1、- 1 -永春一中高二年（理）物理 3 月月考试卷一、选择题1. 如图甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流 i 随时间 t的变化关系如图乙所示在 0 时间内，直导线中电流方向向上，则在 T 时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力方向正确的是( )A. 感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向左B. 感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向右C. 感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向右D. 感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向左【答案】C【解析】在 T/2-T 时间内，直线电流方向向下，根据安培定则，知导线右侧磁场的方向垂直纸面向外，电
2、流逐渐增大，则磁场逐渐增强，根据楞次定律，金属线框中产生顺时针方向的感应电流根据左手定则，知金属框左边受到的安培力方向水平向右，右边受到的安培力水平向左，离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以金属框所受安培力的合力水平向右故 C 正确，ABD 错误故选 C点睛：解决本题的关键掌握安培定则判断电流与其周围磁场的方向的关系，运用楞次定律判断感应电流的方向，以及运用左手定则判断安培力的方向2. 如图所示，一个有弹性的金属圆环被一根橡皮绳吊于通电直导线的正下方，直导线与圆环在同一竖直面内，当通电直导线中电流增大时，弹性圆环的面积 S 和橡皮绳的长度 L 将( )- 2 -A
3、. S 增大，L 变长B. S 减小，L 变短C. S 增大，L 变短D. S 减小，L 变长【答案】D【解析】根据右手螺旋定则可知，直线电流下边磁场方向垂直纸面向里，由于电流增大，则弹性的金属圆环中的磁通量增大，导致产生感应电流，根据楞次定律可知，圆环中的感应电流方向：逆时针方向根据左手定则可知，弹性的金属圆环上边的所受的安培力竖直向下，弹性的金属圆环下边的所受的安培力竖直向上，由于下边离长直导线电流越远，磁场越弱，所以向下的安培力大于向上的安培力，从而导致橡皮绳的长度变长；可将圆环等效成一段一段的导线，由左手定则可知，安培力指向圆心，导致弹性环面积减小故 D 正确，A、B、C错误故选 D【
4、点睛】解决本题的关键会用右手螺旋定则（安培定则）判断电流周围磁场的方向，以及会用楞次定律来判定感应电流方向，左手定则判断安培力的方向同时会运用等效思维3. 如图所示，在铁芯上、下分别绕有匝数 n1=800 和 n2=200 的两个线圈由于铁芯不闭合，上线圈产生的磁场将在空间发散，磁感线用虚线表示，下线圈得到的磁场很少，所以这种变压器能量的损耗很大。当上线圈两端与 u=14.1sin314tV 的交流电源相连，将下线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是（ ）A. 14.1V B. 2.5V C. 2.0V D. 1.0V【答案】CD【解析】根据 u=14.0sin314t（V）可知交流电
5、的最大值为 Um=14.1V，则其有效值- 3 -由图可知线圈 n1是原线圈，线圈 n2是副线圈，如果变压器是理想变压器，那么输入电压和输出电压的关系有 U1： U2=n1： n2，可得 ，因为交流电压表指示的是有效值，故如果是理想变压器则 B 正确，但实际变压器存在露磁现象，故通过原线圈的磁通量大于通过副线圈的磁通量，故实际副线圈的输出电压小于 2.5v，故 C，D 正确故选 CD【点睛】该知识点题目比较简单，且题目单一，只要知道了输入电压和输出电压的关系本题即可顺利解出，但本题考虑了实际情况，所以容易出错4. 如图甲所示，为一种调光台灯电路示意图，它通过双向可控硅电子器件实现了无级调节亮度
6、给该台灯接 220V 的正弦交流电后加在灯管两端的电压如图乙所示，则此时交流电压表的示数为( )A. 220 V B. 110 V C. V D. V【答案】B【解析】设交流电的有效值为 U，将交流电与直流电分别通过相同电阻 R，分析一个周期内热量：交流电产生的热量： 直流电产生的热量： ,解得：U=110V，选项 B 正确；故选 B.点睛：求解交流电的有效值，从有效值的定义出发，根据一个周期内通过相同的电阻，发热量相同，此直流的值即为交流电的有效值.5. 在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，所用的器材叫电流互感器如图所示的四个图中，能正确反应其工作原理的是( )- 4 -A.
