高二物理月考试题附完整答案Word文档格式.docx
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(均填“向左偏”“向右偏”或“不偏”)
(2)某同学在完成实验后未断开开关,也未把A、B两线圈和铁芯分开放置,在拆除电路时突然被电击了一下,则被电击是在拆除_(选填“A”或“B”)线圈所在电路时发生的,分析可知,要避免电击发生,在拆除电路前应_(选填“断开开关”或“把A、B线圈分开放置”)。
14
(1)在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中,实验室中备有下列可供选择的器材:
A可拆变压器(铁芯、两个已知匝数的线圈)B条形磁铁C直流电源D多用电表E开关、导线若干F低压交流电源上述器材在本实验中不必用到的是_(填器材前的序号)。
(2)做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验时,原线圈接在电源上,用多用电表测量副线圈的电压,下列操作正确的是(_)A原线圈接直流电压,电表用直流电压挡B原线圈接直流电压,电表用交流电压挡C原线圈接12V以下交流电压,电表用交流电压挡D原线圈接220V交流电压,电表用交流电压挡四、解答题15(12分)如图所示,N=50匝的矩形线圈,边长,边长,放在磁感应强度的匀强磁场中,外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的轴以的转速匀速转动,线圈电阻,外电路电阻,时线圈平面与磁感线平行,边正转处纸外、边转入纸里,求:
(1)感应电动势的瞬时值表达式;
(2)线圈转一圈外力做的功;
(3)从图示位置转过的过程中流过电阻R的电荷量。
16(14分)用导线绕一圆环,环内有一用同样导线折成的内接正方形线框,圆环与线框绝缘,如图1所示。
圆环的半径R=2m,导线单位长度的电阻r0=0.2/m。
把它们放在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于圆环平面(纸面)向里。
磁感应强度B随时间t变化如图2所示。
求:
(1)正方形产生的感应电动势;
(2)在02.0s内,圆环产生的焦耳热;
(3)若不知道圆环半径数值,在02.0s内,导线圆环中的电流与正方形线的电流之比。
17(14分)如图所示,处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距导轨平面与水平面成角,下端连接阻值为R的电阻。
匀强磁场方向垂直于导轨平面向上,磁感应强度为质量、电阻的金属棒放在两导轨上,棒与导轨垂直且保持良好接触,它们间的动摩擦因数为金属棒沿导轨由静止开始下滑,当金属棒下滑速度达到稳定时,速度大小为取,求:
金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小;
当金属棒下滑速度达到稳定时克服安培力做功的功率;
电阻R的阻值。
参考答案1C导线通电后,其下方的小磁针受到磁场的作用力而发生偏转,说明电流能产生磁场,是电流的磁效应现象,不是电磁感应现象,故A错误;
录音机使电流信号录入磁带,是电流的磁效应,不是电磁感应现象,故B错误;
磁带经过录音机的磁头时,还原出电流信号,线圈在磁场中磁通量变化,导致电路中产生感应电流,是电磁感应现象,故C正确;
电流经过导体时是导体发热,这是电流的热效应,不是电磁感应现象,故D错误。
所以C正确,ABD错误。
2A【解析】试题分析:
先由楞次定律依据磁通量的变化可以判定感应电流的方向,再由感应电动势公式和欧姆定律,分段分析感应电流的大小,即可选择图象线框进入磁场的过程,磁通量向里增加,根据楞次定律得知感应电流的磁场向外,由安培定则可知感应电流方向为逆时针,电流i应为正方向,故BC错误;
线框进入磁场的过程,线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小,由E=BLv,可知感应电动势先均匀增大后均匀减小;
线框完全进入磁场的过程,磁通量不变,没有感应电流产生线框穿出磁场的过程,磁通量向里减小,根据楞次定律得知感应电流的磁场向里,由安培定则可知感应电流方向为顺时针,电流i应为负方向;
