青海省西宁市第四高级中学2015-2016学年高二物理下学期第一次月考试题

高 二 物 理

第I卷（选择题）

一、选择题（每小题4分，共48分） 1．下面说法正确的是（ ）

A．线圈中的磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势就越大 B．线圈中的磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势就越大 C．线圈中的磁通量越大，线圈中产生的感应电动势就越大 D．线圈放在磁场越强的地方，线圈中产生的感应电动势就越大 2．(多选)如图甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动．当从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化，则在t=A．线圈中的电流最大 C．线圈所受的安培力为零

时刻（ ）

B．穿过线圈的磁通量为零 D．线圈中的电流为零

3．（多选）在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2Ω，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过了60°的感应电流为1A，那么

A.线圈中感应电流的有效值为2A B.线圈消耗的电功率为4W

C.任意时刻线圈中的感应电动势为e4cos2t TD.任意时刻穿过线圈的磁通量为Tsin2t T4．如图中有A、B两个线圈．线圈B连接一电阻R，要使流过电阻R的电流大小恒定，且方向由c点流经电阻R到d点．设线圈A中电流i从a点流入线圈的方向为正方向，则线圈A中的电流随时间变化的图象是（ ）

A． B． C． D．

5．如图所示，在载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两可自由滑动的导体ab和cd．当载流直导线中的电流逐渐增强时，导体ab和cd的运动情况是（ ） A．一起向左运动 B．一起向右运动

C．ab和cd相向运动，相互靠近 D．ab和cd相背运动，相互远离 6．（多选）如图所示，磁场与线圈平面垂直，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域，v1=3v2．在先后两种情况下（ ）

1

A．线圈中的感应电流之比I1：I2=1：3 B．线圈中的感应电流之比I1：I2=3：1 C．线圈中产生的焦耳热之比Ql：Q2=3：1 D．通过线圈某截面的电荷量之比Ql：Q2=1：1

7．在如图所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为自感线圈，E为电源，S为开关．关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序，下列说法正确的是（ ）

A．合上开关，a先亮，b逐渐变亮；断开开关，a、b同时熄灭

B．合上开关，b先亮，a逐渐变亮；断开开关，a先熄灭，b后熄灭 C．合上开关，b先亮，a逐渐变亮；断开开关，a、b同时熄灭 D．合上开关，a、b同时亮；断开开关，b先熄灭，a后熄灭

8．如图所示，闭合直角三角形线框，底边长为l，现将它匀速拉过宽度为d的匀强磁场（l＞d）．若以逆时针方向为电流的正方向，则以下四个I﹣t图象中正确的是（ ）

A． B． C．

D．

9．（多选）在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图甲所示。产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示。则下列说法正确的是（ ） A．t=0.01s时穿过线框的磁通量最小 B．该交变电动势的有效值为112V C．该交变电动势的瞬时值表达式为e222sin(100t)V D．电动势瞬时值为22V时，线圈平面与中性面的夹角为45° 10．（多选）如图所示，电源输入电压不变，要使电路中电流表示数变大，可采用的方法有（ ）

A．将R上的滑片向上移动 B．将R上的滑片向下移动 C．将电键S掷向1 D．将电键S掷向2 11、（多选）实验室里的交流发电机可简化为如图所示的模型，正方形线圈在水平匀强磁场中，绕垂直于磁感线的OO′轴匀速转动．今在发电机的输出端接一个电阻R和理想电压表，并让线圈每秒转25圈，读出电压表的示数为10 V．已知R＝10 Ω，线圈电阻忽略不计，下列说法正确的是( ) A．线圈位于图中位置时，线圈中的瞬时电流为零

B．从线圈经过中性面开始计时，线圈中电流瞬时值表达式为i＝2sin50πt(A) C．流过电阻R的电流每秒钟方向改变50次 D．电阻R上的热功率等于20 W

2

12、（多选）一台发电机最大输出功率为4000 kW，电压为4000 V，经变压器T1升压后向远方输电．输电线路总电阻R＝1 kΩ.到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220 V、60 W)．若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器T1和T2的损耗可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则( )

