青海省青海师范大学附属第二中学2014-2015学年高二下学期期中考试物理试卷

2014-2015学年青海师大二附中高二（下）第一次月考物理试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共1小题，共4.0分)1.下面说法正确的是（）A.自感电动势总是阻碍电路中原来电流增加B.自感电动势总是阻碍电路中原来电流变化C.电路中的电流越大，自感电动势越大D.电路中的电流变化量越大，自感电动势越大【答案】B【解析】解：由法拉第电磁感应定律可知；E=n=，即E与磁通量的变化率成正比，即电动势取决于电流的变化快慢，而电流变化快慢，则会导致磁场的变化快慢，从而实现磁通量的变化快慢，故ACD错误，B正确；故选：B．由法拉第电磁感应定律可知，闭合电路中产生的感应电动势的大小与电流的变化率成正比，与电流及电流的变化量无关．在理解法拉第电磁感应定律时要注意区分Φ，△Φ，及者间的关系，明确电动势只取决于磁通量的变化率，与磁通量及磁能量的变化量无关．二、多选题(本大题共1小题，共4.0分)2.如图所示，M1N1与M2N2是位于同一水平面内的两条平行金属导轨，导轨间距为L磁感应强度为B的匀强磁场与导轨所在平面垂直，ab与ef为两根金属杆，与导轨垂直且可在导轨上滑动，金属杆ab上有一伏特表，除伏特表外，其他部分电阻可以不计，则下列说法正确的是（）A.若ab固定ef以速度v滑动时，伏特表读数为BL vB.若ab固定ef以速度v滑动时，ef两点间电压为零C.当两杆以相同的速度v同向滑动时，伏特表读数为零D.当两杆以相同的速度v同向滑动时，伏特表读数为2BL v【答案】AC【解析】解：A、B、若ab固定ef以速度v滑动时，ef产生的感应电动势为E=BLV，又电压表测量的是电源电动势，所以示数为BLV，故A正确，B错误；C、D、当两杆以相同的速度v同向滑动时，穿过闭合回路的磁通量不变化，则感应电流为0，由于伏特表的核心是电流表，电路中没有电流，则伏特表示数为0，故C正确，D错误．故选：AC．导体切割磁感线时将产生感应电动势，由E=BL v求出感应电动势的大小，区分ef间的电压与电动势的关系即可其大小．当两杆以相同的速度v同向滑动时，穿过回路的磁通量不变，不产生感应电流，电压表就没有读数．本题考查法拉第电磁感应定律的应用，关键是判断磁通量的变化情况，要注意电压表中没有电流，指针不偏转，就没有读数．三、单选题(本大题共3小题，共12.0分)3.如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落．如果线圈受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为（）A.a1＞a2＞a3＞a4B.a1=a3＞a2＞a4C.a1=a3＞a4＞a2D.a4=a2＞a3＞a1【答案】B【解析】解：未进磁场前和全部进入磁场后，都仅受重力，所以加速度a1=a3=g．磁场的过程中，受到重力和向上的安培力，根据牛顿第二定律知加速度a2＜g．而由于线框在磁场中也做加速度为g的加速运动，故4位置时的速度大于2时的速度，故此时加速度一定小于2时的加速度，故a4＜a2；故关系为：a1=a3＞a2＞a4故选：B未进入磁场前，仅受重力，加速度为g，进磁场的过程中，受到重力和向上的安培力，通过牛顿第二定律可以分析出加速度的大小，完全进入磁场后，不产生感应电流，不受安培力，仅受重力，加速度又为g．解决本题的关键知道完全进入磁场后没有感应电流，不受安培力，在进磁场的过程，根据右手定则判定出感应电流的方向，根据左手定则知道受到向上的安培力．4.如图所示，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当电键S接通一瞬间，两铜环的运动情况是（）A.同时向两侧推开B.同时向螺线管靠拢C.一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断D.同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极知，无法具体判断【答案】A【解析】解：ABC、在电建S接通的瞬间，线圈中的电流逐渐增大，两铜环处的磁场增强，通过铜环的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流产生的磁场要阻碍原磁场的增加，所以两环要远离线圈，会同时向两侧推开，选项A正确，BC错误．D、无论电源哪端为正，电建S接通的时间，都会使铜环处的磁场增大，两铜环都是向两侧推开，选项D错误故选：A在电建S接通的时间，分析线圈产生的磁场的变化，从而可知两铜环处的磁场的变化，几何楞次定律即可得知环的运动方向．解答该题要求正确的对楞次定律进行理解，感应电流产生的磁场总是阻碍原磁场的变化，注意是“阻碍”，不是“阻止”，从运动的方面，可以理解成“来则阻，去则留”．5.如图所示，在U形金属架上串入一电容器，金属棒ab在金属架上无摩擦地以速度v向右运动一段距离后突然断开开关，并使ab停在金属架上，停止后，ab不再受外力作用．现合上开关，则金属棒的运动情况是（）A.向右做初速度为零的匀加速运动B.在某位置附近来回振动C.向右做初速度为零的加速运动，后又改做减速运动D.向右做变加速运动，后改做匀速运动【答案】D【解析】解：金属棒原来在外力作用下向右运动时，产生感应电动势，电容器充电，由右手定则判断可知，上板带正电．当金属棒停止后，撤去外力作用后，电容器通过金属棒放电，形成放电电流，通过棒的电流从a→b，棒受到向右的安培力，在安培力作用下棒向右加速运动，切割磁感线产生感应电动势，是一个反感应电动势，回路中电流将减小，棒所受的安培力减小，棒的加速度减小，所以此过程棒向右做加速度减小的加速运动．当棒产生的感应电动势等于电容器的电压时，回路中电流为零，棒不再受安培力而做匀速运动．所以金属棒向右先做加速度变小的加速运动，后又做匀速运动，故D正确，ABC错误．故选：D．金属棒停止后，撤去外力作用，电容器通过金属棒放电，形成放电电流，棒在安培力作用下向右运动，切割磁感线产生感应电动势，回路中电流减小，棒所受的安培力减小，即可判断其加速度减小，当棒产生的感应电动势等于电容器的电压时，回路中电流为零，棒将做匀速运动．本题是电容器通过棒放电过程中，电容器相当于电源，棒相当于电动机，产生反电动势，关键要根据牛顿第二定律分析棒的受力情况，来判断其运动情况．四、多选题(本大题共3小题，共12.0分)6.如图所示电路中，L是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，D1和D2是两个完全相同的小灯泡．将电键K闭合，待灯泡亮度稳定后，再将电键K断开，则下列说法中正确的是（）A.K闭合瞬间，两灯同时亮，以后D1熄灭，D2变亮B.K闭合瞬间，D1先亮，D2后亮，最后两灯亮度一样C.K断开时，两灯都亮一下再慢慢熄灭D.K断开时，D2立即熄灭，D1亮一下再慢慢熄灭【答案】AD【解析】解：L是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，D1和D2是两个完全相同的小灯泡A、K闭合瞬间，但由于线圈的电流增加，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的增加，所以两灯同时亮，当电流稳定时，由于电阻可忽略不计，所以以后D1熄灭，D2变亮．故A正确，B错误；C、K闭合断开，D2立即熄灭，但由于线圈的电流减小，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的减小，所以D1亮一下再慢慢熄灭，故C错误，D正确；故选：AD．电感总是阻碍电流的变化．线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡1构成电路回路．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，线圈上端是电源正极．当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈下端是电源正极．7.如图所示，把金属圆环匀速拉出磁场，下面叙述正确的是（）A.向左拉出和向右拉出所产生的感应电流方向相反B.不管向什么方向拉出，只要产生感应电流方向都是顺时针C.向右匀速拉出时，感应电流大小不变D.要将金属环匀速拉出，拉力大小要改变【答案】BD【解析】解：A、B、不管沿什么将线圈拉出磁场，穿过线圈的磁通量都减小，根据楞次定律判断可知，线圈中感应电流的方向都是沿顺时针方向．故B正确，A错误．C、感应电流的大小与感应电动势有关，而感应电动势与线圈移动时切割磁感线的有效长度有关，由于移动过程中有效的切割长度先增大后减小，则感应电动势也先增大后减小，感应电流先增大后减小．故C错误．D、线圈在切割磁感线的过程中，安培力的大小：F=BIL，与电流的大小以及安培力的有效长度有关，由于感应电流先增大后减小，移动过程中有效长度先增大后减小，所以对金属环的拉力大小会发生变化．故D正确．故选：BD．将线圈拉出磁场，磁通量都减小，根据楞次定律判断感应电流的方向．公式E=BL v中L 是有效的切割长度．安培力的大小：F=BIL中L是有效长度．本题是楞次定律和E=BL v的应用，注意公式E=BL v中L是有效的切割长度．安培力的大小：F=BIL中L是有效长度．8.如图所示，在一根软铁棒上绕有一个线圈，a、b是线圈的两端，a、b分别与平行导轨M、N相连，有匀强磁场与导轨面垂直，一根导体棒横放在两导轨上，要使a点的电势比b点的电势高，则导体棒在两根平行的导轨上应该（）A.向左加速滑动B.向左减速滑动C.向右加速滑动D.向右减速滑动【答案】CD【解析】解：A、B、当导体棒向左加速或减速滑动时，根据右手定则判断可知，导体棒产生向下的感应电流，其下端相当于电源的正极，电势较高，则b点的电势比a点的电势高，故A、B错误．C、D、当导体棒向右加速或减速滑动时，根据右手定则判断可知，导体棒产生向上的感应电流，其上端相当于电源的正极，电势较高，则a点的电势比b点的电势高，故CD正确．故选：CD．导体棒在导轨上做切割磁感线时会产生感应电动势，相当于电源，根据右手定则判断出感应电流的方向，确定出导体棒哪一端相当于电源的正极，哪一端电势较高．解决本题关键要掌握右手定则，并知道电源的正极电势高于负极的电势，能熟练判断电势的高低．五、单选题(本大题共2小题，共8.0分)9.如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从图示位置匀速拉出匀强磁场，若第一次用0.3s时间拉出，外力做的功为W1，通过导线截面的电量为q1，第二次用0.9s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电量为q2，则（）A.W1＜W2，q1＜q2B.W1＜W2，q1=q2C.W1＞W2，q1＞q2D.W1＞W2，q1=q2【答案】D【解析】解：设线框的长为L1，宽为L2，速度为v．线框所受的安培力大小为F A=BIL2，又I=，E=BL2v，则得F A=线框匀速运动，外力与安培力平衡，则外力的大小为F=F A=外力做功为W=FL1=•L1==可见，外力做功与所用时间成反比，则有W1＞W2．两种情况下，线框拉出磁场时穿过线框的磁通量的变化量相等，根据感应电荷量公式q=可知，通过导线截面的电量相等，即有q1=q2．故选D第一次用t时间拉出，第二次用3t时间拉出，速度变为原来的倍．线框匀速运动，外力与安培力平衡，推导出安培力的表达式，根据功的定义表示出W=F x比较功的大小．根据感应电荷量公式q=比较电量．要对两种情况下物理量进行比较，我们应该先把要比较的物理量表示出来再求解．关键要掌握安培力的推导方法和感应电荷量的表达式．10.如图所示，一闭合直角三角形线框以速度v匀速穿过匀强磁场区域．从BC边进入磁场区开始计时，到A点离开磁场区止的过程中，线框内感应电流的情况（以逆时针方向为电流的正方向）是如图所示中的（）A. B. C. D.【答案】A【解析】解：根据感应电流产生的条件可知，线框进入或离开磁场时，穿过线框的磁通量发生变化，线框中有感应电流产生，当线框完全进入磁场时，磁通量不变，没有感应电流产生，故C错误；感应电流I==，线框进入磁场时，导体棒切割磁感线的有效长度L减小，感应电流逐渐减小；线框离开磁场时，导体棒切割磁感线的有效长度L减小，感应电流逐渐减小；故A正确，BD错误；故选A．分三个阶段分析感应电流的变化情况，根据感应电流产生的条件判断线框中是否由感应电流产生，根据E=BL v及欧姆定律判断感应电流的大小．本题可以采用排除法分析解题，掌握感应电流产生的条件、熟练应用E=BL v及欧姆定律即可正确解题．六、计算题(本大题共1小题，共2.0分)11.在磁感应强度为0.1T的匀强磁场中垂直切割磁感线运动的直导线长20cm．为使直导线中感应电动势每秒钟增加0.1V，则导线运动的加速度大小应为______ ．【答案】5m/s2【解析】解：由感应电动势公式E=BL v，B、L不变，得到△E=BL•△v，则有△v=导线运动的加速度大小为：a===m/s2=5m/s2故答案为：5m/s2根据感应电动势公式E=BL v，得到△E=BL•△v，求出速度的增加量，由加速度的定义式求出加速度．本题要抓住感应电动势的变化量与加速度之间的联系：速度的变化量．基本题．七、填空题(本大题共4小题，共18.0分)12.在图虚线所围区域内有一个匀强磁场，方向垂直纸面向里，闭合矩形线圈abcd在磁场中做匀速运动，线圈平面始终与磁感线垂直，在图示位置时ab边所受磁场力的方向向上，那么整个线框正在向______运动．（选填上、下、左或右）【答案】右【解析】解：据题，ab边受到的磁场力的方向向上，根据左手定则判断出ab边中感应电流的方向为a→b，再由右手定则判断可知，abcd的运动情况是向右平动．若abcd向上或向下平动时，穿过线圈的磁通量不变，线圈中没有感应电流产生，ab边不受磁场力．故答案为：右由题，ab边受到的磁场力的方向向上，根据左手定则判断出ab边中感应电流的方向，再由右手定则判断abcd的运动情况．本题是两大定则的综合应用，在电磁感应现象中，常常右手定则、安培定则和左手定则会结合应用，要明确三个定则应用的条件，不能混淆．