逐渐减小B. 由 t0到 t1时间内细线中张力增大C
6、. 由 0 到 t0时间内两杆靠近，细线中的张力消失D. 由 t0到 t1时间内两杆靠近，细线中的张力消失- 4 -【答案】AD【解析】【详解】由图乙所示图象可知，0 到 t0时间内，磁场向里，磁感应强度 B 均匀减小，线圈中磁通量均匀减小，由法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的感应电动势，形成恒定的电流。由楞次定律可得出电流方向沿顺时针，故 ab 受力向左，cd 受力向右，而张力 F=F 安=BIL，因 B 减小，故张力将减小，故 A 正确、C 错误；由图乙所示图象可知，由 t0到 t 时间内，线圈中的磁场向外，B 均匀增大，回路中产生恒定的感应电流，由楞次定律可知，电流为顺时针，由左手
7、定则可得出，两杆受力均向里，故两杆靠近，细线中张力消失，D 正确，B 错误；故选 AD。【点睛】本题只要楞次定律的第二种表达掌握好了，本题可以直接利用楞次定律的“来拒去留”进行判断。6.图甲所示是某种型号的电热毯的部分电路图。其电热丝的总电阻 R=11，电热毯所接电源电压的波形如图乙所示（每段为正弦曲线的一部分） ，则该电热毯的电功率为A. 275W B. 550W C. 400W D. 355W【答案】A【解析】【详解】设将此电流加在阻值为 R 的电阻上，电压的最大值为 Um，电压的有效值为 U，根据热效应有 ，代入解得： ，该电热毯的电功率为：，故 A 正确，BCD 错误。7.如图甲所示，
8、将阻值为 R=5 的电阻接到内阻不计的正弦交变电源上，电流随时间变化的规律如图乙所示，电流表串联在电路中测量电流的大小对此，下列说法正确的是- 5 -A. 电阻 R 两端电压变化规律的函数表达式为 u=2.5sin(200t)VB. 电阻 R 消耗的电功率为 0.625WC. 如图丙所示，若此交变电流由一矩形线框在匀强磁场中匀速转动产生，当线圈的转速 提升一倍时，电流表的示数为 AD. 这一交变电流与图丁所示电流比较，其有效值之比为【答案】ABC【解析】【详解】由图可知，电流的最大值 Im=0.5A，则电压的最大值： Um=ImR=0.55=2.5V；周期T=0.01s，角速度为 =200 r
9、ad/s，电阻 R 两端电压变化规律的函数表达式为u=2.5sin（200 t ） V，故 A 正确；电流的有效值 ，电阻 R 消耗的电功率为，故 B 正确；感应电动势的瞬时值表达式为： e=Emsint ，其中：Em=nBS ，当线圈的转速提升一倍时，最大值提升一倍，所以电流表的示数为 ，故 C 正确；图乙为正弦式交流电，其有效值为 ，图丁电流大小不变，有效值 I=0.5A，所以这一交变电流与图丁所示电流比较，其有效值之比为 ，故 D 错误。所以 ABC 正确，D 错误。8.图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比 n1:n2=5:1，电阻 R=20，L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡，S 1
10、为单刀双掷开关。原线圈接正弦交变电源，输入电压 u 随时间 t 的变化关系如图所示。现将 S1接 1、S 2闭合，此时 L2正常发光。下列说法正确的是- 6 -A. 输入电压 u 的表达式 u=20 sin(50 t)VB. 只断开 S2后，L 1、L 2均正常发光C. 只断开 S2后，原线圈的输入功率减小D. 若 S1换接到 2 后，R 消耗的电功率为 0.8W【答案】CD【解析】试题分析：由乙图可知原线圈的输入电压的周期为 T=0.02s，所以 ，可知其表达式为 ，故选项 A 错误；由题意可知变压器原线圈的输入电压 ，由可得副线圈的输出电压 ，将 S1接 1、S 2闭合，此时 L2正常发光