A. T1原、副线圈电流分别为10 A和20 A B. T2原、副线圈电压分别为1.8×10 V和220 V

C. T1和T2的变压比分别为1∶50和40∶1 D. 有6×10盏灯泡(220 V、60 W)正常发光 二、填空题（每空2分，共18分）

13．如图所示，两个线圈绕在同一铁芯上，A中接有电源，B中导线接有一电阻R。在把磁铁迅速插入A线圈的过程中，A线圈中的电流将________（填“减少”、“增大”或“不变”），通过电阻R的感应电流的方向为___________；若线圈B能自由移动，则它将_____________移动（填“向左”、“向右”或“不”） 14．一正方形线圈边长为40cm，总电阻为3Ω，在与匀强磁场垂直的平面中以v=6m/s的恒定速度通过有理想边界的宽为30cm的匀强磁场区，已知磁感应强度为0.5T，线圈在通过磁场区域的全过程中，有电磁感应时产生的感应电流I= A，所产生的热量Q= J．

15．如图所示，在B=0.5 T的匀强磁场中，有一个n=100匝的矩形线圈，边长L1=0.1 m，L2=0.2 m，线圈从图中位置开始绕中心轴OO′以角速度ω=100πrad/s逆时针方向匀速转动，则线圈中产生的感应电动势的最大值为 ，有效值为 ，当线圈

转过1/4周过程中感应电动势的平均值为 ，线圈转过30°时感应电动势的瞬时值 三、实验题（6分） 16．在研究“电磁感应现象”的实验中，所需的实验器材如图所示．现已用导线连接了部分实验电路． （1）请把电路补充完整；

（2）实验时，将线圈A插入线圈B中，合上开关瞬间，观察到检流计的指针发生偏转，这个现象揭示的规律是 ； （3）（多选）某同学设想使线圈B中获得与线圈A中相反方向的电流，可行的实验操作是

A．抽出线圈A B．插入软铁棒 C．使变阻器滑片P左移 D．断开开关

四、计算题（28分） 17．（8分）在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1500匝，横截面积

2

S=20cm．螺线管导线电阻r=1.0Ω，R1=4.0Ω，R2=5.0Ω，C=30μF．在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化．求：

（1）求螺线管中产生的感应电动势；

（2）闭合S，电路中的电流稳定后，求电阻R1的电功率； （3）S断开后，求流经R2的电量．

4

3

5

3

18．（10分）如图，发电机输出功率为100kW，输出电压为U1250V，用户需要的电压为U4220V，两变压器之间输电线的总电阻为R=10Ω，其它电线的电阻不计，若输电线中因发热而损失的功率为总功率的4％，试求：（变压器是理想的）

（1）发电机输出电流和输电线上的电流大小；

（2）在输电线路中设置的升、降变压器原副线圈的匝数比。 19．（10分）如图甲，在水平桌面上固定着两根相距L=20cm、相互平行的无电阻轨道P、Q，轨道一端固定一根电阻r=0.02Ω的导体棒a，轨道上横置一根质量m=40g、电阻可忽略不计的金属棒b，两棒相距也为L=20cm．该轨道平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中．开始时，

2

磁感应强度B0=0.10T．设棒与轨道间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s．

（1）若保持磁感应强度B0的大小不变，从t=0时刻开始，给b棒施加一个水平向右的拉力，使它由静止开始做匀加速直线运动．此拉力F的大小随时间t变化关系如图乙所示．求b棒做匀加速运动的加速度及b棒与导轨间的滑动摩擦力；

（2）若从t=0开始，磁感应强度B随时间t按图丙中图象所示的规律变化，求在金属棒b开始运动前，这个装置释放的热量是多少？

4

参

1．B 【解析】

试题分析：本题考察对法拉第电磁感应定律

的理解，要理解E的大小和磁通量以及磁通量

的变化量无关，由磁通量的变化率决定（即磁通量变化快慢）．

解：A、线圈中的磁通量变化大，磁通量的变化率不一定大，故A错误；

B、根据法拉第电磁感应定律可知线圈中感应电动势的大小与磁通量的变化率即磁通量变化快慢成正比，故B正确；

C、线圈中的磁通量大，其磁通量变化率不一定大，故C错误； D、磁场强，线圈中的磁通量变化快慢不确定，故D错误； 故选B．

【点评】本题能够全面考察学生对法拉第电磁感应定律的理解，学生可以类比前面学习的加速度的定义式：

，进行理解．

2．CD 【解析】

试题分析：一矩形线圈在匀强磁场内绕固定轴转动，线圈中的感应电动势e随于时间t的变化规律可得，线圈从垂直中性面开始计时；磁通量为零时，磁通量变化率最大；每当线圈经过中性面时，电流方向改变．