13.水平面中的平行导轨P、Q相距L，它们的右端与电容为C的电容器的两块极板分别相连如图所示，直导线ab放在P、Q上与导轨垂直相交，磁感应强度为B的匀强磁场竖直向下穿过导轨面．若发现与导轨P相连的电容器极板上带负电荷，则ab向______ 沿导轨滑动；如电容器的带电荷量为Q，则ab滑动的速度v= ______ ．【答案】左；【解析】解：由题意可知，电容器极板上带负电荷，因此因棒的切割，从而产生由a到b的感应电流，根据右手定则可知，只有当棒向左滑动时，才会产生由a到b的感应电流；根据电容器的电容公式Q=CU，可得：U=，而棒切割磁感线产生感应电动势大小为：E=BL v，此时U=E，所以ab滑动的速度为：v==，故答案为：左，．棒在磁场中切割产生感应电动势，从而使电容器处于充电状态，电容器极板上带负电荷，结合右手定则，即可确定棒运动的方向．根据电容器的电量，结合Q=CU，即可求出切割磁场的感应电动势．由于棒垂直电磁场，则再由E=BL v，即可求得速度v．考查棒在磁场中切割产生感应电动势的大小表达式，掌握电容器的电容公式Q=CU的应用，理解右手定则，注意与左手定则的区别，注意此处的感应电动势大小等于电容器两端的电压．14.把一线框从一匀强磁场中匀速拉出，如图所示．第一次拉出的速率是v，第二次拉出速率是2v，其它条件不变，则前后两次拉力大小之比是______ ，拉力功率之比是______ ，线框产生的热量之比是______ ，通过导线截面的电量之比是______ ．【答案】1：2；1：4；1：2；1：1【解析】解：设线框切割磁感线的边长为L，另一个边长为L′，线框受到的安培力：F B=BIL=BL=BL=，线框匀速运动，由平衡条件得：拉力F=F B=，拉力与速度v成正比，则拉力之比为1：2；拉力功率P=F v=，拉力功率与速度的平方成正比，则拉力功率之比为v2：（2v）2=1：4；线框产生的热量等于克服安培力做功，Q=F B L′=′，产生的热量与速度成正比，产生的热量之比为：v：2v=1：2；感应电荷量：q=I△t=△t=q△t==，通过导线截面的电量之比是：1：1；故答案为：1：2；1：4，；1：2；1：1．由安培力公式求出安培力，由平衡条件求出拉力大小，然后求出拉力大小之比；由P=F v 求出功率之比；克服安培力做功转化为焦耳热，由功的计算公式求出线框产生的热量之比；由电流定义式、欧姆定律求出感应电荷量之比．本题考查了求拉力之比、拉力功率之比、产生的热量之比、感应电荷量之比，先求出各物理量的表达式，然后再求它们的比值；熟练应用基础知识，基本公式即可正确解题；本题要注意基础知识的学习．15.一个线圈接通电路时，通过它的电流变化率为10A/S，产生的自感电动势为3.0V，切断电路时，电流的变化率为50A/S，产生的自感电动势为______ V，这个线圈的自感系数为______ ．【答案】15；0.3H【解析】解：自感电动势公式E=L，结合电流变化率为10A/s，产生的自感电动势为2.0V；则有：L===0.3V•s/A=0.3H，当切断电路时，电流变化率为50A/s，产生的自感电动势是E′=L=0.3×50V=15V，故答案为：15，0.3H．根据自感电动势公式E=L，结合电流变化率，即可求解；切断电路时，自感系数不变，再由自感电动势，即可求解．本题是基础的内容的考察，知道什么是自感现象，明确自感的作用可以解答本题，掌握自感电动势公式的应用，注意自感系数与电流变化率的大小无关．八、计算题(本大题共4小题，共40.0分)16.如图所示，在光滑绝缘的水平面上有一个用一根均匀导体围成的正方形线框abcd，其边长为L，总电阻为R，放在磁感应强度为B．方向竖直向下的匀强磁场的左边，图中虚线MN为磁场的左边界．线框在大小为F的恒力作用下向右运动，其中ab边保持与MN平行．当线框以速度v0进入磁场区域时，它恰好做匀速运动．在线框进入磁场的过程中，（1）线框的ab边产生的感应电动势的大小为E为多少？（2）求线框a、b两点的电势差．（3）求线框中产生的焦耳热．【答案】解：（1）ab边产生的感应电动势的大小为E=BL v0（2）线框中感应电流为I==a、b两点的电势差相当于电源的外电压∴U ab=E-IR ab=BL v0-=（3）ab边所受的安培力为F安=BIL=线框匀速运动，则有F=F安=由于线圈在恒力F作用下匀速进入磁场区，恒力F所做的功等于线圈中产生的焦耳热，所以线圈中产生的热量为Q=W=FL=答：（1）线框的ab边产生的感应电动势的大小为E为BL v0．（2）线框a、b两点的电势差是．（3）求线框中产生的焦耳热为．【解析】（1）根据感应电动势公式E=BL v求出感应电动势的大小E．（2）ab边切割磁感线，相当于电源，ab间的电压是路端电压，根据欧姆定律求解．（3）线框进入过程做匀速运动，恒力F所做的功等于线圈中产生的焦耳热，根据功能关系求出焦耳热．本题是电磁感应与电路、力学等知识的综合应用．第（3）问也可根据焦耳定律求解：Q=I2R t，t=，I==，代入解得Q=．17.面积S=0.2m2，n=100匝的圆形线圈，处在如图所示的磁场内，磁感应强度随时间t变化的规律是B=0.02t，R=3Ω，C=30μF，线圈电阻r=1Ω，求：（1）通过R的电流大小和方向；（2）电容器的电荷量．【答案】解：（1）由法拉第电磁感应定律可得：E=n=n=100×0.02×0.2V=0.4V；则电路中电流I===0.1A；由题意知线圈中的磁通量增大，则由楞次定律可得线圈电流方向为逆时针，故R中电流方向从b指向a；即通过R的电流大小为0.1A方向从b指向a．（2）由欧姆定律可得R两端的电压U=IR=0.3V；则电容器的电量Q=UC=9×10-6C；即电容器的电荷量为9×10-6C．【解析】（1）由法拉第电磁感应定律可得出线圈中的电动势，则由欧姆定律可求得通过R的电流；由楞次定律可求得电流的方向；（2）电容器与R并联，则可求得电容器两端的电压，由电容器的定义可求得电荷量．本题考查法拉第电磁感应定律、楞次定律的应用、电容器及欧姆定律，解题时注意发生电磁感应的部分看作电源，不能忽略了其内电阻．18.如图1所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置．两导轨间距为L0，M、P 两点间接有阻值为R的电阻．一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．导轨和金属杆的电阻可忽略．让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．（1）由b向a方向看到的装置如图2，在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；（2）在加速下滑时，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；（3）求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值．【答案】解：（1）由右手定则可知，杆向下运动时，感应电流从a流向b，再根据左手定则知，杆ab所受安培力方向沿斜面向上，则物体受力如图所示：重力mg，竖直下支撑力N，垂直斜面向上安培力F，沿斜面向上（2）当ab杆速度为v时，感应电动势E=BL v，此时电路中电流ab杆受到安培力根据牛顿运动定律，杆所受合力F合=mgsinθ-F=ma可得杆的加速度a==（3）杆沿轨道下滑时随着速度增大，杆的加速度逐渐减小，当杆的加速度减小为0时，杆的速度将达到最大，所以当a=0时，有：=0所以此时杆的最大速度v m=答：（1）由b向a方向看到的装置如图2，在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图如上图所示；（2）在加速下滑时，当ab杆的速度大小为v时，此时ab杆中的电流为及其加速度的大小为；（3）在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值为．【解析】由右手定则判断出感应电流方向；由E=BL v求出电动势，由欧姆定律求出电流；由牛顿第二定律可以求出加速度；当ab杆匀速下滑时速度最大，由平衡条件求出最大速度．本题与汽车的起动相似，关键要正确分析杆的运动情况，推导出安培力与速度的关系式．19.如图所示，MN为金属杆，在竖直平面内贴着光滑金属导轨下滑，导轨的间距l=10cm，导轨上端接有电阻R=0.5Ω，导轨与金属杆电阻不计，整个装置处于B=0.5T的水平匀强磁场中．若杆稳定下落时，每秒钟有0.02J的重力势能转化为电能，则求MN杆的下落速度．【答案】解：杆稳定下落时做匀速运动，重力的功率等于电路的电功率，设重力的功率为P．由题意有：P=0.02W…①根据功能关系有：P=…②由法拉第电磁感应定律得：E=B lv…③联立①、②、③得：P=代入数据得：v=2m/s答：MN杆的下落速度为2m/s．【解析】当杆MN达到稳定状态时匀速下滑，重力势能转化为电能，根据能量守恒可知，整个电路消耗的电功率等于MN棒的重力功率，列式即可求得MN杆的下落速度v．对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力；另一条是能量的角度，分析能量如何转化是关键．本题要抓住杆MN达到稳定状态时速率v匀速下滑时，电功率等于重力的功率．。

高二下学期期中测试物理试题一、选择题（每题4分，共36分）1、一矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动．线圈中的感应电动势e 随时间t 的变化如图所示．下面说法中正确的是：（ ）A ．t 1时刻通过线圈的磁通量为零B ．t 2时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大C ．t 3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大D ．每当e 变换方向时，通过线圈的磁通量绝对值都为最大 2、如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为N 1: N 2=3:1，图中四个灯泡完全相同，当 L 2、L 3、L 4正常发光时，则L 1（ ）A.一定正常发光B.实际功率小于额定功率C.实际功率大于额定功率D.条件不足无法确定3、一理想变压器的原线圈上接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻R 。

设原线圈的电流为I 1，输入功率为P 1，副线圈的电流为I 2，输出功率为P 2。

当R 增大时（ ）A ．I 1减小，P 1增大B ．I 1减小，P 1减小D ．I 2增大，P 2减小 D ．I 2增大，P 2增大4、关于光电效应，下列说法中正确的是( )A.光电效应说明光具有粒子性B.光电效应说明光不具有粒子性C.当红光照射某种材料发生光电效应时，紫光一定能使这种材料发生光电效应D.当紫光刚好使某种材料发生光电效应时，红光也能使这种材料发生光电效应5、如图所示，光滑水平面上有质量相等的A 和B 两个物体，B 上装有一轻质弹簧，B 原来静止，A 以速度v 正对着B 滑行，当弹簧压缩到最短时，B 物体的速度为（ ）A 、 v/2 ；B 、v/3 ；C 、v ；D 、2v6、质量为m 的钢球自高处落下，以速率V 1碰地后竖直向上弹起，碰撞时间极短，离地的速率为V 2，在碰撞过程中，地面对钢球冲量的方向和大小为（ ）vA ．向下m(V 1-V 2)B ．向上m(V 1+V 2)C ．向上m(V 1-V 2)D ．向下m(V 1+V 2)7、图示为氢原子的四个能级，其中E 1为基态，若氢原子A 处于激发态E 2，氢原子B处于激发态E 3，则下列说法正确的是A ．原子A 可能辐射出3种频率的光子B ．原子B 可能辐射出3种频率的光子C ．原子A 能够吸收原子B 发出的光子并跃迁道能级E 4D ．原子B 能够吸收原子A 发出的光子并跃迁道能级E 48．如图所示，放在光滑水平桌面上的A 、B 木块中部夹一被压缩的弹簧，当弹簧被放开时，它们各自在桌面上滑行一段距离后，飞离桌面落在地上。

