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2019-2020学年高二物理下学期第一次月考试题(含解析) (I)一、选择题（本题共有10题，其中1-6为单选题，7-10为多选题，410=40分）1. 提出电磁感应定律的物理学家是（ ）A. 库仑 B. 奥斯特 C. 安培 D. 法拉第【答案】D【解析】库仑发现电荷间作用的库仑定律，丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，发现电流周围存在磁场，安培发现通电导线的受磁场作用的安培定则，法拉第发现电磁感应定律，故D正确，A、B、C错误；故选D。2. 为一金属杆，它处在如图所示的垂直于纸面向里的匀强磁场中，可绕点在纸面内转动；为以为圆心位于纸面内的金属圆环；在杆转动过程中，杆的端与金属环保持良好接触；为电流表，其一端与金属环相连，一端与点良好接触。当杆沿逆时针方向转动时，某时刻杆的位置如图，则此时刻（ ）A. 有电流通过电流表，方向由；作用于的安培力向右B. 有电流通过电流表，方向由；作用于的安培力向左C. 有电流通过电流表，方向由；作用于的安培力向左D. 无电流通过电流表，作用于的安培力为零【答案】C【解析】试题分析：ab杆切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，由右手定则判断感应电流方向，由左手定则判断安培力方向解：图示位置时，ab杆向左运动，根据右手定则，判断出ab杆中感应电流方向ab，电流通过电流表，方向由cd根据左手定则，作用于ab的安培力向右故A正确故选A3. 如图所示电路中，、是两个相同的小灯泡，是一个自感系数相当大的线圈。电源的电动势为，内阻为。关于这个电路的以下说法正确的是（ ）A. 开关由闭合到断开瞬间，灯闪亮一下再熄灭B. 开关闭合后，灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定C. 开关闭合后，灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定D. 开关由闭合到断开瞬间，电流自左向右通过灯【答案】CB、开关闭合到电路中电流稳定的时间内，B灯由于L产生自感电动势逐渐变亮，当线圈对电流没有阻碍时，灯泡亮度稳定，故B错误；C、开关闭合到电路中电流稳定的时间内，A灯立刻亮，当线圈电流阻碍较小后A灯逐渐变暗，当线圈对电流没有阻碍时，灯泡亮度稳定，故C正确；D、开关处于闭合状态，在断开瞬间，线圈相当于电源，电流方向仍不变，所以电流自右向左通过A灯，故D错误；故选C。【点睛】电路中有线圈，当通过线圈的电流发生变化时，会产生感应电动势去阻碍线圈中电流变化但阻碍不等于阻止，就使其慢慢的变化。4. 如图所示，、和是完全相同的灯泡，与电容器串联，与带铁芯的线圈串联，与一个定值电阻串联。当、间接电压有效值为、频率为的正弦式交流电源时，三只灯泡的亮度相同。现在、间接另一正弦式交流电源，发现灯泡变亮、变暗、亮度不变。由此可知，另一正弦式交流电源可能是（ ）A. 电压有效值仍为，而频率大于B. 电压有效值大于，而频率大于C. 电压有效值仍为，而频率小于D. 电压有效值小于，而频率大于【答案】A【解析】当将a、b接在电压有效值为U、频率为f的正弦交流电源两极之间时，三只灯泡都发光，且亮度相同，而更换另一正弦式交流电源后，发现灯泡L1变亮、L2变暗、L3亮度不变，则说明线圈的感抗比电容器的容抗大，那么另一正弦式交流电源的频率大，但电压值有效值仍不变，故A正确， B、C、D错误；故选A。【点睛】对于电容器来说能通交流隔直流，而频率越高越容易通过，对于线圈来讲通直流阻交流，通低频率交流阻高频率交流，但对于电阻来说，不论是高频还是低频均不受影响，从而即可求解。5. 如图所示为一交流电电流随时间变化的图象，其中电流的正值为正弦曲线的正半周，其最大值为；电流的负值的强度为，求该交流电的有效值（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】设电流的有效值为I.取一个周期时间，由电流的热效应得：，解得：，故B正确，A、C、D错误；故选B。【点睛】求有效值方法：是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值。6. 如图所示，导线框abcd在光滑且无限长导轨上向右运动，abcd与导轨接触良好，G1与G2是两只灵敏电流计，则关于G1、G2指针的偏转，说法正确的是（ ）A. 只有G1偏转B. 只有G2偏转C. G1与G2都会偏转D. G1与G2都不会偏转【答案】C【解析】导线框向右滑动时，ad边与导轨构成的闭合回路磁通量增加，回路中会产生感应电流，因此有电流流过两电流表G1和G2，两电流表都会偏转，故C正确，A、B、D错误；故选C。【点睛】产生感应电流的条件：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中有感应电流。7. 如图所示，一理想变压器的原线圈接有电压为的交流电，副线圈接有电阻、光敏电阻（阻值随光照增强而减小），开关开始时闭合，下列说法正确的是（ ）A. 当光照变弱时，变压器的输入功率增加B. 当开关由闭合到断开，原线圈中电流变大C. 当滑动触头向下滑动时，电阻消耗的功率增加D. 