解：ACD、该交变电流的周期为 T=

，在t=

时刻，即t=时刻，由线圈中产生的交变电流图象

可知，感应电流大小为零，故安培力为零，故A错误，CD正确； B、在t=

时刻，即t=时刻，感应电流大小为零，则知感应电动势为零，由法拉第电磁感应定律

知磁通量变化率也为零，线圈与磁场垂直，磁通量为最大．故B错误； 故选：CD．

【点评】学会通过瞬时感应电流来判定在什么时刻，线圈处于什么位置；同时还能画出磁通量随着时间变化的图象及线圈中的电流随着时间变化的规律． 3．BC 【解析】

试题分析：因为是从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，所以其电流瞬时表达式为iimcost，因为线圈转过了60°的感应电流为1A，即1imcos60，解得im2A，故感应电流有效值为

I22A，A错误；线圈消耗的电功率为PI2R2224W，B正确；电路中感应电

2动势最大为EmimR4V，线圈的角速度为2，所以过程中产生的感应电动势的瞬时值为T22eEmcost4cos(t)，C正确；任意时刻穿过线圈的磁通量为BSsint，根据公式TT2EEm2T42T2EmNBSNm，可得 m，故sint，D错误； 22TNNT1TT5

考点：考查了交流电的产生， 【名师点睛】关键是知道绕垂直于磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈中产生正弦或余弦式交流电，根据交流电瞬时表达式入手 4．A 【解析】

试题分析：闭合电路中产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化．

解：A、要产生流过电阻R的电流大小恒定，且方向由c点流经电阻R到d点，则有先从b电流流入，且大小减小，根据楞次定律，与右手螺旋定则可知，符合要求，故A正确．

B、当电流i从a点流入线圈，且大小减小时，根据楞次定律可知，电流从d点流经电阻R到c点，故B错误．

C、要使流过电阻R的电流大小恒定，根据法拉第电磁感应定律，则通入电流必须均匀变化，故CD错误；

故选：A． 【点评】本题考查了感应电流产生的条件，及楞次定律的应用，注意右手螺旋定则与右手定则的区别． 5．C 【解析】

试题分析：根据右手螺旋定则判断直线电流周围的磁场，根据楞次定律判断出回路中的感应电流，再结合左手定则判断ab、cd所受的安培力方向，确定导体棒的运动情况．

解：根据右手螺旋定则知，直线电流下方的磁场方向垂直纸面向里，电流增强时，磁场增强，根据楞次定律得，回路中的感应电流为abdc，根据左手定则知，ab所受安培力方向向右，cd所受安培力向左，即ab和cd相向运动，相互靠近．故C正确，A、B、D错误． 故选：C．

【点评】本题综合考查了右手螺旋定则、左手定则和楞次定律的综合运用，各种定则适用的范围不能混淆． 6．BCD

【解析】解：A、v1=3v2，根据E=BLv，知感应电动势之比3：1，感应电流I=，则感应电流之比为3：1．故A错误，B正确．

2

C、v1=3v2，知时间比为1：3，根据Q=IRt，知热量之比为3：1．故C正确． D、根据q=It=

，知通过某截面的电荷量之比为1：1．故D正确．

故选：BCD．

【点评】解决本题的关键掌握导体切割磁感线时产生的感应电动势E=BLv，以及通过某截面的电荷量

．

7．C 【解析】

试题分析：对于线圈来讲通直流阻交流，通低频率交流阻高频率交流．

解：由于a、b为两个完全相同的灯泡，当开关接通瞬间，b灯泡立刻发光，而a灯泡由于线圈的自感现象，导致灯泡渐渐变亮；当开关断开瞬间，两灯泡串联，由线圈产生瞬间电压提供电流，导致两灯泡同时熄灭． 故选：C

【点评】线圈的自感系数越大，频率越高时，感抗越高． 8．D 【解析】

6

试题分析：线框匀速穿过磁场区域时，分为三个过程：线框向右运动距离x为0～d，d～l，l～l+d范围内．先根据楞次定律分析感应电流的方向，再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，再分析感应电流大小的变化．

解：在线框向右运动距离x为0～d的范围内，穿过线框的磁通量不断增大，由楞次定律可知线框产生的感应电流沿逆时针方向，为正；有效的切割长度为L=xtanθ，线框匀速运动故x=vt，感应电流的大小为：