青海师大二附中2014-2015学年高二下学期第一次月考物理试卷一、选择题〔每一小题至少有一个选项是正确的，请把正确的答案填入答题题卡中，每一小题4分，共40分，漏选得2分，错选或不选得零分〕1．〔4分〕下面说法正确的答案是〔〕A．自感电动势总是阻碍电路中原来电流增加B．自感电动势总是阻碍电路中原来电流变化C．电路中的电流越大，自感电动势越大D．电路中的电流变化量越大，自感电动势越大2．〔4分〕如下列图，M1N1与M2N2是位于同一水平面内的两条平行金属导轨，导轨间距为L 磁感应强度为B的匀强磁场与导轨所在平面垂直，ab与ef为两根金属杆，与导轨垂直且可在导轨上滑动，金属杆ab上有一伏特表，除伏特表外，其他局部电阻可以不计，如此如下说法正确的答案是〔〕A．假设ab固定ef以速度v滑动时，伏特表读数为BLvB．假设ab固定ef以速度v滑动时，ef两点间电压为零C．当两杆以一样的速度v同向滑动时，伏特表读数为零D．当两杆以一样的速度v同向滑动时，伏特表读数为2BLv3．〔4分〕如下列图，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落．如果线圈受到的磁场力总小于其重力，如此它在1、2、3、4位置时的加速度关系为〔〕A．a1＞a2＞a3＞a4B．a1=a3＞a2＞a4C．a1=a3＞a4＞a2D．a4=a2＞a3＞a14．〔4分〕如下列图，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当电键S接通一瞬间，两铜环的运动情况是〔〕A．同时向两侧推开B．同时向螺线管靠拢C．一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断D．同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极知，无法具体判断5．〔4分〕如下列图，在U形金属架上串入一电容器，金属棒ab在金属架上无摩擦地以速度v向右运动一段距离后突然断开开关，并使ab停在金属架上，停止后，ab不再受外力作用．现合上开关，如此金属棒的运动情况是〔〕A．向右做初速度为零的匀加速运动B．在某位置附近来回振动C．向右做初速度为零的加速运动，后又改做减速运动D．向右做变加速运动，后改做匀速运动6．〔4分〕如下列图电路中，L是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，D1和D2是两个完全一样的小灯泡．将电键K闭合，待灯泡亮度稳定后，再将电键K断开，如此如下说法中正确的答案是〔〕A．K闭合瞬间，两灯同时亮，以后D1熄灭，D2变亮B．K闭合瞬间，D1先亮，D2后亮，最后两灯亮度一样C．K断开时，两灯都亮一下再慢慢熄灭D．K断开时，D2立即熄灭，D1亮一下再慢慢熄灭7．〔4分〕如下列图，把金属圆环匀速拉出磁场，下面表示正确的答案是〔〕A．向左拉出和向右拉出所产生的感应电流方向相反B．不管向什么方向拉出，只要产生感应电流方向都是顺时针C．向右匀速拉出时，感应电流大小不变D．要将金属环匀速拉出，拉力大小要改变8．〔4分〕如下列图，在一根软铁棒上绕有一个线圈，a、b是线圈的两端，a、b分别与平行导轨M、N相连，有匀强磁场与导轨面垂直，一根导体棒横放在两导轨上，要使a点的电势比b点的电势高，如此导体棒在两根平行的导轨上应该〔〕A．向左加速滑动B．向左减速滑动C．向右加速滑动D．向右减速滑动9．〔4分〕如下列图，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从图示位置匀速拉出匀强磁场，假设第一次用0.3s时间拉出，外力做的功为W1，通过导线截面的电量为q1，第二次用0.9s 时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电量为q2，如此〔〕A．W1＜W2，q1＜q2B．W1＜W2，q1=q2C．W1＞W2，q1＞q2D．W1＞W2，q1=q210．〔4分〕如下列图，一闭合直角三角形线框以速度v匀速穿过匀强磁场区域．从BC边进入磁场区开始计时，到A点离开磁场区止的过程中，线框内感应电流的情况〔以逆时针方向为电流的正方向〕是如下列图中的〔〕A．B．C．D．二、填空题〔共20分，请把答案填写在题中横线上〕11．〔2分〕在磁感应强度为0.1T的匀强磁场中垂直切割磁感线运动的直导线长20cm．为使直导线中感应电动势每秒钟增加0.1V，如此导线运动的加速度大小应为．12．〔2分〕在图虚线所围区域内有一个匀强磁场，方向垂直纸面向里，闭合矩形线圈abcd 在磁场中做匀速运动，线圈平面始终与磁感线垂直，在图示位置时ab边所受磁场力的方向向上，那么整个线框正在向运动．〔选填上、下、左或右〕13．〔4分〕水平面中的平行导轨P、Q相距L，它们的右端与电容为C的电容器的两块极板分别相连如下列图，直导线ab 放在P、Q上与导轨垂直相交，磁感应强度为B的匀强磁场竖直向下穿过导轨面．假设发现与导轨P相连的电容器极板上带负电荷，如此ab向沿导轨滑动；如电容器的带电荷量为Q，如此ab滑动的速度v=．14．〔8分〕把一线框从一匀强磁场中匀速拉出，如下列图．第一次拉出的速率是 v，第二次拉出速率是 2v，其它条件不变，如此前后两次拉力大小之比是，拉力功率之比是，线框产生的热量之比是，通过导线截面的电量之比是．15．〔4分〕一个线圈接通电路时，通过它的电流变化率为10A/S，产生的自感电动势为3.0V，切断电路时，电流的变化率为50A/S，产生的自感电动势为V，这个线圈的自感系数为．三、计算题〔此题共4小题，共40分，解答应写明必要的文字说明．方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位〕16．〔10分〕如下列图，在光滑绝缘的水平面上有一个用一根均匀导体围成的正方形线框abcd，其边长为L，总电阻为R，放在磁感应强度为B．方向竖直向下的匀强磁场的左边，图中虚线MN为磁场的左边界．线框在大小为F的恒力作用下向右运动，其中ab边保持与MN平行．当线框以速度v0进入磁场区域时，它恰好做匀速运动．在线框进入磁场的过程中，〔1〕线框的ab边产生的感应电动势的大小为E为多少？〔2〕求线框a、b两点的电势差．〔3〕求线框中产生的焦耳热．17．〔10分〕面积S=0.2m2，n=100匝的圆形线圈，处在如下列图的磁场内，磁感应强度随时间t变化的规律是B=0.02t，R=3Ω，C=30μF，线圈电阻r=1Ω，求：〔1〕通过R的电流大小和方向；〔2〕电容器的电荷量．18．〔10分〕如图1所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置．两导轨间距为L0，M、P两点间接有阻值为R的电阻．一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．导轨和金属杆的电阻可忽略．让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．〔1〕由b向a方向看到的装置如图2，在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；〔2〕在加速下滑时，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流与其加速度的大小；〔3〕求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值．19．〔10分〕如下列图，MN为金属杆，在竖直平面内贴着光滑金属导轨下滑，导轨的间距l=10cm，导轨上端接有电阻R=0.5Ω，导轨与金属杆电阻不计，整个装置处于B=0.5T的水平匀强磁场中．假设杆稳定下落时，每秒钟有0.02J的重力势能转化为电能，如此求MN杆的下落速度．青海师大二附中2014-2015学年高二下学期第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题〔每一小题至少有一个选项是正确的，请把正确的答案填入答题题卡中，每一小题4分，共40分，漏选得2分，错选或不选得零分〕1．〔4分〕下面说法正确的答案是〔〕A．自感电动势总是阻碍电路中原来电流增加B．自感电动势总是阻碍电路中原来电流变化C．电路中的电流越大，自感电动势越大D．电路中的电流变化量越大，自感电动势越大考点：感生电动势、动生电动势．专题：电磁感应与电路结合．分析：由法拉第电磁感应定律可知，闭合电路中产生的感应电动势的大小与电流的变化率成正比，与电流与电流的变化量无关．解答：解：由法拉第电磁感应定律可知；E=n=，即E与磁通量的变化率成正比，即电动势取决于电流的变化快慢，而电流变化快慢，如此会导致磁场的变化快慢，从而实现磁通量的变化快慢，故ACD错误，B正确；应当选：B．点评：在理解法拉第电磁感应定律时要注意区分Φ，△Φ，与者间的关系，明确电动势只取决于磁通量的变化率，与磁通量与磁能量的变化量无关．2．〔4分〕如下列图，M1N1与M2N2是位于同一水平面内的两条平行金属导轨，导轨间距为L 磁感应强度为B的匀强磁场与导轨所在平面垂直，ab与ef为两根金属杆，与导轨垂直且可在导轨上滑动，金属杆ab上有一伏特表，除伏特表外，其他局部电阻可以不计，如此如下说法正确的答案是〔〕A．假设ab固定ef以速度v滑动时，伏特表读数为BLvB．假设ab固定ef以速度v滑动时，ef两点间电压为零C．当两杆以一样的速度v同向滑动时，伏特表读数为零D．当两杆以一样的速度v同向滑动时，伏特表读数为2BLv考点：导体切割磁感线时的感应电动势；法拉第电磁感应定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：导体切割磁感线时将产生感应电动势，由E=BLv求出感应电动势的大小，区分ef 间的电压与电动势的关系即可其大小．当两杆以一样的速度v同向滑动时，穿过回路的磁通量不变，不产生感应电流，电压表就没有读数．解答：解：A、B、假设ab固定ef以速度v滑动时，ef产生的感应电动势为 E=BLV，又电压表测量的是电源电动势，所以示数为BLV，故A正确，B错误；C、D、当两杆以一样的速度v同向滑动时，穿过闭合回路的磁通量不变化，如此感应电流为0，由于伏特表的核心是电流表，电路中没有电流，如此伏特表示数为0，故C正确，D错误．应当选：AC．点评：此题考查法拉第电磁感应定律的应用，关键是判断磁通量的变化情况，要注意电压表中没有电流，指针不偏转，就没有读数．3．〔4分〕如下列图，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落．如果线圈受到的磁场力总小于其重力，如此它在1、2、3、4位置时的加速度关系为〔〕A．a1＞a2＞a3＞a4B．a1=a3＞a2＞a4C．a1=a3＞a4＞a2D．a4=a2＞a3＞a1考点：导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：未进入磁场前，仅受重力，加速度为g，进磁场的过程中，受到重力和向上的安培力，通过牛顿第二定律可以分析出加速度的大小，完全进入磁场后，不产生感应电流，不受安培力，仅受重力，加速度又为g．解答：解：未进磁场前和全部进入磁场后，都仅受重力，所以加速度a1=a3=g．磁场的过程中，受到重力和向上的安培力，根据牛顿第二定律知加速度a2＜g．而由于线框在磁场中也做加速度为g的加速运动，故4位置时的速度大于2时的速度，故此时安培力一定大于2时的加速度，故a4＜a2；故关系为：a1=a3＞a2＞a4应当选：B点评：解决此题的关键知道完全进入磁场后没有感应电流，不受安培力，在进磁场的过程，根据右手定如此判定出感应电流的方向，根据左手定如此知道受到向上的安培力．4．〔4分〕如下列图，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当电键S接通一瞬间，两铜环的运动情况是〔〕A．同时向两侧推开B．同时向螺线管靠拢C．一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断D．同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极知，无法具体判断考点：楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：在电建S接通的时间，分析线圈产生的磁场的变化，从而可知两铜环处的磁场的变化，几何楞次定律即可得知环的运动方向．解答：解：ABC、在电建S接通的瞬间，线圈中的电流逐渐增大，两铜环处的磁场增强，通过铜环的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流产生的磁场要阻碍原磁场的增加，所以两环要远离线圈，会同时向两侧推开，选项A正确，BC错误．D、无论电源哪端为正，电建S接通的时间，都会使铜环处的磁场增大，两铜环都是向两侧推开，选项D错误应当选：A点评：解答该题要求正确的对楞次定律进展理解，感应电流产生的磁场总是阻碍原磁场的变化，注意是“阻碍〞，不是“阻止〞，从运动的方面，可以理解成“来如此阻，去如此留〞．5．〔4分〕如下列图，在U形金属架上串入一电容器，金属棒ab在金属架上无摩擦地以速度v向右运动一段距离后突然断开开关，并使ab停在金属架上，停止后，ab不再受外力作用．现合上开关，如此金属棒的运动情况是〔〕A．向右做初速度为零的匀加速运动B．在某位置附近来回振动C．向右做初速度为零的加速运动，后又改做减速运动D．向右做变加速运动，后改做匀速运动考点：安培力．分析：金属棒停止后，撤去外力作用，电容器通过金属棒放电，形成放电电流，棒在安培力作用下向右运动，切割磁感线产生感应电动势，回路中电流减小，棒所受的安培力减小，即可判断其加速度减小，当棒产生的感应电动势等于电容器的电压时，回路中电流为零，棒将做匀速运动．解答：解：金属棒原来在外力作用下向右运动时，产生感应电动势，电容器充电，由右手定如此判断可知，上板带正电．当金属棒停止后，撤去外力作用后，电容器通过金属棒放电，形成放电电流，通过棒的电流从a→b，棒受到向右的安培力，在安培力作用下棒向右加速运动，切割磁感线产生感应电动势，是一个反感应电动势，回路中电流将减小，棒所受的安培力减小，棒的加速度减小，所以此过程棒向右做加速度减小的加速运动．当棒产生的感应电动势等于电容器的电压时，回路中电流为零，棒不再受安培力而做匀速运动．所以金属棒向右先做加速度变小的加速运动，后又做匀速运动，故D正确，ABC错误．应当选：D．点评：此题是电容器通过棒放电过程中，电容器相当于电源，棒相当于电动机，产生反电动势，关键要根据牛顿第二定律分析棒的受力情况，来判断其运动情况．6．〔4分〕如下列图电路中，L是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，D1和D2是两个完全一样的小灯泡．将电键K闭合，待灯泡亮度稳定后，再将电键K断开，如此如下说法中正确的答案是〔〕A．K闭合瞬间，两灯同时亮，以后D1熄灭，D2变亮B．K闭合瞬间，D1先亮，D2后亮，最后两灯亮度一样C．K断开时，两灯都亮一下再慢慢熄灭D．K断开时，D2立即熄灭，D1亮一下再慢慢熄灭考点：自感现象和自感系数．分析：电感总是阻碍电流的变化．线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向一样，抑制减小，并与灯泡1构成电路回路．解答：解：L是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，D1和D2是两个完全一样的小灯泡A、K闭合瞬间，但由于线圈的电流增加，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的增加，所以两灯同时亮，当电流稳定时，由于电阻可忽略不计，所以以后D1熄灭，D2变亮．故A正确，B错误；C、K闭合断开，D2立即熄灭，但由于线圈的电流减小，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的减小，所以D1亮一下再慢慢熄灭，故C错误，D正确；应当选：AD．