当增大时，副线圈中电流变大【答案】CD【解析】A、当光照变弱时，光敏电阻的阻值变大，输出功率减小，输入功率也变小，故A错误；B、当开关K由闭合到断开，副线圈回路电阻增大，输出电流减小，匝数比不变，所以原线圈电流减小，故B错误；C、当滑动触头P向下滑动时，原线圈匝数减小，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端的电压增大，电阻R1两端的电压增大，电阻R1消耗的功率增大，故C正确；D、当U增大时，副线圈电压增大，副线圈中电流变大，故D正确；故选CD。【点睛】变压器的输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定输入功率；结合功率表达式分析判断即可。8. 如图，铁芯上绕有两组线圈，一组与电源相连，另一组与灵敏电流计相接。闭合开关的瞬间：（ ）A. 铁芯中的磁场方向向右B. 右侧线圈中磁通量突然减小C. 电流表有电流通过，方向由向D. 电流表有电流通过，方向由向【答案】AD【解析】A、当闭合开关K的瞬间，导致左侧线圈中电流增大，根据安培定则可知，左边线圈左端是S极，右端是N极。则铁芯中的磁场方向向右，故A正确；BCD、当闭合开关K的瞬间，导致电流增大，则右侧线圈的磁通量在增大，由楞次定律可知，可判定出感应电流方向由B流向A，故D正确，B、C错误；故选AD。【点睛】通过开关通断，来改变电流大小，根据安培定则来确定线圈的电流方向与磁场方向的关系，由于穿过线圈的磁通量变化，导致线圈B中产生感应电流，其方向根据楞次定律“增反减同”来判断。9. 某交流发电机中，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的关系如图所示。如果此线圈和一个的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，下列说法中正确的是（ ）A. 交变电流的频率为50HzB. 电阻两端的有效电压是C. 交变电流的有效值为D. 交变电流的最大值为【答案】BD【解析】A. 由图可知，交流电的周期T=0.04s，故A错误；B. 由图可知，交流电的最大电压Em=100V，电阻R两端的最大电压是100V，故B错误； C. 交变电流的最大值为：Im=Em/R=100/100=1A，故C正确； D. 交变电流的有效值为：I= A，故D错误；故选：C.10. 如图所示，图中有一有界匀强磁场，以虚线为界，其右侧磁场方向垂直纸面向外，正方形金属框边长是，电阻为，自线框从左边界进入磁场时开始计时，在外力作用下由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度进入磁场区域，时刻线框全部进入磁场若外力大小为，线框中电功率的瞬时值为，线框磁通量的变化率为，通过导体横截面的电荷量为，（其中图象为抛物线）则这些量随时间变化的关系正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】BD【解析】A、线框做匀加速运动，其速度v=at，感应电动势E=BLv，线框进入磁场过程中受到的安培力，由牛顿第二定律得：，则，故A错误；B、电荷量，故B正确；C、线框的位移，故C错误；D、感应电流，线框的电功率，故D正确；故选BD。【点睛】由线框进入磁场中切割磁感线，根据运动学公式可知速度与时间关系；再由法拉第电磁感应定律，可得出产生感应电动势与速度关系；由闭合电路欧姆定律来确定感应电流的大小，并由安培力公式可确定其大小与时间的关系；由牛顿第二定律来确定合力与时间的关系；最后电量、功率的表达式来分别得出各自与时间的关系。二、填空题（每空2分，共14分）11. 如图所示为火警报警装置的部分电路，其中为电源，为电源内阻，是半导体热敏电阻传感器，它的电阻阻值随温度升高而减小，、是定值电阻。、两端接报警器。当传感器所在处出现火险险情时，与险情出现前相比，、两端电压_，电流表中的电流_（选填“变大”、“变小”或“不变”）。【答案】 (1). 变小 (2). 变大【解析】由题知，当传感器R2所在处出现火情时，R2减小，R2、R3并联电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，路端电压减小，即a、b两端电压U变小，R2、R3并联电压，I增大，E、R1、r均不变，则减小，通过R3电流减小，由于干路电流增大，则知电流表示数I变大；【点睛】由题知，当传感器R2所在处出现火情时，R2减小，分析外电路总电阻如何变化，根据欧姆定律分析干路电流的变化情况和路端电压U的变化情况，根据R2、R3并联电压的变化情况，分析通过R3电流的变化情况，即可知电流表示数变化情况。12. 如图为“探究电磁感应现象”的实验装置。将图中所缺的导线补接完整。如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后可能出现的情况有：将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将_偏转（选填“发生”或“不发生”）；原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针_偏转（选填“发生”或“不发生”）；在上述两过程中灵敏电流计指针的偏转方向_（选填“相同”或“相反”）。在做“探究电磁感应现象”实验时，如果副线圈两端不接任何元件，则副线圈电路中将_。（不定项选择）A.因电路不闭合，无电磁感应现象B.有电磁感应现象，但无感应电流，只有感应电动势C.