11、，所以小灯泡的额定电压为 4V，只断开 S2时，两个小灯泡串联，所以不能正常发光，故选项 B 错误；只断开 S2时，副线圈电阻增大，其电流变小，由 可知原线圈电流减小，所以输入功率减小，故选项 C 正确；若 S1换接到 2 后，电阻 R 的功率 ，故选项 D 正确考点：交流电的表达式；理想变压器的规律9.如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡 a 和 b。当输入电压 U 为灯泡额定电压的 5 倍时，两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是A. 原、副线圈匝数之比为 4:1B. 原、副线圈匝数之比为 5:1- 7 -C. 此时 a 和 b 的电功率之比为 4:1D. 此时 a 和 b
12、的电功率之比为 1:4【答案】AD【解析】【详解】灯泡正常发光，则其电压均为额定电压 U，则说明原线圈输入电压为 4U，输出电压为 U；则可知，原副线圈匝数之比为 4：1：故 A 正确；B 错误；根据变压器原理可得，所以 I1= I2，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式 P=UI 可得两者的电功率之比为 1：4；故 C 错误，D 正确；故选 AD。【点睛】本题考查变压器原理，要注意明确输入电压为灯泡两端电压与输入端电压之和，从而可以确定输入端电压；则可求得匝数之比。10.如图所示，在光滑的水平桌面上有一弹簧振子，弹簧劲度系数为 k，开始时，振子被拉到平衡位置 O 的右侧 A 处，此时拉力大
13、小为 F，然后释放振子从静止开始向左运动，经过时间t 后第一次到达平衡位置 O 处，此时振子的速度为 v，在这个过程中振子的平均速度为A. 等于 B. 大于 C. 小于 D. 0【答案】B【解析】【分析】平均速度等于这段位移与所需要的时间的比值而位移则通过胡克定律由受力平衡来确定。【详解】根据胡克定律，振子被拉到平衡位置 O 的右侧 A 处，此时拉力大小为 F，由于经过时间 t 后第一次到达平衡位置 O 处，因做加速度减小的加速运动，所以这个过程中平均速度为 ，故 B 正确，ACD 错误。【点睛】考查胡克定律的掌握，并运用位移与时间的比值定义为平均速度，注意与平均速率分开，同时强调位移而不是路
14、程。11.如右图所示，轻质弹簧下挂重为 500N 的物体 A，伸长了 5cm，再挂上重为 300N 的物体 B时又伸长了 3cm，弹簧均在弹性限度内，若将连接 A、B 两物体的细绳烧断，使 A 在竖直面内做简谐运动，下列说法中正确的是- 8 -A. 最大回复力为 300NB. 最大回复力为 800NC. 振幅为 8cmD. 振幅为 3cm【答案】AD【解析】【详解】轻质弹簧下挂重为 500N 的物体 A，伸长了 5cm，故弹簧的劲度系数为：，若将连接 A、 B 两物体的细绳烧断，物体 A 将做简谐运动，烧断瞬间，合力充当回复力；由于细线烧断前是平衡，烧断后先对 A 的拉力减小了 300N，而弹
15、力不变，故合力为 300N，故最大回复力为 300N，故 A 正确，B 错误；刚剪断细线时物体的加速度最大，此处相当于是物体 A 到达简谐运动的振幅处，故振幅为 3cm，故 C 错误，D 正确。所以 AD 正确，BC 错误。12.一单摆的摆长为 40cm，摆球在 t=0 时刻正从平衡位置向左运动， （g 取 10m/s2） ，则在t=1s 时摆球的运动情况是A. 正向左做减速运动，加速度正在增大 B. 正向左做加速运动，加速度正在减小C. 正向右做减速运动，加速度正在增大 D. 正向右做加速运动，加速度正在减小【答案】B【解析】【详解】由题意，单摆的周期 T=2 =0.4s，t=1s，则 Tt