点评：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，线圈上端是电源正极．当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈下端是电源正极．7．〔4分〕如下列图，把金属圆环匀速拉出磁场，下面表示正确的答案是〔〕A．向左拉出和向右拉出所产生的感应电流方向相反B．不管向什么方向拉出，只要产生感应电流方向都是顺时针C．向右匀速拉出时，感应电流大小不变D．要将金属环匀速拉出，拉力大小要改变考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．分析：将线圈拉出磁场，磁通量都减小，根据楞次定律判断感应电流的方向．公式E=BLv 中L是有效的切割长度．安培力的大小：F=BIL中L是有效长度．解答：解：A、B、不管沿什么将线圈拉出磁场，穿过线圈的磁通量都减小，根据楞次定律判断可知，线圈中感应电流的方向都是沿顺时针方向．故B正确，A错误．C、感应电流的大小与感应电动势有关，而感应电动势与线圈移动时切割磁感线的有效长度有关，由于移动过程中有效的切割长度先增大后减小，如此感应电动势也先增大后减小，感应电流先增大后减小．故C错误．D、线圈在切割磁感线的过程中，安培力的大小：F=BIL，与电流的大小以与安培力的有效长度有关，由于感应电流先增大后减小，移动过程中有效长度先增大后减小，所以对金属环的拉力大小会发生变化．故D正确．应当选：BD．点评：此题是楞次定律和E=BLv的应用，注意公式E=BLv中L是有效的切割长度．安培力的大小：F=BIL中L是有效长度．8．〔4分〕如下列图，在一根软铁棒上绕有一个线圈，a、b是线圈的两端，a、b分别与平行导轨M、N相连，有匀强磁场与导轨面垂直，一根导体棒横放在两导轨上，要使a点的电势比b点的电势高，如此导体棒在两根平行的导轨上应该〔〕A．向左加速滑动B．向左减速滑动C．向右加速滑动D．向右减速滑动考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．分析：导体棒在导轨上做切割磁感线时会产生感应电动势，相当于电源，根据右手定如此判断出感应电流的方向，确定出导体棒哪一端相当于电源的正极，哪一端电势较高．解答：解：A、B、当导体棒向左加速或减速滑动时，根据右手定如此判断可知，导体棒产生向下的感应电流，其下端相当于电源的正极，电势较高，如此b点的电势比a点的电势高，故A、B错误．C、D、当导体棒向右加速或减速滑动时，根据右手定如此判断可知，导体棒产生向上的感应电流，其上端相当于电源的正极，电势较高，如此a点的电势比b点的电势高，故CD正确．应当选：CD．点评：解决此题关键要掌握右手定如此，并知道电源的正极电势高于负极的电势，能熟练判断电势的上下．9．〔4分〕如下列图，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从图示位置匀速拉出匀强磁场，假设第一次用0.3s时间拉出，外力做的功为W1，通过导线截面的电量为q1，第二次用0.9s 时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电量为q2，如此〔〕A．W1＜W2，q1＜q2B．W1＜W2，q1=q2C．W1＞W2，q1＞q2D．W1＞W2，q1=q2考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：第一次用t时间拉出，第二次用3t时间拉出，速度变为原来的倍．线框匀速运动，外力与安培力平衡，推导出安培力的表达式，根据功的定义表示出W=Fx比拟功的大小．根据感应电荷量公式q=比拟电量．解答：解：设线框的长为L1，宽为L2，速度为v．线框所受的安培力大小为F A=BIL2，又I=，E=BL2v，如此得F A=线框匀速运动，外力与安培力平衡，如此外力的大小为F=F A=外力做功为W=FL1=•L1==可见，外力做功与所用时间成反比，如此有W1＞W2．两种情况下，线框拉出磁场时穿过线框的磁通量的变化量相等，根据感应电荷量公式q=可知，通过导线截面的电量相等，即有q1=q2．应当选D点评：要对两种情况下物理量进展比拟，我们应该先把要比拟的物理量表示出来再求解．关键要掌握安培力的推导方法和感应电荷量的表达式．10．〔4分〕如下列图，一闭合直角三角形线框以速度v匀速穿过匀强磁场区域．从BC边进入磁场区开始计时，到A点离开磁场区止的过程中，线框内感应电流的情况〔以逆时针方向为电流的正方向〕是如下列图中的〔〕A．B．C．D．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：分三个阶段分析感应电流的变化情况，根据感应电流产生的条件判断线框中是否由感应电流产生，根据E=BLv与欧姆定律判断感应电流的大小．解答：解：根据感应电流产生的条件可知，线框进入或离开磁场时，穿过线框的磁通量发生变化，线框中有感应电流产生，当线框完全进入磁场时，磁通量不变，没有感应电流产生，故C错误；感应电流I==，线框进入磁场时，导体棒切割磁感线的有效长度L减小，感应电流逐渐减小；线框离开磁场时，导体棒切割磁感线的有效长度L减小，感应电流逐渐减小；故A正确，BD 错误；应当选A．点评：此题可以采用排除法分析解题，掌握感应电流产生的条件、熟练应用E=BLv与欧姆定律即可正确解题．二、填空题〔共20分，请把答案填写在题中横线上〕11．〔2分〕在磁感应强度为0.1T的匀强磁场中垂直切割磁感线运动的直导线长20cm．为使直导线中感应电动势每秒钟增加0.1V，如此导线运动的加速度大小应为5m/s2．考点：法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律；安培力．专题：电磁感应与电路结合．分析：根据感应电动势公式E=BLv，得到△E=BL•△v，求出速度的增加量，由加速度的定义式求出加速度．解答：解：由感应电动势公式E=BLv，B、L不变，得到△E=BL•△v，如此有△v=导线运动的加速度大小为：a=== m/s2=5m/s2故答案为：5 m/s2点评：此题要抓住感应电动势的变化量与加速度之间的联系：速度的变化量．基此题．12．〔2分〕在图虚线所围区域内有一个匀强磁场，方向垂直纸面向里，闭合矩形线圈abcd 在磁场中做匀速运动，线圈平面始终与磁感线垂直，在图示位置时ab边所受磁场力的方向向上，那么整个线框正在向右运动．〔选填上、下、左或右〕考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律；右手定如此．专题：电磁感应中的力学问题．分析：由题，ab边受到的磁场力的方向向上，根据左手定如此判断出ab边中感应电流的方向，再由右手定如此判断abcd的运动情况．解答：解：据题，ab边受到的磁场力的方向向上，根据左手定如此判断出ab边中感应电流的方向为a→b，再由右手定如此判断可知，abcd的运动情况是向右平动．假设abcd向上或向下平动时，穿过线圈的磁通量不变，线圈中没有感应电流产生，ab边不受磁场力．故答案为：右点评：此题是两大定如此的综合应用，在电磁感应现象中，常常右手定如此、安培定如此和左手定如此会结合应用，要明确三个定如此应用的条件，不能混淆．13．〔4分〕水平面中的平行导轨P、Q相距L，它们的右端与电容为C的电容器的两块极板分别相连如下列图，直导线ab 放在P、Q上与导轨垂直相交，磁感应强度为B的匀强磁场竖直向下穿过导轨面．假设发现与导轨P相连的电容器极板上带负电荷，如此ab向左沿导轨滑动；如电容器的带电荷量为Q，如此ab滑动的速度v=．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：棒在磁场中切割产生感应电动势，从而使电容器处于充电状态，电容器极板上带负电荷，结合右手定如此，即可确定棒运动的方向．根据电容器的电量，结合Q=CU，即可求出切割磁场的感应电动势．由于棒垂直电磁场，如此再由E=BLv，即可求得速度v．解答：解：由题意可知，电容器极板上带负电荷，因此因棒的切割，从而产生由a到b 的感应电流，根据右手定如此可知，只有当棒向左滑动时，才会产生由a到b的感应电流；根据电容器的电容公式Q=CU，可得：U=，而棒切割磁感线产生感应电动势大小为：E=BLv，此时U=E，所以ab滑动的速度为：v==，故答案为：左，．点评：考查棒在磁场中切割产生感应电动势的大小表达式，掌握电容器的电容公式Q=CU 的应用，理解右手定如此，注意与左手定如此的区别，注意此处的感应电动势大小等于电容器两端的电压．。

APNq 1 q 2青海师范大学附属第二中学14—15学年上学期高二期中考试物理试题第Ⅰ卷 （选择题，共 48分）一、选择题：（本题共12小题，每小题4分，共48分。

1-8每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求，9-12题为多项选择题，全部选对的得4分，不全的2分，错误的0分) 1．下列说法中不正确的．．．．是（ ） A ．元电荷实质上是指电子和质子本身 B ．把1.6×10－19C 的电荷量叫元电荷C ．所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍D ．带电体间的距离比它们本身的大小大得多，以至于带电体的形状大小和电荷分布对它们间的相互作用力的影响可忽略不计时，带电体就可以视为点电荷 2．以下说法正确的是（ ）A ．由E=F/q 可知，电场中某点的电场强度E 与F 成正比B ．由公式φ=E P /q 可知，电场中某点的电势φ与q 成反比C ．由U ab =Ed 可知，匀强电场中任意两点a 、b 间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大D ．由公式C=Q/U 可知，电容器的电容大小C 与电容器两极板间电势差U 无关 3．铅蓄电池的电动势为2V ，这表示（ ）A ．电路中每通过1C 的电量，电源就把2J 的化学能转化为电能B ．蓄电池连接在电路中两极间的电压为2VC ．蓄电池在1秒内将2J 的化学能转化为电能D ．蓄电池接入不同电路中，电动势就会发生变化4．在NaCl 溶液中，阴、阳离子定向移动产生电流，若测得20秒内有1.0×1018个Na +和1.0×1018个Cl -通过溶液内部某一横截面，则溶液中的电流强度是多大（ ） A ．8mA B ．16mA C ．0.16A D ．0.08A5．如图所示，平行板电容器的电容为C ，带电荷量为Q ，板间距离为d ， 今在两板的中点d 21处放一电荷q ，则它所受电场力的大小为（ ） A ．22d Qq kB ．24dQq k C ．Cd QqD ．Cd Qq 2 6．如图所示，在A 、B 两点上放置两个点电荷，它们的电荷量分别为q 1、q 2，MN 是过a 、b 的直线，P 是直线上的一点。

青海省高二下学期物理期中考试试卷（II）卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、选择题 (共14题；共31分)1. （2分）下列几种说法中正确的是（）A . 线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大B . 线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大C . 线圈放在磁场越强的位置，产生的感应电动势一定越大D . 线圈中磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势越大2. （2分）穿过闭合回路的磁通量φ随时间t变化的图象分别如图①～④所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是（）A . 图①中回路产生的感应电动势恒定不变B . 图②中回路产生的感应电动势一直在变大C . 图③中回路在0～t1时间内产生的感应电动势是t1～t2时间内产生的感应电动势的2倍D . 图④中回路产生的感应电动势先变大再变小3. （2分） (2017高二下·吴忠期中) 图中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里．abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为l．t=0时刻，bc边与磁场区域边界重合（如图）．现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是：（）A .B .C .D .4. （2分）如图所示，矩形线圈放置在水平薄木板上，有两块相同的蹄形磁铁，四个磁极之间的距离相等，当两块磁铁匀速向右通过线圈时，线圈仍静止不动，那么线圈受到木板的摩擦力方向是（）A . 先向左，后向右B . 先向左，后向右，再向左C . 一直向右D . 一直向左5. （2分） (2019高二上·慈溪期中) 如图在研究自感现象的实验中,用两个完全相同的灯泡a、b分别与有铁芯的线圈L和定值电阻R组成如图所示的电路（自感线圈的直流电组与定值电阻R的阻值相等）,闭合开关S达到稳定后两灯均可以正常发光.关于这个实验的下面说法中正确的是（）A . 闭合开关的瞬间,通过a灯的电流大于通过b灯的电流B . 闭合开关后,a灯先亮,b灯后亮C . 闭合开关,待电路稳定后断开开关,通过a灯的电流不大于原来的电流D . 闭合开关,待电路稳定后断开开关,通过b灯的电流大于原来的电流6. （2分）如图所示，电动势为E、内阻为r的电池与定值电阻R0、滑动变阻器R串联，已知R0=r ，滑动变阻器的最大阻值是2r ．当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，下列说法中正确的是（）A . 滑动变阻器消耗的功率不变B . 滑动变阻器消耗的功率变大C . 定值电阻R0上消耗的功率变小D . 滑动变阻器消耗的功率变小7. （2分）矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直磁场方向的轴匀速转动时，线圈平面跟中性面重合的瞬间，下面的说法中正确的是（）A . 线圈中的磁通量为零B . 线圈中的感应电动势最大C . 线圈的每一边都不切割磁感线D . 线圈所受的磁场力不为零8. （2分） (2019高二下·汉川月考) 如图所示，一理想变压器原线圈接正弦交变电源，副线圈接有三盏相同的灯(不计灯丝电阻的变化)，灯上均标有(6V,18 W)字样，此时L1恰正常发光，图中两个电表均为理想电表，其中电流表显示读数为1.0 A，下列说法正确的是（）A . 原、副线圈匝数之比为3∶1B . 变压器的输入功率为18 WC . 电压表的读数为6VD . 若L3突然断路，则L1变暗，L2变亮，输入功率变大9. （2分）如图所示，W是功率表，用来测量电路的电功率，电流表的读数是I ，电压表的读数是U ，以下说法中错误的是（）A . 当a、b间接直流时，功率表的读数P＝UIB . 当a、b间接交变电流时，功率表的读数P＜UIC . 当a、b间接交变电流时，功率表的读数P＝UID . 当a、b间接脉动电流时，功率表的读数P＜UI10. （2分） (2019高二下·延边月考) 在如图所示的电路中，A1和A2是两个相同的灯泡．线圈L的自感系数足够大，电阻不可以忽略。