不能用楞次定律判断感应电动势方向D.可以用楞次定律判断感应电动势方向【答案】 (1). (2). 发生，发生， (3). 相反， (4). BD【解析】(1)将电源、电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示；(2)闭合电键，磁通量增加，指针向右偏转，将原线圈迅速插入副线圈，磁通量增加，则灵敏电流计的指针将向右偏转一下；原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电阻增大，则电流减小，穿过副线圈的磁通量减小，则灵敏电流计指针向左偏转一下；(3)如果副线圈B两端不接任何元件，线圈中仍有磁通量的变化，仍会产生感应电动势，不会没有感应电流存在，但是可根据楞次定律来确定感应电流的方向，从而可以判断出感应电动势的方向，故BD正确，AC错误；故选BD。三、计算题（10+12+12+12=46分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分；有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）13. 正方形线框的边长为l，可绕它的一条对称轴转动，线框电阻为，转动角速度为。匀强磁场的磁感应强度为，方向与垂直，初位置时线圈平面与平行，如图所示。以图示位置为零时刻，写出现框中感应电动势的瞬时值表达式。由图示位置转过的过程中，通过线框截面的电荷量是多少？【答案】（1） （2）【解析】【分析】根据求出感应电动势的峰值，从垂直中性面开始计时，瞬时电动势；根据法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势，从而得出平均感应电流，根据求出通过电阻R的电荷量；解：（1）电动势的峰值为 因为图示位置为中性面，所以 （2）在转动90度的过程中磁通量的变化量为： 根据 14. 如图所示，用硬质导线做成一个直径径为D的圆环，圆环的电阻为R，为圆环的一条直径。在的左侧有磁感应强度B均匀减大的磁场，变化率，磁场方向垂直圆环平面向里。求：感应电流的方向；感应电流的大小；图中、两点间的电压的大小。【答案】（1）逆时针转动 （2） （3）U【解析】【分析】根据楞次定律判断感应电流的方向，并确定圆环有扩张趋势还是有收缩趋势；由法拉第电磁感应定律求出感应电动势大小，再由欧姆定律求感应电流大小，a、b两点的电势差应等于路端电压，由闭合电路欧姆定律求得；解：（1）磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小B增大，穿过圆环的磁通量增大，由楞次定律判断可知：圆环中产生的感应电流方向沿逆时针方向 （2）由法拉第电磁感应定律得 根据闭合电路欧姆定律，则感应电流大小为 （3）a、b两点的电势差应等于路端电压：15. 如图所示，一小型发电机通过升压、降压变压器把电能输送给用户，已知发电机的输出功率，输出电压，升压变压器原、副线圈匝数比为n1：n2= 1:10，两个变压器间的输电导线的总电阻R=60，降压变压器的输出电压，变压器本身的损耗忽略不计，求：升压变压器副线圈两端的电压输电线上损耗的电功率P降压变压器原、副线圈的匝数比。【答案】（1）5000V （2）=6000W （3）解：（1）升压变压器的输出电压：（2）传输电流：损失的功率：（3）降压变压器的输入电压为： 降压变压器的匝数比： 16. 如图所示，固定轨道由倾角为=53o的斜导轨与水平导轨用极短的圆弧导轨平滑连接而成，轨道所在空间存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B=2T的匀强磁场，两导轨间距为L=0.2m，上端用阻值为R=2的电阻连接在沿斜导轨向下的拉力（图中未画出）作用下，一质量为m=0.01kg的金属杆从斜导轨上某一高度处由静止开始沿斜导轨匀加速下滑，当杆滑至斜轨道的最低端处时撤去拉力，杆在水平导轨上减速运动直至停止，其速率随时间的变化关系如图乙所示（其中=4m/s，=0.4s）。杆始终垂直于导轨并与导轨保持良好接触，导轨和杆的电阻以及一切摩擦均不计求：杆中通过的最大感应电流；杆沿导轨下滑到的过程中，通过电阻的电量；撤去拉力后，杆在水平导轨上运动的路程。【答案】（1）0.8A （2）9.610-2C （3）0.5m【解析】【分析】MN在最低点的速度方向与磁场垂直且速度最大，根据导体切割磁感应线产生的感应电动势和闭合电路的欧姆定律求解感应电流最大值；根据位移时间关系求解杆MN沿斜导轨下滑的距离，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律结合q=It求解电荷量；撤去拉力后，由功能关系求解克服安培力做的功，对杆由动能定理求解运动的位移；解：（1）经分析可知，杆MN下滑到P2Q2处时的速度最大vm，此时回路中产生的感应电动势最大，且最大值为：Em=BLvm=1.6V此时回路中通过的感应电流最大，有： （2）杆MN沿斜导轨下滑的距离为： 在杆MN沿斜导轨下滑的过程中，穿过回路的磁通量的变化为：回路中通过的平均感应电流为： 所以 （3）撤去拉力后，杆MN在水平导轨上做减速运动，设某时刻其速度大小为v，则此时回路中通过的感应电流为： 设此时杆MN的加速度大小为a，由牛顿第二定律有：BIL=ma 设在趋近于零的时间t内，杆MN的速度变化的大小为v，有：由以上三式可得： 即：解得：