16、T。而摆球在 t=0 时刻正从平衡位置向左运动，则 t=1s 时正靠近平衡位置向左运动，速度增大，加速度减小。故选 B。【点睛】本题关键要抓住单摆振动的周期性，将一个周期可分成四个四分之一周期，根据提供的时间与周期的关系分析摆球的运动情况二、实验题（每空 2 分，共 10 分）13.某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中，先测得摆线长为 L，摆球直径为 d，然- 9 -后用秒表记录了单摆全振动 n 次所用的时间为 t则：（1）他测得的重力加速度 g=_ （用测量量表示）（2）某同学在利用单摆测定重力加速度的实验中，若测得的 g 值偏大，可能的原因是_A摆球质量过大B单摆振动时振幅较小C测量
17、摆长时，只考虑了线长忽略了小球的半径D测量周期时，把 n 个全振动误认为（n1）个全振动，使周期偏大E测量周期时，把 n 个全振动误认为（n+1）个全振动，使周期偏小（3）为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长 l 并测出相应的周期 T，从而得出一组对应的 l 和 T 的数值，再以 l 为横坐标、T 2为纵坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率 K则重力加速度 g=_ （用 K 表示）（4）实验中游标尺（20 分度）和秒表的读数如图，分别是_ mm、_s【答案】 (1). （1） ； (2). （2）E； (3). （3） ； (4).（4）18.95mm， (5). 99.8s【解析】
18、【分析】（1）由实验摆长和运动时间得到周期，再通过单摆周期公式联立解得重力加速度；（2）根据重力加速度表达式判断各影响因素，进而得到 g 增大的可能原因；（3）通过（1）中的重力加速度表达式，将 k 代入其中即可求解；（4）按照游标卡尺和秒表的读数法，先读主尺和秒表小圈的分针数，然后再加上分尺和大圈秒针数即可- 10 -【详解】 （1）该实验单摆摆长 l L+ ，周期 T ；故由单摆运动周期 T2 可得；（2）由（1）可知，g 与摆球质量、单摆振动时振幅无关，且若测得的 g 值偏大，则 l 偏大或 T 偏小；那么，测量摆长时，只考虑了线长忽略了小球的半径，则 l 偏小，g 偏小；故可能原因为
19、E；（3）以 l 为横坐标、T 2为纵坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率 K，那么 ，所以， ；（4）游标卡尺的读数为 18mm+190.05mm=18.95mm，秒表的读数为 1.560s+9.8s=99.8s；三、计算题（42 分）14.如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈 abcd，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的匝数N=100，边长 ab=“1.0“ m、 bc=“0.5“ m，电阻 r=2。磁感应强度 B 在 0 1 s 内从零均匀变化到 0.2 T。在 15 s 内从 0.2 T 均匀变化到-0.2 T，取垂直纸面向里为磁场的正方向。求：（1）0.5s 时线圈内感应电动势的大
20、小 E 和感应电流的方向；（2）在 15s 内通过线圈的电荷量 q；（3）在 05s 内线圈产生的焦耳热 Q。【答案】 （1） E=10V，感应电流方向为 adcba（2） q=10C （3） Q=“100J“【解析】（1）要求解 0.5s 时的感应电动势，只能通过求平均感应电动势着眼。由于线圈与磁场方向垂直的有效面积不变，只是磁感应强度均匀变化，则 0.5s 的瞬时感应电动势正好与 0 1 s的平均感应电动势相等。感应电流的方向可根据楞次定律来进行判断即可。 （2）要分析 15s- 11 -的电荷量 q，则只要根据 求解即可；（3）由于磁场的变化分 0 1 s 和 1 5 s 两个不同的阶段