师大二附中2010-2011学年第一学期期中考测试卷高一年级物理（满分：100分 时间:120min ）命题： 王新春审核：白秉宇、苏莲春第I 卷（选择题 24分）一、选择题（本题共8小题,每小题3分,共24分.在下列各题的四个选项中,至少有一个符合题目要求，将正确答案填写在答题卷上，不选错选多选不得分，漏选得1分）1、如图所示，红蜡块能在玻璃管的水中匀速上升，若红蜡块在A点匀速上升的同时，使玻璃管水平向右做匀加速直线运动，则红蜡块实际运动的轨迹是图中的( )A ．直线PB ．曲线QC ．曲线RD ．无法确定2.如图5所示，两颗“近地”卫星1和2都绕地球做匀速圆周运动，卫星2的轨道半径更大些．两颗卫星相比较，下列说法中正确的是A ．卫星2的向心加速度较大B ．卫星2的线速度较大C ．卫星2的周期较大D ．卫星1的角速度较大3、关于行星绕太阳运动的下列说法中正确的是A ．所有行星都在同一椭圆轨道上绕太阳运动B ．所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等C ．离太阳越近的行星运动周期越长D ．行星绕太阳运动时太阳位于行星轨道的中心处4.人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，其实际绕行速率是A.一定大于7.9×103m/sB.一定小于7.9×103m/sC.一定等于7.9×103m/sD.7.9×103m/s ＜v ＜11.2×103m/s5、如图所示，A 、B 、C 三个物体放在旋转平台上，最大静摩擦因数均为μ，已知A 的质量为2m ，B 、C 的质量均为m ，A 、B 离轴距离均为R ，C 距离轴为2R ，则当平台逐渐加速旋转时（ ）A.C物的向心加速度最大B.B物的摩擦力最小C.当圆台转速增加时，C比A先滑动D.当圆台转速增加时，B比A先滑动6、已知万有引力常量，利用下列哪组，可以计算出地球的质量A.卫星绕地球做匀速圆周运动的线速度和周期B.卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径和周期C.卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径和线速度D.卫星绕地球做匀速圆周运动的周期和角速度7.北京时间2013年12月2日凌晨，中国在西昌卫星发射中心成功将嫦娥三号月球探测器送入太空。

2015-2016学年青海师大二附中高二（下）月考物理试卷（4月份）一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分.在下列各题的四个选项中，至少有一个符合题目要求，将正确答案填写在答题卷上，不选错选多选不得分，漏选得1分）1．人从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖部分先着地．这是为了（）A．减小冲量B．使动量的增量变得更小C．增长和地面的冲击时间，从而减小冲力D．增大人对地的压强，起到安全作用2．关于物体的动量，下列说法中正确的是（）A．物体的动量越大，其惯性也越大B．同一物体的动量越大，其速度一定越大C．物体的加速度不变，其动量一定不变D．运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向3．一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的感应电动势e随时间t的变化规律如图所示，下列说法正确的有（）A．t1时刻线圈位于中性面B．t2时刻通过线圈的磁通量最大C．电动势的有效值为D．一个周期内交变电流的方向改变一次4．如图甲所示电路，电阻R的阻值为50Ω，在ab间加上图乙所示的正弦交流电，则下面说法中错误的是（）A．交流电压的有效值为100VB．电流表示数为2AC．该交流电流的周期为0.01sD．如果产生该交流电的线圈的转速提高一倍，则电流表的示数也增大一倍5．如图甲所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为55：6，其原线圈两端接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈通过电流表与负载电阻R相连．若交流电压表和交流电流表都是理想电表，则下列说法中正确的是（）A．电压表的示数是24VB．若电流表的示数为0.50A，变压器的输入功率是110WC．原线圈输入的正弦交变电流的频率是5HzD．变压器输入电压的最大值是220V6．如图所示，三只完全相同的灯泡a、b、c分别与电阻R、电感L、电容C串联，再将三者并联，接在220V，50Hz的交变电源两端，三只灯泡亮度相同．如果将电源改为220V，60Hz的交变电源，则（）A．三只灯泡亮度不变 B．三只灯泡都将变亮C．a亮度不变，b变亮，c变暗 D．a亮度不变，b变暗，c变亮7．L1和L2是高压输电的两条输电线，现要通过变压器测量L1和L2之间的电压，下列四种电路连接正确的是（）A．B．C．D．8．如图所示的电路中，理想变压器的输入电压u不变，R1为定值电阻，若要使电压表示数增大，可采用的办法是（）A．保持其它不变，将滑动接头p向上移B．保持其它不变，将滑动接头p向下移C．保持其它不变，增大R2D．保持其它不变，减小R29．质量为M的砂车，沿光滑水平面以速度v0做匀速直线运动，此时从砂车上方落入一个质量为m的大铁球，如图所示，则铁球落入砂车后，关于砂车的运动下列说法错误的是（）A．立即停止运动 B．仍匀速运动，速度仍为v0C．仍匀速运动，速度小于v0D．做变速运动，速度不能确定10．如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上．c 车上有一小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上．小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同．他跳到a车上相对a车保持静止，此后（（）A．a、b两车运动速率相等B．a、c两车运动速率相等C．三辆车的速率关系v c＞v a＞v b D．a、c两车运动方向相同二．填空题（本题共5小题，每空2分，共20分）11．质量为m的物块沿倾角为θ的斜面由底端向上滑去，经过时间t1速度为零后又下滑，又经过时间t2回到斜面底端，在整个运动过程中，重力对物块的总冲量大小为．12．质量为100kg的小船静止在水面上，船两端有质量40kg的甲和质量60kg的乙，当甲、乙同时以3m/s的速率向左、向右跳入水中后，小船的速度大小为m/s，方向是．13．（B）一质量为M=1.2kg的物块静止在光滑水平桌面上，一质量为m=20g的子弹以水平速度v0=100m/s射入物块，在很短的时间内以水平速度10m/s穿出．则子弹穿出木块时，子弹动量改变量的大小为kg•m/s，木块获得的水平初速度大小为m/s．14．如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0．为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．（不计水的阻力）15．某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞过程中不变量的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动一下小车A使之做匀速运动．然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动，他设计的具体装置如图1所示．在小车A后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50Hz，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力．（1）若已得到打点纸带如图2所示，并将测得的各计数点间距离标在图上，A点是运动起始的第一点，则应选段来计算A的碰前速度，应选段来计算A 和B碰后的共同速度（以上两空填“AB”或“BC”或“CD”或“DE”）．（2）已测得小车A的质量m1=0.40kg，小车B的质量m2=0.20kg，由以上测量结果可得：碰前m A v0+m B v0=kg•m/s；碰后m A v A+m B v B=kg•m/s．并比较碰撞前后两个小车质量与速度的乘积之和是否相等．（结果保留三位有效数字）三.解答题（共5小题，共50分，解答应画出必要的受力分析、运动轨迹；写出文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，在答案中必须明确写出数值和单位）16．如图所示是小型交流发电机的示意图，正方形线圈abcd绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，线圈转速为n=120r/min．线圈的边长为L=20cm，线圈匝数N=20，线圈电阻为r=1.0Ω，外电阻R=9.0Ω，匀强磁场方向水平向右，磁感应强度大小B=0.20T．电流表为理想交流电表，其它电阻不计，图示位置线圈平面与磁场方向平行．求线圈从图示位置转过90°过程中：（1）所产生的平均感应电动势E；（2）通过外电阻R的电荷量q；（3）电阻R上的电热Q；（4）电阻R两端电压示数U．17．某村在较远的地方建立了一座小型水电站，发电机的输出功率为200kW，输出电压为500V，输电导线的总电阻为10Ω，导线上损耗的电功率为16kW，该村的用电电压是220V．（1）输电电路如图所示，求升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比；（2）如果该村某工厂用电功率为80kW，则该村还可以装“220V 40W”的电灯多少盏？18．如图所示，水平放置的U形光滑导轨足够长，处于磁感应强度B=5T的匀强磁场中，导轨宽度L=0.2m，可动导体棒ab质量m=2.0kg，电阻R=0.1Ω，其余电阻可忽略不计．现在导体棒ab在水平外力F=10N的作用下，由静止开始运动了s=40cm后，速度达到最大．求：（1）导体棒ab运动的最大速度．（2）当导体棒ab的速度为最大速度的一半时，棒ab的加速度．（3）导体棒ab由静止达到最大速度的过程，棒ab上产生的热量．19．在如图所示的光滑水平面上，小明站在静止的小车上用力向右推静止的木箱，木箱以速度v向右匀速运动．巳知木箱的质量为m．人与车的质量为2m．木箱运动一段时间后与竖直墙壁发生无机械能损失的碰撞，反弹回来后被小明接住．求：①推出木箱后小明和小车一起运动的速度v1的大小；②小明接住木箱后三者一起运动的速度v2的大小．20．如图所示，物块C质量m c=4kg，上表面光滑，左边有一立柱，放在光滑水平地面上．一轻弹簧左端与立柱连接，右端与物块B连接，m B=2kg．长为L=3.6m的轻绳上端系于O点，下端系一物块A，m A=3kg．拉紧轻绳使绳与竖直方向成60°角，将物块A从静止开始释放，达到最低点时炸裂成质量m1=2kg、m2=1kg的两个物块1和2，物块1水平向左运动与B粘合在一起，物块2仍系在绳上具有水平向右的速度，刚好回到释放的初始点．A、B都可以看成质点．取g=10m/s2．求：（1）设物块A在最低点时的速度v0和轻绳中的拉力F大小．（2）物块A炸裂时增加的机械能△E．（3）在以后的过程中，弹簧最大的弹性势能E pm．2015-2016学年青海师大二附中高二（下）月考物理试卷（4月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分.在下列各题的四个选项中，至少有一个符合题目要求，将正确答案填写在答题卷上，不选错选多选不得分，漏选得1分）1．人从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖部分先着地．这是为了（）A．减小冲量B．使动量的增量变得更小C．增长和地面的冲击时间，从而减小冲力D．增大人对地的压强，起到安全作用【考点】动量定理．【分析】人落下时速度的变化量相同，根据动量定理可分析让脚尖着地的好处．【解答】解：人在和地面接触时，人的速度减为零，由动量定理可知（F﹣mg）t=△mv；而脚尖着地可以增加人着地的时间，可以减小动量的变化率，故减小受到地面的冲击力；故选：C．2．关于物体的动量，下列说法中正确的是（）A．物体的动量越大，其惯性也越大B．同一物体的动量越大，其速度一定越大C．物体的加速度不变，其动量一定不变D．运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向【考点】动量定理．【分析】动量等于物体的质量与速度的乘积，速度是矢量，故动量也是矢量．动量由质量和速度共同决定．惯性大小的唯一量度是质量．【解答】解：A、惯性大小的唯一量度是物体的质量，如果物体的动量大，但也有可能物体的质量很小，所以不能说物体的动量大其惯性就大，故A错误；B、动量等于物体的质量与物体速度的乘积，即P=mv，同一物体的动量越大，其速度一定越大，故B正确．