线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小,由,可知感应电动势先均匀增大后均匀减小,故A正确,D错误3B【解析】A、B、C若电键保持闭合时,线圈产生的磁场稳定,穿过铝环的磁通量不变,没有感应电流产生,铝环不受安培力,只受重力作用,则上跳某一高度后将回落.故AC错误,B正确.D、如果电源的正、负极对调,闭合电键的瞬间,穿过铝环的磁通量仍然增加,产生感应电流,铝环仍然受到安培力而上跳.电键保持闭合时,线圈产生的磁场稳定,穿过铝环的磁通量不变,没有感应电流产生,铝环不受安培力,只受重力作用,则上跳某一高度后将回落.则观察到的现象不变.故D错误综上所述本题答案是:
B.点睛:
闭合电键的瞬间,穿过铝环的磁通量增加,产生感应电流,铝环受到安培力而上跳.当电键保持闭合时,线圈产生的磁场稳定,穿过铝环的磁通量不变,没有感应电流产生.根据安培力产生情况,判断铝环的运动情况.4A【解析】试题分析:
将圆盘看成无数幅条组成,它们都切割磁感线,从而产生感应电动势,出现感应电流,根据右手定则圆盘上感应电流从边缘流向圆心,则流过电阻R的电流方向为从b到a根据法拉第电磁感应定律,得圆盘产生的感应电动势故选A考点:
法拉第电磁感应定律;
右手定则【名师点睛】本题是右手定则和法拉第电磁感应定律的综合应用,考查对实验原理的理解能力,同时注意切割磁感线相当于电源,内部电流方向是从负极到正极5A【解析】磁铁刚离开螺线管时,正在远离螺线管,磁铁受到的磁场力阻碍磁铁远离螺线管(去留),则加速度ag,故A正确;
当磁铁N极向下运动,导致穿过线圈的磁通量变大,且方向向下,则由楞次定律可得线圈中产生感应电流方向盘旋而上,螺线管上端相当于电源的正极。
所以通过R的电流方向为从b到a,当S极离开螺线管时,穿过线圈的磁通量变小,且方向向下,则螺线管下端相当于电源的正极。
所以通过R的电流方向为从a到b,则a点的电势先低于b点的电势,后高于b点电势,故BD错误;
磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量和磁铁的动能,故C错误。
故选A。
点睛:
本题考查了楞次定律的应用,重点是根据磁通量的变化判断出感应电流的有无和方向,能根据来拒去留的判断口诀分析在各点的受力情况6A【解析】开关S闭合的瞬间,两灯同时获得电压,所以A、B同时发光由于线圈的电阻可以忽略,灯A逐渐被短路,流过A灯的电流逐渐减小,流过B灯的电流逐渐增大,则A灯变暗,B灯变亮,最后熄灭,故BC错误,A正确稳定后再断开S的瞬间,由于线圈与灯A构成自感回路,与灯B无关,所以立即熄灭,故D错误故选A。
【点睛】开关S闭合的瞬间,电源的电压同时加到两灯的两端,两灯同时发光。
由于线圈的电阻可以忽略,灯A逐渐被短路,随后A灯变暗,B灯变亮。
断开开关K的瞬间,B灯立即熄灭,A灯突然闪亮一下再熄灭。
7B【解析】由图可知t=0.005s时刻感应电动势最大,此时线圈所在平面与中性面垂直,所以穿过线框回路的磁通量的变化率最大,A错误;
t=0.01s时刻感应电动势等于零,穿过线框回路的磁通量最大,此时线框平面与中性面重合,B正确;
产生的有效值为:
,故C错误;
周期为,故频率为,故D错误8D【解析】【详解】交流发电机的输出电压U1一定,匝数比没变,根据,知U2不变,故A错误;
当用户的用电器增多时,用户消耗的电功率变大,则输入功率增大,即P3变大,故B错误;
输电线上损失的功率,输电线上损失的电压U损小于U2,故C错误;
输送功率一定时,根据P=UI和P损=I2R知,要减小线路的损耗,应增大输送电压,又U1一定,根据,可知应增大升压变压器的匝数比,U3=U2-IR,U2增大,I2减小,所以U3增大,用户电压不变,根据,知,应增大降压变压器的匝数比,故D正确。
所以D正确,ABC错误。
9ABD【解析】A、根据楞次定律12s内金属棒ab受到的安培力方向始终沿斜面向上,23s内向下,选项A正确;
B、当安培力方向沿导轨向下最大时静摩擦力最大,静摩擦力的最大值,其中,解得,选项B正确;
C、根据法拉第电磁感应定律和电流定义得,选项C错误;
D、04s内金属棒产生的焦耳热为,选项D正确。
本题考查法拉第电磁感应定律的相关内容,注意电流的方向性的问题,同时注意和两段时间内电流相等,只是方向不同。
10BCD【解析】上述四个图中,切割边所产生的电动势大小均相等(E),回路电阻均为4r(每边电阻为r),则电路中的电流亦相等,即I=,只有B图中,ab为电源,有Uab=I3r=E;
其他情况下,Uab=Ir=E,故A错误;
四种情况穿过线框的磁通量均减小,根据楞次定律判断出感应电流方向均为顺时针方向,故B正确;