7、B. C. D. 【答案】A【解析】由理想变压器的原副线圈的电流之比可知，电流与匝数成反比则电流互感器应串连接入匝数较多的线圈上同时一次绕组匝数很少，且串在需要测量的电流的线路中故 A正确；故选 A.【点睛】电流互感器的接线应遵守串联原则；按被测电流大小，选择合适的变化，否则误差将增大6. 图甲所示电路中，A 1、A 2、A 3为相同的电流表，C 为电容器，电阻 R1、R 2、R 3的阻值相同，线圈 L 的电阻不计在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在 t1t 2时间内( )A. 电流表 A1的示数比 A2的小B. 电流表 A2的示数比 A3的小C. 电流表 A1和 A2的示
8、数相同D. 电流表的示数都不为零【答案】C- 5 -考点：电磁感应、电感器和电容器。【名师点睛】由图可知副线圈电路中的磁通量的变化情况，则由电磁感应可得出产生的感应电流；根据电容器及电感器的性质可得出各表的电流大小。视频7. 如图所示，一理想变压器由一个初级线圈和两个次级线圈组成当此变压器工作时，初级、次级线圈的匝数、电流、电压均在图中标出。则下列几组关系式中正确的是( )A. ；B. ；C. D. 【答案】AC【解析】A、根据电压与匝数成正比，有 ， ，故 A 正确；B、由于副线圈是两个，电流与匝数不再成反比，故 B 错误；C、根据理想变压器输入功率等于输出功率，所以有，电压与匝数成正比 ，
9、联立得 ，得，故 C 错误；D、 变形得- 6 -,由 C 分析知，D 错误；故选 AC.【点睛】掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决.8. “西电东输”工程中为减少输电损耗，必须提高输电电压，从西部某电站向华东某地区输送的电功率为 106kW，输电电压为 1000kV，输电线电阻为 100.若改用超导材料作为输电线，则可减少电损耗的功率为( )A. 105 kW B. 104 kWC. 106 kW D. 103 kW【答案】A故选 A考点：远距离输电点评：对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关9. 如
10、图所示，在匀强磁场中放置一个电阻不计的平行金属导轨，导轨跟大线圈 M 相连，导轨上放一根导线 ab，磁感线垂直于导轨所在平面，欲使 M 所包围的小闭合线圈 N 产生顺时针方向的感应电流，则导线的运动情况可能是( )A. 匀速向右运动 B. 加速向右运动C. 减速向右运动 D. 加速向左运动【答案】CD【解析】试题分析：导线 ab 匀速向右运动时，导线 ab 产生的感应电动势和感应电流恒定不变，大线圈 M 产生的磁场恒定不变，穿过小线圈 N 中的磁通量不变，没有感应电流产生故A 错误导线 ab 加速向右运动时，导线 ab 中产生的感应电动势和感应电流增加，由右手定则判断出来 ab 电流方向由 a
11、b，根据安培定则判断可知：M 产生的磁场 方向：垂直纸面向里，穿过 N 的磁通量增大，由楞次定律判断得知：线圈 N 产生逆时针方向的感应电流，不符- 7 -合题意故 B 错误导线 ab 减速向右运动时，导线 ab 中产生的感应电动势和感应电流减小，由右手定则判断出来 ab 电流方向由 ab，根据安培定则判断可知：M 产生的磁场 方向：垂直纸面向里，穿过 N 的磁通量减小，由楞次定律判断得知：线圈 N 产生顺时针方向的感应电流，符合题意故 C 正确导线 ab 加速 向左运动时，导线 ab 中产生的感应电动势和感应电流增加，由右手定则判断出来 ab 电流方向由 ba，根据安培定则判断可知：M 产生
12、的磁场方向：垂直纸面向 外，穿过 N 的磁通量增大，由楞次定律判断得知：线圈 N 产生顺时针方向的感应电流，符合题意故 D 正确故选 CD考点：导体切割磁感线运动，楞次定律点评：本题是有两次电磁感应的问题，比较复杂，考查综合运用右手定则、楞次定律和安培定则的能力10. 圆形导体环用一根轻质细杆悬挂在 O 点，导体环可以在竖直平面里来回摆动，空气阻力和摩擦力均可不计在图所示的正方形区域里，有匀强磁场垂直于圆环的振动面指向纸内下列说法中正确的有( )A. 此摆振动的开始阶段机械能不守恒B. 导体环进入磁场和离开磁场时，环中电流的方向肯定相反C. 导体环通过最低点时，环中感应电流最大D. 最后此摆在