C、加速度不变，速度是变化的，所以动量一定变化，故C错误；D、动量等于物体的质量与物体速度的乘积，即P=mv，动量是矢量，动量的方向就是物体运动的方向，故D正确．故选：BD3．一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的感应电动势e随时间t的变化规律如图所示，下列说法正确的有（）A．t1时刻线圈位于中性面B．t2时刻通过线圈的磁通量最大C．电动势的有效值为D．一个周期内交变电流的方向改变一次【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式；交变电流．【分析】矩形线圈中产生正弦式电流，当线圈通过中性面时，磁通量最大，感应电动势为零，电动势方向发生改变．而当线圈与磁场平行时，磁通量为零，感应电动势最大，磁通量的变化率最大．一个周期内交变电流的方向改变两次．【解答】解：A、t1时刻感应电动势为零，线圈通过中性面，磁通量最大，线圈位于中性面，故A正确；B、由图t2时刻，感应电动势为最大值，通过线圈的磁通量为零，故B错误；C、电动势的有效值为故C正确；D、一个周期内交变电流的方向改变两次．故D错误；故选：AC．4．如图甲所示电路，电阻R的阻值为50Ω，在ab间加上图乙所示的正弦交流电，则下面说法中错误的是（）A．交流电压的有效值为100VB．电流表示数为2AC．该交流电流的周期为0.01sD．如果产生该交流电的线圈的转速提高一倍，则电流表的示数也增大一倍【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．【分析】由图读出电压最大值U m，周期T，电流表示数是有效值，根据欧姆定律即可求出．【解答】解：A、由乙图可知：电压最大值U m=100V，有效值U==100V，故A正确；B、电流表显示有效值，根据欧姆定律得：I===2A，故B正确；C、由乙图知交流电压的周期为0.02s，故C错误；D、如果产生该交流电的线圈转速提高一倍，则产生的感应电动势的电压也提高一倍，根据欧姆定律可知电流也最大一倍，故D正确．本题选错误的，故选：C．5．如图甲所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为55：6，其原线圈两端接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈通过电流表与负载电阻R相连．若交流电压表和交流电流表都是理想电表，则下列说法中正确的是（）A．电压表的示数是24VB．若电流表的示数为0.50A，变压器的输入功率是110WC．原线圈输入的正弦交变电流的频率是5HzD ．变压器输入电压的最大值是220V【考点】变压器的构造和原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．【分析】由图乙可知交流电压最大值U m =220V ，周期T=0.02s ，可由周期求出角速度的值，则可得交流电压u 的表达式U=220sin100πtV 、由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，Rt 处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流．【解答】解：AD 、由图乙可知交流电压最大值U m =220V ，有效值为220V ，根据变压器电压与匝数成正比知电压表示数为U=V=24V ，故A 正确，D 错误；B 、电压表的示数是24V ．流过电阻中的电流为0.5A ，变压器的输入功率是：P 入=P 出=UI=24×0.5W=12W ．故B 错误；C 、变压器不改变频率，由图乙可知交流电周期T=0.02s ，可由周期求出正弦交变电流的频率是50Hz ，故C 错误． 故选：A6．如图所示，三只完全相同的灯泡a 、b 、c 分别与电阻R 、电感L 、电容C 串联，再将三者并联，接在220V ，50Hz 的交变电源两端，三只灯泡亮度相同．如果将电源改为220V ，60Hz 的交变电源，则（ ）A ．三只灯泡亮度不变B ．三只灯泡都将变亮C ．a 亮度不变，b 变亮，c 变暗D ．a 亮度不变，b 变暗，c 变亮 【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用．【分析】根据电感的特性：通低频、阻高频及电容器的特性：通调频、阻低频来分析灯泡亮度的变化．【解答】解：根据电感的特性：通低频、阻高频，当电源的频率变高时，电感对电流的感抗增大，b 灯变暗；根据电容器的特性：通调频、阻低频，当电源的频率变高时，电容器对电流的容抗减小，c 灯变亮．而电阻的亮度与频率无关，a 灯亮度不变． 故选：D ．7．L1和L2是高压输电的两条输电线，现要通过变压器测量L1和L2之间的电压，下列四种电路连接正确的是（）A．B．C．D．【考点】变压器的构造和原理．【分析】考查电流互感器和电压互感器的区别，变器的匝数与电压成正比，与电流成反比，安全起见，要求电压和电流都不能超过最大量程．【解答】解：要通过变压器测量L1和L2之间的电压，需要电压互感器，即变压器的原线圈要接在L1和L2之间；由于电压不能超过电表量程，要通过变压器降压，根据，原线圈匝数要多于副线圈匝数；故选：A8．如图所示的电路中，理想变压器的输入电压u不变，R1为定值电阻，若要使电压表示数增大，可采用的办法是（）A．保持其它不变，将滑动接头p向上移B．保持其它不变，将滑动接头p向下移C．保持其它不变，增大R2D．保持其它不变，减小R2【考点】变压器的构造和原理；闭合电路的欧姆定律．【分析】AB、根据变压器原副线圈匝数比的变化判断副线圈的电压变化；CD、电压表测量的是电阻R2两端的电压，由串联电路的特点即可判断．【解答】解：A、保持其它不变，将滑动接头p向上移，则原副线圈的匝数比减小，所以副线圈的电压增大，则电压表的示数U V=将增大，故A正确；B、保持其它不变，将滑动接头p向下移，则原副线圈的匝数比增大，所以副线圈的电压减小，则电压表的示数U V=将减小，故B错误；C、保持其它不变，增大R2，则电压表的示数U V=U2﹣将增大，故C正确；D、保持其它不变，减小R2，所以电压表的示数U V=U2﹣将减小，故D错误；故选：AC．9．质量为M的砂车，沿光滑水平面以速度v0做匀速直线运动，此时从砂车上方落入一个质量为m的大铁球，如图所示，则铁球落入砂车后，关于砂车的运动下列说法错误的是（）A．立即停止运动 B．仍匀速运动，速度仍为v0C．仍匀速运动，速度小于v0D．做变速运动，速度不能确定【考点】动量守恒定律．【分析】小球和小车组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律求解即可．【解答】解：小球和小车组成的系统水平方向动量守恒，设小车初速度方向为正，根据动量守恒：Mv0=（m+M）v得：v=．即小车仍匀速运动，速度小于v0．故C正确，ABD错误．本题选择错误的，故选：ABD．10．如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上．c 车上有一小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上．小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同．他跳到a车上相对a车保持静止，此后（（）A．a、b两车运动速率相等B．a、c两车运动速率相等C．三辆车的速率关系v c＞v a＞v b D．a、c两车运动方向相同【考点】动量守恒定律．【分析】人与a、b、c组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，由动量守恒定律分析人与三车速率关系．【解答】解：若人跳离b、c车时速度为v，由动量守恒定律0=﹣M车v c+m人v，m人v=﹣M车v b+m人v，m人v=（M车+m人）•v a，所以：v c=，v b=0，v a=．即：v c＞v a＞v b，并且v c与v a方向相反．所以选项AB错误，选项C正确．故选：C二．填空题（本题共5小题，每空2分，共20分）11．质量为m的物块沿倾角为θ的斜面由底端向上滑去，经过时间t1速度为零后又下滑，又经过时间t2回到斜面底端，在整个运动过程中，重力对物块的总冲量大小为mg（t1+t2）．【考点】动量冲量．【分析】根据冲量的定义I=Ft求出冲量的大小．【解答】解：重力的作用时间为t=t1+t2，则重力对物块的总冲量I=mgt=mg （t1+t2）．故答案为：mg （t1+t2）12．质量为100kg的小船静止在水面上，船两端有质量40kg的甲和质量60kg的乙，当甲、乙同时以3m/s的速率向左、向右跳入水中后，小船的速度大小为0.6m/s，方向是向左．【考点】运动的合成和分解．【分析】根据动量守恒定律分析，甲乙船三者组成的系统动量守恒．【解答】解：甲乙船三者组成的系统动量守恒．规定向左为正方向．设小船的速度大小为v，由动量守恒定律有：0=m甲v甲+m乙v乙+mv0=40×3﹣60×3+100v解得：v=0.6m/s．速度v为正值，说明方向向左．故答案为：0.6，向左．13．（B）一质量为M=1.2kg的物块静止在光滑水平桌面上，一质量为m=20g的子弹以水平速度v0=100m/s射入物块，在很短的时间内以水平速度10m/s穿出．则子弹穿出木块时，子弹动量改变量的大小为 1.8kg•m/s，木块获得的水平初速度大小为 1.5m/s．【考点】动量守恒定律．【分析】子弹穿过木块的过程系统动量守恒，应用动量的计算公式与动量守恒定律可以求出动量的该变量与木块的速度．【解答】解：子弹动量的该变量：△p=mv﹣mv0=0.020×10﹣0.020×100=﹣1.8kg•m/s，负号表示方向；子弹穿过木块过程系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mv+Mv′，代入数据解得：v′=1.5m/s；故答案为：1.8；1.5．14．如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0．为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．（不计水的阻力）【考点】动量守恒定律．【分析】在抛货物的过程中，乙船与货物组成的动量守恒，在接货物的过程中，甲船与货物组成的系统动量守恒，在甲接住货物后，甲船的速度小于等于乙船速度，则两船不会相撞，应用动量守恒定律可以解题．【解答】解：设抛出货物的速度为v，由动量守恒定律得：乙船与货物：12mv0=11mv1﹣mv，甲船与货物：10m×2v0﹣mv=11mv2，两船不相撞的条件是：v2≤v1，解得：v≥4v0；答：抛出货物的最小速度为4v0．15．某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞过程中不变量的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动一下小车A使之做匀速运动．然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动，他设计的具体装置如图1所示．在小车A后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50Hz，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力．（1）若已得到打点纸带如图2所示，并将测得的各计数点间距离标在图上，A点是运动起始的第一点，则应选BC段来计算A的碰前速度，应选DE段来计算A和B碰后的共同速度（以上两空填“AB”或“BC”或“CD”或“DE”）．（2）已测得小车A的质量m1=0.40kg，小车B的质量m2=0.20kg，由以上测量结果可得：碰前m A v0+m B v0=0.420kg•m/s；碰后m A v A+m B v B=0.417kg•m/s．并比较碰撞前后两个小车质量与速度的乘积之和是否相等．（结果保留三位有效数字）【考点】验证动量守恒定律．【分析】（1）碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前A独自运动的速度，确定AC应在碰撞之前，DE应在碰撞之后，在匀速运动时在相同的时间内通过的位移相同，所以BC 应为碰撞之前匀速运动阶段，DE应为碰撞之后匀速运动阶段．（2）物体发生的位移与发生这些位移所用时间的比值等于匀速运动的物体在该段时间内的速度．P=mv=m．【解答】解：（1）由于碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前A独自运动的速度，故AC应在碰撞之前，DE应在碰撞之后．推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故BC段为匀速运动的阶段，故选BC计算碰前的速度；碰撞过程是一个变速运动的过程，而A和B碰后的共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE段来计算碰后共同的速度．故答案为BC、DE（2）碰前系统的动量即A的动量，则P1=m1v1=m1=0.40×=0.420 kg•m/s碰后的总动量P2=（m1+m2）v2=（m1+m2）=（0.40+0.20）×=0.417kg•m/s故答案为：（1）BC；DE；（2）0.420；0.417．三.解答题（共5小题，共50分，解答应画出必要的受力分析、运动轨迹；写出文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，在答案中必须明确写出数值和单位）16．如图所示是小型交流发电机的示意图，正方形线圈abcd绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，线圈转速为n=120r/min．