由q=n,相同,所以电荷量相同,故C正确;
由P=Fv=BILv,因为I相同,所以P相等,故D正确故选BCD点睛:
本题属于电磁感应与电路的结合,注意弄清电源和外电路的构造,明确a、b两点间的电势差是路端电压还是某一阻值电压掌握电量的经验表达式q=n,并能灵活运用11BD【解析】A、PQ棒切割磁感线产生动生电动势,由右手定则可知电流方向为QPad,故A错误。
B、导体PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为:
E=BLv=112V=2V,故B正确。
C、根据欧姆定律可得,由力的平衡可知,故C错误。
D、由动能定理可得,故,故D正确。
故选BD。
【点睛】对于单棒切割的类型,掌握电磁感应的基本规律,如右手定则或楞次定律、感应电动势公式E=BLv、欧姆定律和安培力公式F=BIL等是基础,关键要明确各个量的关系,熟练运用相关的公式求解。
12AB【解析】【详解】闭合开关S并联支路增加,电阻变小,则副线圈即R1的电流变大,分压变大,因次级电压不变,则R2的分压变小,电流变小。
A2读数减小;
电流表A1示数随副线圈电流的变大而变大,则A正确;
滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时,电阻变大,则干路电流变小,则R1消耗的功率变小,则D错误;
干路电流变小,R1分压变小,则电压表V的测量的电压变大,示数变大,则B正确;
因变压器次级电流变小,则输出输入电流也变小,电流表A1示数变小。
则C错误;
故选AB。
【点睛】考查电路的动态分析:
本题中P的移动与电键的闭合均会引起电阻的变小,再由电路的联接关系可分析各表的示数的变化,可见明确电路的结构是求解的关键。
13向右偏向左偏A断开开关【解析】
(1)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下,说明穿过线圈的磁通量增加,电流计指针向右偏,合上开关后,将原线圈A迅速插入副线圈B,穿过线圈B的磁通量增加,电流计指针将向右偏;
原线圈插入副线圈后,将滑动变阻器滑片迅速向左移动时,穿过线圈的磁通量减少,电流计指针将向左偏。
(2)在拆除线圈A时,电流快速减小,由于自感作用,线圈A会产生很大的感应电动势,该同学被点击一下;
要避免电击发生,在拆除电路前应先断开开关。
14BCC【解析】【详解】
(1)变压器的原理是互感现象的应用,是原线圈磁场的变化引起副线圈感应电流的变化,所以不需要外界的磁场,故条形磁铁B不必用到如果原线圈中通的是直流电源,则副线圈中不会有感应电流产生,故直流电源C不必用到,需要用到低压交流电源;
(2)变压器的工作原理是互感现象,故原线圈接交流电压,输出电压也是交流电压,故电表用交流电压挡,综合
(1)可知,故应选C。
15
(1);
(2);
(3)
【解析】
(1)的转速匀速转动,所以线圈的角速度感应电动势的最大值为:
2分所以感应电动势的瞬时值表达式为2分
(2)电动势有效值为,电流2分线圈转一圈外力做功等于电功的大小,即2分(3)线圈由如图位置转过的过程中,2分通过R的电量为2分16
(1)4V
(2)31.75J(3)
【解析】【详解】
(1)正方形面积为S2R2,根据法拉第电磁感应定律得:
2分
(2)圆面积为SR2,圆周长为L=2R,圆环的电阻为:
r2Rr023.1420.22.52分根据法拉第电磁感应定律得:
2分在02.0s内,圆环产生的焦耳热为:
2分(3)正方形方框中的电流为:
2分导线圆环中的电流为:
2分导线圆环中的电流与正方形线框的电流之比:
2分17
(1)。
(1)金属棒开始下滑的初速为零,根据牛顿第二定律:
mgsin-mgcos=ma2分解得:
a=10(0.6-0.250.8)m/s2=4m/s22分
(2)设金属棒运动达到稳定时,设速度为v,所受安培力为F,棒沿导轨方向受力平衡,根据物体平衡条件:
mgsin-mgcos=F2分将上式代入即得:
F=0.8N金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率:
P=Fv2分P=0.810W=8W。
2分(3)设电路中电流为I,感应电动势为EE=BLv=0.4110V=4V2分而由P=UI可得,可得R=1.5。
2分
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