13、匀强磁场中振动时，机械能守恒【答案】ABD【解析】试题分析：于从左侧摆到右侧的过程中，线框中磁通量发生变化，因而产生感应电流，由于电阻的存在，线框中将产生焦耳热，根据能量守恒知线框的机械能将不守恒，故在左 侧线框的高度将高于起始时右侧的高度，所以摆角会越来越小，当完全在磁场中来回摆动时，则没有感应电流，圆环最后的运动状态为在磁场区域来回摆动，A 错误，D 正确导体进入磁场和离开磁场的过程中，磁通量一个是增大，一个是减小，故根据楞次定律可得环中电流的方向肯定相反，B 正确；- 8 -当导体环完全进入磁场后，磁通量不变化，故线圈在最低端没有电流，C 错误故选 ABD考点：考查了楞次定律的应用点评：
14、楞次定律的内容为：闭合回路中产生的感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化；判断感应电流的方向首先要确定原磁场的方向及磁通量的变化，然后根据楞次定律进行判断感应电流的方向11. 在图甲、乙电路中，电阻 R 和电感线圈 L 的电阻都很小接通 S，使电路达到稳定，灯泡 A 发光，则( )A. 在电路甲中，断开 S，A 将渐渐变暗B. 在电路甲中，断开 S，A 将先变得更亮，然后渐渐变暗C. 在电路乙中，断开 S，A 将渐渐变暗D. 在电路乙中，断开 S，A 将先变得更亮，然后渐渐变暗【答案】AD【解析】A、在电路甲中，断开 S，由于线圈阻碍电流变小，导致 A 将逐渐变暗故 A 正确，B 错误；C、在电
15、路乙中，由于电阻 R 和自感线圈 L 的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开 S 时，由于线圈阻碍电流变小，导致 A 将变得更亮，然后逐渐变暗故C 错误，D 正确；故选 AD【点睛】线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈左端是电源正极当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈右端是电源正极12. 若物体在运动过程中所受的合外力不为零，则（ ）A. 物体的动能不可能总是不变的B. 物体的动量不可能总是不变的C. 物体的加速度一定变化D. 物体的速度方向一定变化- 9 -【答案】B【解析】合力不为零，但力不一定做功，故动能可能不变，如匀速
16、圆周运动，故 A 错误；合力不为零则冲量一定不为零，由动量定理可知，物体的动量一定会发生变化，故 B 正确；合外力不为零，则由牛顿第二定律可知有加速度，但若力恒定则加速度不变，故 C 错误；若加速度与速度方向在同一直线上，则物体的速度方向可以不变，故 D 错误。所以 B 正确，ACD错误。13. 一个质量为 m 的运动员从下蹲状态向上起跳，经 时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为 ，在此过程中（ ）A. 地面对他的冲量为 ，地面对他做的功为B. 地面对他的冲量为 ，地面对他做的功为零C. 地面对他的冲量为 ，地面对他做的功为D. 地面对他的冲量为 ，地面对他做的功为零【答案】B【解析】试题分析
17、：人的速度原来为零，起跳后变化 v，以向上为正方向，由动量定理可得，故地面对人的冲量为 ，人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，故 D 正确。考点：考查了动量定理，功的计算【名师点睛】在应用动量定理时一定要注意冲量应是所有力的冲量，不要把重力漏掉视频14. 车厢原来静止在光滑的水平轨道上，车厢后面的人对前壁发射一颗子弹，子弹陷入车厢的前壁内，设子弹的质量为 m,子弹射出的速度为 ,车厢和人的质量为 M，则子弹与前壁作用完毕后,车厢的速度为( )A. ；向前 B. ；向后 C. ；向前 D. 0【答案】D【解析】以车厢、人、子弹为
18、系统，合外力为零，整个系统动量守恒，系统总动量为零，所以末态车厢速度为零故选 D【点睛】本题为考查动量守恒的基础问题，只要正确找出研究对象即可求得最后的速度15. 如图所示，两个垂直纸面的匀强磁场方向相反，磁感应强度的大小均为 B，磁场区域宽- 10 -度均为 a，一正三角形(中垂线长为 a)导线框 ABC 从图示位置方向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在下图中感应电流 i 与线框移动距离 x 的关系图象正确的是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：x 在 a2a 范围，线框穿过两磁场分界线时，BC、AC 边在右侧磁场中切割磁感线，有效切割长度逐渐增大，产生