，可知I∝t；

在线框向右运动距离x为d～l范围内，穿过线框的磁通量均匀增大，由楞次定律可知线框产生的感应电流沿逆时针方向，为正；且感应电流大小不变；

在线框向右运动距离x为l～l+d范围内，穿过线框的磁通量不断减小，由楞次定律可知线框产生的感应电流沿顺时针方向，为负，

有效的切割长度为 L=（x﹣l﹣d）tanθ，线框匀速运动故x=vt，感应电流的大小为：

，故感应电流一开始不为0，之后均匀增大，D正确；

故选：D．

【点评】此题是图象问题，常用的方法是排除法，先楞次定律分析感应电流的方向，作定性分析，再根据有效切割的长度，列式作定量分析，剔除不符合题意的选项，最后选出正确的答案．本题难度较大，注意分段讨论． 9．CD 【解析】

试题分析：由图可知，此交流电的T=0.02s,Em222V,且t=0时刻，线圈在中性面位置，t=0.01s时穿过线框的磁通量最大，A错误；交变电动势的瞬时值表达式为e222sin(100t)V，C正确；交变电动势的有效值为22V,B错误；当e=22V时，t1T,即线圈平面与中性面的夹角为45°，D正8确；故选CD。

考点：交流电的产生和描述、交流电图象。 10．AD

【解析】解：A、输入的电压和匝数比不变，输出的电压也不变，当向上移动滑片时，电路的电阻变小，所以电流要增加，故A正确；

B、输入的电压和匝数比不变，输出的电压也不变，当向下移动滑片时，电路的电阻变大，所以电流要变小，所以B错误；

C、将电键S掷向1，原线圈的匝数变大，由电压与匝数成正比可得，副线圈的输出电压要减小，电路的电阻不变，所以电流要减小，所以C错误；

D、将电键S掷向2时，原线圈的匝数减小，由电压与匝数成正比可得，副线圈的输出电压要变大，电路的电阻不变，所以电流要增大，所以D正确； 故选：AD．

【点评】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． 11.BC 12.ABD

13．减少 从Q到P 向左 【解析】

试题分析：在把磁铁迅速插入A线圈的过程中，A线圈中的磁通量迅速增大，根据楞次定律，A线圈将会产生感应电动势，感应电流的方向与原来直流电源的电流方向相反，所以A线圈中的电流将减小。

7

线圈B中的从右往左的磁通量也会增大，感应电流产生的磁场方向为从左向右，感应电流的方向为顺时针（从铁芯左侧向右看），通过通过电阻R的感应电流的方向为从Q到P。当在把磁铁迅速插入A线圈的过程中，线圈B中的磁通量会增大，如果能够自由移动，根据楞次定律，为阻碍磁通量的增大，线圈将会向左移动。

考点：本题考查了感应电流方向的判断和楞次定律 14．0.4，0.048 【解析】

试题分析：根据E=BLv求出感应电动势的大小，再根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小．求出产生

2

感应电流的时间，根据Q=IRt求出产生的热量． 解：根据E=BLv得，E=0.5×0.4×6V=1.2V． 则I=

．

线圈在穿越磁场的过程中，有感应电流的时间t=

2

所以产生的热量Q=IRt=0.16×3×0.1J=0.048J． 故答案为：0.4，0.048．

【点评】本题考查了切割产生感应电动势的公式以及闭合电路欧姆定律，关键知道线圈在哪一段时间内有电流．

15．100πV 502πV 200V 503πV 【解析】

试题分析：根据感应电动势的最大值公式EmNBSω，匝数n=100，线圈的面积为S=L1L2，角速度ω=100πrad/s，代入公式得感应电动势EmnBLπ100πV。矩1L2ω1000.50.10.2100形线圈产生的是正弦式交流电，有效值与最大值的关系是EEm2，代入数值计算可得

ππ100πE502V。当线圈转过1/4周转过，所用的时间t2，磁通量变化量为

2ω2ΔΦBSBL1L20.50.10.20.01Wb，根据法拉第电磁感应定律感应电动势的平均值为EnΔΦ0.01100π2100100V。线圈是从垂直于中性面位置开始计时的，感应电动势的Δtπ瞬时表达式为eEmcosωt100πcos100πt，题意中线圈转过30°可以得出ωt30，代入瞬时表达式计算得e100πcos30100π3503πV。 2考点：本题考查了法拉第电磁感应定律和交变电流的四值 16．（1）如图所示；