21、，可从两阶段分别对线圈产生的焦耳热进行分析，运用即可求得。（1）磁感应强度 B 在 0 1 s 内从零均匀变化到 0.2 T，故 0.5s 时刻的瞬时感应电动势的大小和 0 1 s 内的平均感应电动势大小相等。则由感应电动势： 且磁通量的变化量 ，可解得 ，代入数据得 。0 1 s 磁感应强度在逐渐增大，根据楞次定律：感应电流产生的磁场将与原磁场方向相反，则感应电流的方向为： adcba。（2）同理可得： ，感应电流 ，电量解得： ,代入数据得：q=10C。（3）0 1 s 内的焦耳热 ，且15 s 内的焦耳热 ，由 ,代入数据得：【考点定位】法拉第电磁感应定律、楞次定律、电荷量及焦耳热的综合
22、。注意分阶段考虑，考查考生的分析能力、推理能力等。难度：中等。视频15.如图所示，两条足够长的平行的光滑裸导轨 c、d 所在斜面与水平面间夹角为 ，间距为L，导轨下端与阻值为 R 的电阻相连，质量为 m 的金属棒 ab 垂直导轨水平放置，整个装置处在垂直斜面向上的磁感应强度为 B 的匀强磁场中导轨和金属棒的电阻均不计，有一个水平方向的力垂直作用在棒上，棒的初速度为零，则：（重力加速度为 g）（1）若金属棒中能产生从 a 到 b 的感应电流，则水平力 F 需满足什么条件？（2）当水平力大小为 F1，方向向右时，金属棒 ab 加速向上运动。求金属棒的最大速度 vm是多少？- 12 -【答案】 （1
23、）Fmgtan；（2）【解析】【详解】 （1）金属棒中能产生从 a 到 b 的感应电流，说明金属棒沿导轨向上运动切割磁感线受力分析如图Fcosmgsin得：Fmgtan（2）金属棒加速上滑时，安培力平行于斜面向下，棒先加速后匀速，匀速时即为最大速度F1cos=mgsin+F 安F 安 =BIL=解得：v max=【点睛】对于电磁感应中的力学问题，关键是要正确分析导体棒的受力情况，注意安培力的方向与运动方向相反，同时要把握导体棒速度最大的条件：合力为零16.如图所示，某水电站发电机的输出功率为 100kW，发电机的电压为 250V，通过升压变压- 13 -器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为
24、8，在用户端用降压变压器把电压降为220V若输电线上损失的功率为 5kW，不计变压器的损耗，求：（1）输电导线上输送的电流；（2）升压变压器的输出电压 U2；（3）降压变压器的匝数比【答案】 （1）25A；（2）4000V；（3）190:11【解析】试题分析：根据输电损失功率公式 计算电流；由输送功率 计算输送电压 U2；由电压与匝数成正比和电压分配关系计算匝数之比(1)由 知输电线上的电流(2)升压变压器的输出电压(3)降压变压器的输入电压降压变压器的匝数比17.如图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，转动的角速度 =10 rad
25、/s，线圈的匝数 N=10 匝、电阻r=1，线圈所围面积 S=0.1m2线圈的两端经滑环和电刷与阻值 R=9 的电阻相连，匀强磁场的磁感应强度 B=1T在 t=0 时刻，线圈平面与磁场方向平行， （ 取 3.14， 2取 10）则：- 14 -(1)从图示位置开始计时，写出通过 R 的电流的瞬时表达式；(2)若在 R 两端接一个交流电压表，它的示数为多少？(3)线圈转动一周过程中，R 上产生电热 Q 为多少？(4)线圈从图示位置转过 90过程中，通过 R 的电荷量 q 为多少？【答案】(1) i=3.14cos31.4t A (2)U=20V （3） Q=9J (4) q=0.1C【解析】【详解】 （1）感应电动势的最大值为：E m=NBS=1010.110V=31.4V感应电流的最大值为： 电流的瞬时表达式为：i=I mcost=3.14cos31.4t A（2）电流的有效值为：I= 电阻 R 两端电压有效值为：U=IR联立得电压表示数为：U=20V （3）R 产生的热量为：Q=I 2Rt一周时间为：t= =0.2s解得：Q=9J（4）通过 R 的电荷量为：q= t又 所以 q=代入数据解得：q=0.1C【点睛】解决本题时要知道正弦式交流电峰值的表达式 Em=nBS，以及知道峰值与有效值的- 15 -关系求热量要用电流的有效值，求电荷量要用电流的平均值