19、的感应电动势 E1增大，AC 边在左侧磁场中切割磁感线，产生的感应电动势 E2不变，两个电动势串联，总电动势 E=E1+E2增大故 A 错误；x在 0a 范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值故B 错误；在 2a3a，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值故 C 正确，D 错误故选 C考点：电磁感应的图像问题【名师点睛】此题是电磁感应的图像问题；要知道线框匀速穿过两磁场区域时，分为三个过程：穿过左侧磁场，穿过两磁场分界线和穿过右侧磁场由有效切割长度变化，根据感应电动势公式，分析感应电动势的变化，再分析感应电流的变化；本题选择的方法是排除法，
20、将选项逐一代入检验，剔除不符合题意的选项，最后选出正确的答案。二、实验题- 11 -16. 如图所示，是“研究电磁感应现象”的实验装置（1）将图中所缺导线补充完整_（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将原线圈迅速插入副线圈中，电流计指针将 _（3）原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，电流计指针将_【答案】 (1). (2). 向右偏 (3). 向左偏【解析】 （1）探究电磁感应现象实验电路分两部分，要使原线圈产生磁场必须对其通电，故电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，灵敏电流计与副线圈组成另一个闭合电路，如图所示：（2）在闭合开关时，
21、穿过副线圈的磁通量增加，灵敏电流计的指针向右偏，那么合上开关后，将原线圈迅速插入副线圈中，穿过副线圈的磁通量增加，电流计指针将向右偏转（3）原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，电阻增大，电流减小，故穿过副线圈的磁通量减少，电流计指针将向左偏转17. 为探究小灯泡的电功率 P 和电压 U 的关系，小明测量小灯泡的电压 U 和电流 I，利用PUI 得到电功率实验所使用的小灯泡规格为“3.0 V,1.8 W” ，电源为 12 V 的电池，滑动变阻器的最大阻值为 10.（1）准备使用的实物电路如图甲所示，请将滑动变阻器接入电路的正确位置_(用笔画线代替导线)- 12 -（2）现有 10
22、 、20 和 50 的定值电阻，电路中的电阻 R1应选_ 的定值电阻。（3）测量结束后，应先断开开关，拆除_两端的导线，再拆除其他导线，最后整理好器材（4）小明处理数据后将 P、U2 描点在坐标纸上，并作出了一条直线，如图乙所示请指出图象中不恰当的地方_【答案】 (1). (2). 10 (3). 电池 (4).图线不应画为直线；横坐标的标度选择不合适【解析】试题分析：（1）探究小灯泡的电功率 P 和电压 U 的关系，测量小灯泡的电压 U 和电流 I 应从零开始，采用分压电路。- 13 -（2）根据热功率 得小灯泡的电阻为 5，与 10 的滑动变阻器并联后最大阻值为3.33，只有串联 10 的
23、定值电阻，才能满足小灯泡电压 3 伏的要求。（3）先拆电池两端的导线，再拆除其他导线，这样最安全。（4）小灯泡的电阻随电压的升高而增大，图线不应画为直线;横坐标的标度不恰当.考点：探究小灯泡的电功率 P 和电压 U 的关系三、计算题18. 风力发电作为新型环保新能源，近几年来得到了快速发展，如图所示风车阵中发电机输出功率为 100 kW，输出电压是 250 V，用户需要的电压是 220 V，输电线电阻为 10 .若输电线因发热而损失的功率为输送功率的 4%，试求：（1）在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比？（2）画出此输电线路的示意图（需标注相关物理量） 。（3）用户得到的电功率
24、是多少？【答案】 （1） ；（2）（3）96kW【解析】(1)输电线损耗功率 P 线 =1004% kW=4kW，又 P 线 =I22R 线输电线电流 I2=I3=20 A原线圈中输入电流所以- 14 -这样U3=U2-U 线 =5000-2010 V=4800 V所以(2)如图所示(3)用户得到的电功率即降压变压器的输出功率为 P 用 =P-P 损 =P(1-4%)=10096% kW=96kW【点睛】解决本题的关键是知道原副线圈的电压比等于匝数比，电流比等于匝数之反比，以及知道升压变压器的输出电压、降压变压器的输入电压和电压损失的关系，以及功率的关系19. 如图所示，匀强磁场的磁感应强度