8

（2）闭合电路中磁通量发生变化时，闭合电路中产生感应电流．（3）B、C． 【解析】解：（1）本实验中L1与电源相连，通过调节滑动变阻器使L2中的磁通量发生变化，从而使L2产生电磁感应线象，故L2应与检流计相连，电路图如图所示：

（2）指针发生偏转说明电路中有电流产生，产生的原因是闭合回路中磁通量发生了变化；故结论为：闭合电路中磁通量发生变化时，闭合电路中产生感应电流．

（3）感应电流的方向与原电流方向相反，则它们的磁场也一定相反，由楞次定律可知，原磁场应增强，故可以加入铁芯或使变阻器滑片P左移，故选：B C； 故答案为：（1）如图所示；（2）闭合电路中磁通量发生变化时，闭合电路中产生感应电流．（3）B、C． 【点评】实验题应根据实验的原理进行分析，注意结合实验的现象得出实验的结论，同时根据实验的原理记忆实验中的仪器及误差分差． 17．（1）螺线管中产生的感应电动势为1.2V；

﹣2

（2）闭合S，电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为5.76×10W；

﹣5

（3）S断开后，流经R2的电量为1.8×10C． 【解析】 试题分析：（1）根据法拉第地磁感应定律求出螺线管中产生的感应电动势．

2

（2）根据P=IR求出电阻R1的电功率．

（3）电容器与R2并联，两端电压等于R2两端的电压，根据Q=CU求出电容器的电量． 解：（1）根据法拉第电磁感应定律：E=n求出：E=1.2V；

（2）根据全电路欧姆定律，有：I=

2

=nS；

根据 P=IR1

﹣2

求出 P=5.76×10W；

（3）S断开后，流经R2的电量即为S闭合时C板上所带的电量Q 电容器两端的电压 U=IR2=0.6V

﹣5

流经R2的电量 Q=CU=1.8×10C

9

答：（1）螺线管中产生的感应电动势为1.2V；

﹣2

（2）闭合S，电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为5.76×10W；

﹣5

（3）S断开后，流经R2的电量为1.8×10C．

【点评】本题是电磁感应与电路的综合，知道产生感应电动势的那部分相当于电源，运用闭合电路欧姆定律进行求解．

18．（1）20A、400A（2）1240、 2011【解析】

试题分析：（1）输电线路的示意图如图所示，

输电线损耗功率P1004%kW4kW，又PI22R线 线线输电线电流I2I320A 原线圈中输入电流I1P100000A400A U1250n1I2201 n2I140020（2）原副线圈中的电流比等于匝数的反比，所以这样U2U1n225020V5000V，U3U2U线50002010V4800V n1所以n3U34800240 n4U422011考点：考查了理想变压器，远距离输电

【名师点睛】画出输电线路图，由输电线损耗功率求出输电电流I2，再由发电机输出功率与输出电压求得升压变压器的原线圈的电流I1，由是I1，I2得升压变压器的匝数比；求出升压变压器的匝数比后可求出降压变压器的原线圈的电压，再与用户电压结合求出降压变压器的原副线圈的匝数比

2

19．（1）5m/s， 0.2N． （2）0.036J 【解析】解：（1）由图象可得到拉力F与t的大小随时间变化 的函数表达式为 F=F0+

当b棒匀加速运动时，根据牛顿第二定律有： F﹣f﹣F安=ma F安=B0IL

10

I=v=at ∴F安=

联立可解得F=f+ma+

2

代入数据可解得a=5m/s f=0.2N

（2）当磁感应强度均匀增大时，闭合电中和有恒定的感应电流I，以b棒为研究对象，它受到的安培力逐渐增大，静摩擦力也随之增大，当磁感应度增大到b所受安掊力F与最大静摩擦力f相等时开始滑动． 感应电动势：E=I=

棒b将要运动时，有f=BtIL ∴Bt=根据Bt=B0+

t=0.1+0.5t，

得：t=1.8s

22

回路中产生焦耳热为：Q=I•Rt=1×0.02×1.8=0.036J

2

答：（1）匀加速运动的加速度是5m/s，b棒与导轨间的滑动摩擦力是0.2N． （2）在金属棒b开始运动前，这个装置释放的热量是0.036J

【点评】本题考查电磁感应定律中的图象问题，要注意明确图象的斜率含义，掌握牛顿第二定律与闭合电路欧姆定律的应用，注意从图象中选取两点代入公式计算，是解题的关键．

11