线圈的边长为L=20cm，线圈匝数N=20，线圈电阻为r=1.0Ω，外电阻R=9.0Ω，匀强磁场方向水平向右，磁感应强度大小B=0.20T．电流表为理想交流电表，其它电阻不计，图示位置线圈平面与磁场方向平行．求线圈从图示位置转过90°过程中：（1）所产生的平均感应电动势E；（2）通过外电阻R的电荷量q；（3）电阻R上的电热Q；（4）电阻R两端电压示数U．【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；闭合电路的欧姆定律；正弦式电流的图象和三角函数表达式．【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求解开始转过90°过程中的平均电动势．（2）由q=，结合欧姆定律即可求出；（3）交流发电机产生电动势的最大值为E m=nBSω，根据有效值与最大值之间的关系即可求出有效值，最后由焦耳定律即可求出；（4）电表显示的是路端电压的有效值．【解答】解：（1）线圈转动的周期为：T=s=0.5s线圈从图示位置转过90°过程中，所经历的时间为：线圈中发生的磁通量的变化为：△Φ=BL2=0.20×0.202=0.008Wb由法拉第电磁感应定律得平均电动势为：（2）通过电阻R的平均电流为： A在这个过程中通过R的电荷量为： C（3）线圈在转动过程中产生的感应电动势最大值为：代入数据得：E m=2.0V有效值：E=通过电阻R的感应电流的有效值为：= A在这个过程中，电阻R上产生的热量为：Q=I2Rt=0.0225J（4）交流电压表的示数即电阻R两端电压的有效值：U=IR=0.1×9=0.9≈1.27V答：（1）所产生的平均感应电动势是1.28V；（2）通过外电阻R的电荷量是0.016C；（3）电阻R上的电热是0.0225J；（4）交流电压表的示数是1.27V．17．某村在较远的地方建立了一座小型水电站，发电机的输出功率为200kW，输出电压为500V，输电导线的总电阻为10Ω，导线上损耗的电功率为16kW，该村的用电电压是220V．（1）输电电路如图所示，求升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比；（2）如果该村某工厂用电功率为80kW，则该村还可以装“220V 40W”的电灯多少盏？【考点】远距离输电．【分析】（1）根据输电线路图，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）根据总的照明的功率的大小和每盏灯泡的功率可以求得总的灯泡的数目．【解答】解：（1）根据如图所示输电线路，设高压输电线电流I2，输电电压为U2，由题意=I22r；可知：P损所以有：I2===40A；而I1===400 A根据电流与匝数成反比，则有：===U3=U2﹣I2R=V=4600 V线根据电压与匝数成正比，则：==230：11（2）据降压变压器输入功率等于输出功率有：P3=P4=200﹣16=184 kW；=104kW；灯可以消耗的功率是：P灯。

青海师大二附中2014-2015学年高二下学期第一次月考物理试卷一、选择题（每小题至少有一个选项是正确的，请把正确的答案填入答题题卡中，每小题4分，共40分，漏选得2分，错选或不选得零分）1．（4分）下面说法正确的是（）A．自感电动势总是阻碍电路中原来电流增加B．自感电动势总是阻碍电路中原来电流变化C．电路中的电流越大，自感电动势越大D．电路中的电流变化量越大，自感电动势越大2．（4分）如图所示，M1N1与M2N2是位于同一水平面内的两条平行金属导轨，导轨间距为L 磁感应强度为B的匀强磁场与导轨所在平面垂直，ab与ef为两根金属杆，与导轨垂直且可在导轨上滑动，金属杆ab上有一伏特表，除伏特表外，其他部分电阻可以不计，则下列说法正确的是（）A．若ab固定ef以速度v滑动时，伏特表读数为BLvB．若ab固定ef以速度v滑动时，ef两点间电压为零C．当两杆以相同的速度v同向滑动时，伏特表读数为零D．当两杆以相同的速度v同向滑动时，伏特表读数为2BLv3．（4分）如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落．如果线圈受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为（）A．a1＞a2＞a3＞a4B．a1=a3＞a2＞a4C．a1=a3＞a4＞a2D．a4=a2＞a3＞a14．（4分）如图所示，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当电键S接通一瞬间，两铜环的运动情况是（）A．同时向两侧推开B．同时向螺线管靠拢C．一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断D．同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极知，无法具体判断5．（4分）如图所示，在U形金属架上串入一电容器，金属棒ab在金属架上无摩擦地以速度v向右运动一段距离后突然断开开关，并使ab停在金属架上，停止后，ab不再受外力作用．现合上开关，则金属棒的运动情况是（）A．向右做初速度为零的匀加速运动B．在某位置附近来回振动C．向右做初速度为零的加速运动，后又改做减速运动D．向右做变加速运动，后改做匀速运动6．（4分）如图所示电路中，L是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，D1和D2是两个完全相同的小灯泡．将电键K闭合，待灯泡亮度稳定后，再将电键K断开，则下列说法中正确的是（）A．K闭合瞬间，两灯同时亮，以后D1熄灭，D2变亮B．K闭合瞬间，D1先亮，D2后亮，最后两灯亮度一样C．K断开时，两灯都亮一下再慢慢熄灭D．K断开时，D2立即熄灭，D1亮一下再慢慢熄灭7．（4分）如图所示，把金属圆环匀速拉出磁场，下面叙述正确的是（）A．向左拉出和向右拉出所产生的感应电流方向相反B．不管向什么方向拉出，只要产生感应电流方向都是顺时针C．向右匀速拉出时，感应电流大小不变D．要将金属环匀速拉出，拉力大小要改变8．（4分）如图所示，在一根软铁棒上绕有一个线圈，a、b是线圈的两端，a、b分别与平行导轨M、N相连，有匀强磁场与导轨面垂直，一根导体棒横放在两导轨上，要使a点的电势比b点的电势高，则导体棒在两根平行的导轨上应该（）A．向左加速滑动B．向左减速滑动C．向右加速滑动D．向右减速滑动9．（4分）如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从图示位置匀速拉出匀强磁场，若第一次用0.3s时间拉出，外力做的功为W1，通过导线截面的电量为q1，第二次用0.9s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电量为q2，则（）A．W1＜W2，q1＜q2B．W1＜W2，q1=q2C．W1＞W2，q1＞q2D．W1＞W2，q1=q210．（4分）如图所示，一闭合直角三角形线框以速度v匀速穿过匀强磁场区域．从BC边进入磁场区开始计时，到A点离开磁场区止的过程中，线框内感应电流的情况（以逆时针方向为电流的正方向）是如图所示中的（）A．B．C．D．二、填空题（共20分，请把答案填写在题中横线上）11．（2分）在磁感应强度为0.1T的匀强磁场中垂直切割磁感线运动的直导线长20cm．为使直导线中感应电动势每秒钟增加0.1V，则导线运动的加速度大小应为．12．（2分）在图虚线所围区域内有一个匀强磁场，方向垂直纸面向里，闭合矩形线圈abcd 在磁场中做匀速运动，线圈平面始终与磁感线垂直，在图示位置时ab边所受磁场力的方向向上，那么整个线框正在向运动．（选填上、下、左或右）13．（4分）水平面中的平行导轨P、Q相距L，它们的右端与电容为C的电容器的两块极板分别相连如图所示，直导线ab 放在P、Q上与导轨垂直相交，磁感应强度为B的匀强磁场竖直向下穿过导轨面．若发现与导轨P相连的电容器极板上带负电荷，则ab向沿导轨滑动；如电容器的带电荷量为Q，则ab滑动的速度v=．14．（8分）把一线框从一匀强磁场中匀速拉出，如图所示．第一次拉出的速率是 v，第二次拉出速率是 2v，其它条件不变，则前后两次拉力大小之比是，拉力功率之比是，线框产生的热量之比是，通过导线截面的电量之比是．15．（4分）一个线圈接通电路时，通过它的电流变化率为10A/S，产生的自感电动势为3.0V，切断电路时，电流的变化率为50A/S，产生的自感电动势为V，这个线圈的自感系数为．三、计算题（本题共4小题，共40分，解答应写明必要的文字说明．方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）16．（10分）如图所示，在光滑绝缘的水平面上有一个用一根均匀导体围成的正方形线框abcd，其边长为L，总电阻为R，放在磁感应强度为B．方向竖直向下的匀强磁场的左边，图中虚线MN为磁场的左边界．线框在大小为F的恒力作用下向右运动，其中ab边保持与MN平行．当线框以速度v0进入磁场区域时，它恰好做匀速运动．在线框进入磁场的过程中，（1）线框的ab边产生的感应电动势的大小为E为多少？（2）求线框a、b两点的电势差．（3）求线框中产生的焦耳热．17．（10分）面积S=0.2m2，n=100匝的圆形线圈，处在如图所示的磁场内，磁感应强度随时间t变化的规律是B=0.02t，R=3Ω，C=30μF，线圈电阻r=1Ω，求：（1）通过R的电流大小和方向；（2）电容器的电荷量．18．（10分）如图1所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置．两导轨间距为L0，M、P两点间接有阻值为R的电阻．一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．导轨和金属杆的电阻可忽略．让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．（1）由b向a方向看到的装置如图2，在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；（2）在加速下滑时，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；（3）求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值．19．（10分）如图所示，MN为金属杆，在竖直平面内贴着光滑金属导轨下滑，导轨的间距l=10cm，导轨上端接有电阻R=0.5Ω，导轨与金属杆电阻不计，整个装置处于B=0.5T的水平匀强磁场中．若杆稳定下落时，每秒钟有0.02J的重力势能转化为电能，则求MN杆的下落速度．青海师大二附中2014-2015学年高二下学期第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题至少有一个选项是正确的，请把正确的答案填入答题题卡中，每小题4分，共40分，漏选得2分，错选或不选得零分）1．（4分）下面说法正确的是（）A．自感电动势总是阻碍电路中原来电流增加B．自感电动势总是阻碍电路中原来电流变化C．电路中的电流越大，自感电动势越大D．电路中的电流变化量越大，自感电动势越大考点：感生电动势、动生电动势．专题：电磁感应与电路结合．分析：由法拉第电磁感应定律可知，闭合电路中产生的感应电动势的大小与电流的变化率成正比，与电流及电流的变化量无关．解答：解：由法拉第电磁感应定律可知；E=n=，即E与磁通量的变化率成正比，即电动势取决于电流的变化快慢，而电流变化快慢，则会导致磁场的变化快慢，从而实现磁通量的变化快慢，故ACD错误，B正确；故选：B．点评：在理解法拉第电磁感应定律时要注意区分Φ，△Φ，及者间的关系，明确电动势只取决于磁通量的变化率，与磁通量及磁能量的变化量无关．2．（4分）如图所示，M1N1与M2N2是位于同一水平面内的两条平行金属导轨，导轨间距为L 磁感应强度为B的匀强磁场与导轨所在平面垂直，ab与ef为两根金属杆，与导轨垂直且可在导轨上滑动，金属杆ab上有一伏特表，除伏特表外，其他部分电阻可以不计，则下列说法正确的是（）A．若ab固定ef以速度v滑动时，伏特表读数为BLvB．若ab固定ef以速度v滑动时，ef两点间电压为零C．当两杆以相同的速度v同向滑动时，伏特表读数为零D．当两杆以相同的速度v同向滑动时，伏特表读数为2BLv考点：导体切割磁感线时的感应电动势；法拉第电磁感应定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：导体切割磁感线时将产生感应电动势，由E=BLv求出感应电动势的大小，区分ef 间的电压与电动势的关系即可其大小．当两杆以相同的速度v同向滑动时，穿过回路的磁通量不变，不产生感应电流，电压表就没有读数．解答：解：A、B、若ab固定ef以速度v滑动时，ef产生的感应电动势为 E=BLV，又电压表测量的是电源电动势，所以示数为BLV，故A正确，B错误；C、D、当两杆以相同的速度v同向滑动时，穿过闭合回路的磁通量不变化，则感应电流为0，由于伏特表的核心是电流表，电路中没有电流，则伏特表示数为0，故C正确，D错误．故选：AC．点评：本题考查法拉第电磁感应定律的应用，关键是判断磁通量的变化情况，要注意电压表中没有电流，指针不偏转，就没有读数．3．（4分）如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落．如果线圈受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为（）A．a1＞a2＞a3＞a4B．a1=a3＞a2＞a4C．a1=a3＞a4＞a2D．a4=a2＞a3＞a1考点：导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：未进入磁场前，仅受重力，加速度为g，进磁场的过程中，受到重力和向上的安培力，通过牛顿第二定律可以分析出加速度的大小，完全进入磁场后，不产生感应电流，不受安培力，仅受重力，加速度又为g．解答：解：未进磁场前和全部进入磁场后，都仅受重力，所以加速度a1=a3=g．