25、B0.5T，边长 L10cm 的正方形线圈 abcd 共 100 匝，线圈电阻 r1，线圈绕垂直于磁感线的对称轴 OO匀速转动，角速度 2rad/s，外电路电阻 R4.求：（1）转动过程中感应电动势的最大值（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（3）由图示位置转过 60角的过程中产生的平均感应电动势（4）交变电压表的示数（5）线圈转动一周外力做的功【答案】 （1）3.14 V（2）1.57V（3）2.6V（4）1.78V (5) 0.99J【解析】(1)根据 Em=NBS ，可得感应电动势的最大值： Em=1000.50.122V=3.14V(2)由于线框垂直于
26、中性面开始计时，所以瞬时感应电动势表达式： e=Emcos2t（V） ；- 15 -当线圈转过 60角时的瞬时感应电动势为： e=1.57V(3)根据法拉第电磁感应定律可得转 60角的过程中产生的平均感应电动势大小为：(4)转动过程中，交流电压表的示数为有效值，所以有：(5)一个周期内，通过外力做的功等于电路的总热量，由公式得： Q=0.99J【点睛】本题考查了有关交流电描述的基础知识，要能根据题意写出瞬时值的表达式，知道有效值跟峰值的关系，难度不大，属于基础题线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定而
27、通过某一电量时，则用平均值来求20. 如图（甲）所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道相距 L=1m，两轨道之间用R=4 的电阻连接，一质量 m=1kg 的导体杆与两轨道垂直，静止放在轨道上，轨道的电阻可忽略不计整个装置处于磁感应强度 B=4T 的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，现用水平拉力沿轨道方向拉导体杆，拉力 F 与导体杆运动的位移 s 间的关系如图（乙）所示，当拉力达到最大时，导体杆开始做匀速运动，当位移 s=2.5m 时撤去拉力，导体杆又滑行了一段距离 后停止已知在拉力 F 作用过程中，通过电阻 R 上电量 q 为 1.25C在滑行 的过程中电阻 R 上产生的焦耳热为 求
28、：（1）导体杆运动过程中的最大速度 ；（2）拉力 F 的最大值 ；（3）拉力 F 作用过程中，电阻 R 上产生的焦耳热- 16 -【答案】 （1） （2）8N（3）5J【解析】(1)设金属棒的电阻为 r棒在拉力 F 作用过程中，根据得：可见 r=R在滑行 s的过程中电阻 R 上产生的焦耳热为 QR=4J，则棒上产生的热量也为 QR=Qr=4J，所以回路中产生的总焦耳热为 Q=QR+Qr=8J根据能量守恒得：解得： vm=4m/s(2)杆匀速运动时，所受的安培力为： 由于匀速运动，所以有：(3)拉力 F 作用过程中，根据能量守恒定律得：则得回路中产生的总焦耳热量为：因为 R=r，则电阻 R 上产
29、生的焦耳热为：【点睛】本题关键要能根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量的公式，推导出电量的表达式，这是个常用的经验结论，要熟练推导，并明确电量与哪些因素有关21. 如图甲所示，光滑绝缘水平桌面上直立一个单匝正方形导线框 ABCD，线框的边长为L4m、总电阻为 R1.在直角坐标系 xOy 中，有界匀强磁场区域的下边界与 x 轴重合，上边界满足曲线方程 ，磁感应强度大小 B2T线框在沿 x 轴正方向的拉力 F 作用下，以速度 v1m/s 水平向右做匀速直线运动，直到拉出磁场。- 17 -（1）求线框中 AD 两端的最大电压；（2）在图乙中画出运动过程中线框 图象，并估算磁场区域的面积（估算结果保
30、留 2 位有效数字） ；（3）求线框在穿越整个磁场的过程中，拉力 F 所做的功。【答案】 （1）3V（2） ；3.8m 2（3）【解析】试题分析：(1) 当导线框运动到磁场中心线时，有两种情况，一是 BC 边，二是 AD边，当 AD 边运动到磁场中心时，AD 边上的电压最大 (1 分)EmBL v4 V (2 分)Im 4 A (1 分)UmI m R3 V (2 分)- 18 -(2) BC 边切割磁场的时间为 t13 s (1 分)此后，经 t2时间，线框中无感应电流t21 s (1 分)AD 边切割时间 t3t 13 s在整个切割过程中，it 图象如图所示 (3 分)在图象中，图象与 t 轴所围区域共有小方格约 152 个 （一格 0.05C）故 t1时间内通过线框某一截面的电量 QNq7.6 C（7-8.3 都可以） (2 分)又 Q t1 (2 分)S 3.8 （3.5-4.2 都可以）m 2 (1 分)(3) 在 t1和 t3时间内，通过线框的电流按正弦规定变化I Im2 A (3 分)WI 2R(t1t 3)48 J (3 分)考点：电磁感应；功能关系。