磁场的过程中，受到重力和向上的安培力，根据牛顿第二定律知加速度a2＜g．而由于线框在磁场中也做加速度为g的加速运动，故4位置时的速度大于2时的速度，故此时安培力一定大于2时的加速度，故a4＜a2；故关系为：a1=a3＞a2＞a4故选：B点评：解决本题的关键知道完全进入磁场后没有感应电流，不受安培力，在进磁场的过程，根据右手定则判定出感应电流的方向，根据左手定则知道受到向上的安培力．4．（4分）如图所示，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当电键S接通一瞬间，两铜环的运动情况是（）A．同时向两侧推开B．同时向螺线管靠拢C．一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断D．同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极知，无法具体判断考点：楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：在电建S接通的时间，分析线圈产生的磁场的变化，从而可知两铜环处的磁场的变化，几何楞次定律即可得知环的运动方向．解答：解：ABC、在电建S接通的瞬间，线圈中的电流逐渐增大，两铜环处的磁场增强，通过铜环的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流产生的磁场要阻碍原磁场的增加，所以两环要远离线圈，会同时向两侧推开，选项A正确，BC错误．D、无论电源哪端为正，电建S接通的时间，都会使铜环处的磁场增大，两铜环都是向两侧推开，选项D错误故选：A点评：解答该题要求正确的对楞次定律进行理解，感应电流产生的磁场总是阻碍原磁场的变化，注意是“阻碍”，不是“阻止”，从运动的方面，可以理解成“来则阻，去则留”．5．（4分）如图所示，在U形金属架上串入一电容器，金属棒ab在金属架上无摩擦地以速度v向右运动一段距离后突然断开开关，并使ab停在金属架上，停止后，ab不再受外力作用．现合上开关，则金属棒的运动情况是（）A．向右做初速度为零的匀加速运动B．在某位置附近来回振动C．向右做初速度为零的加速运动，后又改做减速运动D．向右做变加速运动，后改做匀速运动考点：安培力．分析：金属棒停止后，撤去外力作用，电容器通过金属棒放电，形成放电电流，棒在安培力作用下向右运动，切割磁感线产生感应电动势，回路中电流减小，棒所受的安培力减小，即可判断其加速度减小，当棒产生的感应电动势等于电容器的电压时，回路中电流为零，棒将做匀速运动．解答：解：金属棒原来在外力作用下向右运动时，产生感应电动势，电容器充电，由右手定则判断可知，上板带正电．当金属棒停止后，撤去外力作用后，电容器通过金属棒放电，形成放电电流，通过棒的电流从a→b，棒受到向右的安培力，在安培力作用下棒向右加速运动，切割磁感线产生感应电动势，是一个反感应电动势，回路中电流将减小，棒所受的安培力减小，棒的加速度减小，所以此过程棒向右做加速度减小的加速运动．当棒产生的感应电动势等于电容器的电压时，回路中电流为零，棒不再受安培力而做匀速运动．所以金属棒向右先做加速度变小的加速运动，后又做匀速运动，故D正确，ABC错误．故选：D．点评：本题是电容器通过棒放电过程中，电容器相当于电源，棒相当于电动机，产生反电动势，关键要根据牛顿第二定律分析棒的受力情况，来判断其运动情况．6．（4分）如图所示电路中，L是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，D1和D2是两个完全相同的小灯泡．将电键K闭合，待灯泡亮度稳定后，再将电键K断开，则下列说法中正确的是（）A．K闭合瞬间，两灯同时亮，以后D1熄灭，D2变亮B．K闭合瞬间，D1先亮，D2后亮，最后两灯亮度一样C．K断开时，两灯都亮一下再慢慢熄灭D．K断开时，D2立即熄灭，D1亮一下再慢慢熄灭考点：自感现象和自感系数．分析：电感总是阻碍电流的变化．线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡1构成电路回路．解答：解：L是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，D1和D2是两个完全相同的小灯泡A、K闭合瞬间，但由于线圈的电流增加，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的增加，所以两灯同时亮，当电流稳定时，由于电阻可忽略不计，所以以后D1熄灭，D2变亮．故A正确，B错误；C、K闭合断开，D2立即熄灭，但由于线圈的电流减小，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的减小，所以D1亮一下再慢慢熄灭，故C错误，D正确；故选：AD．点评：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，线圈上端是电源正极．当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈下端是电源正极．7．（4分）如图所示，把金属圆环匀速拉出磁场，下面叙述正确的是（）A．向左拉出和向右拉出所产生的感应电流方向相反B．不管向什么方向拉出，只要产生感应电流方向都是顺时针C．向右匀速拉出时，感应电流大小不变D．要将金属环匀速拉出，拉力大小要改变考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．分析：将线圈拉出磁场，磁通量都减小，根据楞次定律判断感应电流的方向．公式E=BLv 中L是有效的切割长度．安培力的大小：F=BIL中L是有效长度．解答：解：A、B、不管沿什么将线圈拉出磁场，穿过线圈的磁通量都减小，根据楞次定律判断可知，线圈中感应电流的方向都是沿顺时针方向．故B正确，A错误．C、感应电流的大小与感应电动势有关，而感应电动势与线圈移动时切割磁感线的有效长度有关，由于移动过程中有效的切割长度先增大后减小，则感应电动势也先增大后减小，感应电流先增大后减小．故C错误．D、线圈在切割磁感线的过程中，安培力的大小：F=BIL，与电流的大小以及安培力的有效长度有关，由于感应电流先增大后减小，移动过程中有效长度先增大后减小，所以对金属环的拉力大小会发生变化．故D正确．故选：BD．点评：本题是楞次定律和E=BLv的应用，注意公式E=BLv中L是有效的切割长度．安培力的大小：F=BIL中L是有效长度．8．（4分）如图所示，在一根软铁棒上绕有一个线圈，a、b是线圈的两端，a、b分别与平行导轨M、N相连，有匀强磁场与导轨面垂直，一根导体棒横放在两导轨上，要使a点的电势比b点的电势高，则导体棒在两根平行的导轨上应该（）A．向左加速滑动B．向左减速滑动C．向右加速滑动D．向右减速滑动考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．分析：导体棒在导轨上做切割磁感线时会产生感应电动势，相当于电源，根据右手定则判断出感应电流的方向，确定出导体棒哪一端相当于电源的正极，哪一端电势较高．解答：解：A、B、当导体棒向左加速或减速滑动时，根据右手定则判断可知，导体棒产生向下的感应电流，其下端相当于电源的正极，电势较高，则b点的电势比a点的电势高，故A、B错误．C、D、当导体棒向右加速或减速滑动时，根据右手定则判断可知，导体棒产生向上的感应电流，其上端相当于电源的正极，电势较高，则a点的电势比b点的电势高，故CD正确．故选：CD．点评：解决本题关键要掌握右手定则，并知道电源的正极电势高于负极的电势，能熟练判断电势的高低．9．（4分）如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从图示位置匀速拉出匀强磁场，若第一次用0.3s时间拉出，外力做的功为W1，通过导线截面的电量为q1，第二次用0.9s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电量为q2，则（）A．W1＜W2，q1＜q2B．W1＜W2，q1=q2C．W1＞W2，q1＞q2D．W1＞W2，q1=q2考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：第一次用t时间拉出，第二次用3t时间拉出，速度变为原来的倍．线框匀速运动，外力与安培力平衡，推导出安培力的表达式，根据功的定义表示出W=Fx比较功的大小．根据感应电荷量公式q=比较电量．解答：解：设线框的长为L1，宽为L2，速度为v．线框所受的安培力大小为F A=BIL2，又I=，E=BL2v，则得F A=线框匀速运动，外力与安培力平衡，则外力的大小为F=F A=外力做功为W=FL1=•L1==可见，外力做功与所用时间成反比，则有W1＞W2．两种情况下，线框拉出磁场时穿过线框的磁通量的变化量相等，根据感应电荷量公式q=可知，通过导线截面的电量相等，即有q1=q2．故选D点评：要对两种情况下物理量进行比较，我们应该先把要比较的物理量表示出来再求解．关键要掌握安培力的推导方法和感应电荷量的表达式．10．（4分）如图所示，一闭合直角三角形线框以速度v匀速穿过匀强磁场区域．从BC边进入磁场区开始计时，到A点离开磁场区止的过程中，线框内感应电流的情况（以逆时针方向为电流的正方向）是如图所示中的（）A．B．C．D．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：分三个阶段分析感应电流的变化情况，根据感应电流产生的条件判断线框中是否由感应电流产生，根据E=BLv及欧姆定律判断感应电流的大小．解答：解：根据感应电流产生的条件可知，线框进入或离开磁场时，穿过线框的磁通量发生变化，线框中有感应电流产生，当线框完全进入磁场时，磁通量不变，没有感应电流产生，故C错误；感应电流I==，线框进入磁场时，导体棒切割磁感线的有效长度L减小，感应电流逐渐减小；线框离开磁场时，导体棒切割磁感线的有效长度L减小，感应电流逐渐减小；故A正确，BD 错误；故选A．点评：本题可以采用排除法分析解题，掌握感应电流产生的条件、熟练应用E=BLv及欧姆定律即可正确解题．二、填空题（共20分，请把答案填写在题中横线上）11．（2分）在磁感应强度为0.1T的匀强磁场中垂直切割磁感线运动的直导线长20cm．为使直导线中感应电动势每秒钟增加0.1V，则导线运动的加速度大小应为5m/s2．考点：法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律；安培力．专题：电磁感应与电路结合．分析：根据感应电动势公式E=BLv，得到△E=BL•△v，求出速度的增加量，由加速度的定义式求出加速度．解答：解：由感应电动势公式E=BLv，B、L不变，得到△E=BL•△v，则有△v=导线运动的加速度大小为：a=== m/s2=5m/s2故答案为：5 m/s2点评：本题要抓住感应电动势的变化量与加速度之间的联系：速度的变化量．基本题．12．（2分）在图虚线所围区域内有一个匀强磁场，方向垂直纸面向里，闭合矩形线圈abcd 在磁场中做匀速运动，线圈平面始终与磁感线垂直，在图示位置时ab边所受磁场力的方向向上，那么整个线框正在向右运动．（选填上、下、左或右）考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律；右手定则．专题：电磁感应中的力学问题．分析：由题，ab边受到的磁场力的方向向上，根据左手定则判断出ab边中感应电流的方向，再由右手定则判断abcd的运动情况．解答：解：据题，ab边受到的磁场力的方向向上，根据左手定则判断出ab边中感应电流的方向为a→b，再由右手定则判断可知，abcd的运动情况是向右平动．若abcd向上或向下平动时，穿过线圈的磁通量不变，线圈中没有感应电流产生，ab边不受磁场力．故答案为：右点评：本题是两大定则的综合应用，在电磁感应现象中，常常右手定则、安培定则和左手定则会结合应用，要明确三个定则应用的条件，不能混淆．13．（4分）水平面中的平行导轨P、Q相距L，它们的右端与电容为C的电容器的两块极板分别相连如图所示，直导线ab 放在P、Q上与导轨垂直相交，磁感应强度为B的匀强磁场竖直向下穿过导轨面．若发现与导轨P相连的电容器极板上带负电荷，则ab向左沿导轨滑动；如电容器的带电荷量为Q，则ab滑动的速度v=．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：棒在磁场中切割产生感应电动势，从而使电容器处于充电状态，电容器极板上带负电荷，结合右手定则，即可确定棒运动的方向．根据电容器的电量，结合Q=CU，即可求出切割磁场的感应电动势．由于棒垂直电磁场，则再由E=BLv，即可求得速度v．解答：解：由题意可知，电容器极板上带负电荷，因此因棒的切割，从而产生由a到b 的感应电流，根据右手定则可知，只有当棒向左滑动时，才会产生由a到b的感应电流；根据电容器的电容公式Q=CU，可得：U=，而棒切割磁感线产生感应电动势大小为：E=BLv，此时U=E，所以ab滑动的速度为：v==，。

2014—2015学年度第二学期期中试卷高二物理第Ⅰ卷（选择题 共40分）一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)1. 绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上，铁芯上套着一个铝环，线圈与直流稳恒电源、电键相连，如图所示，线圈上端与电源正极相连，闭合电键的瞬间，铝环向上跳起．若保持电键闭合，则（ ）A ．铝环不断升高B ．铝环停留在某一高度C ．铝环跳起到某一高度后将回落D ．如果电源的正、负极对调，观察到的现象不变2. 一交变电流的电压表达式为u ＝100 sin120πt （V ），由此表达式可知( )A ．用电压表测该电压其示数为100 VB ．该交变电压的频率为60HzC ．将该电压加在100Ω的电阻两端，则该电阻消耗的电功率为100 WD ．t ＝1/480 s 时，该交流电压的瞬时值为50 V3．满载砂子的总质量为M 的小车，在光滑水平面上做匀速运动，速度为0v 。

在行驶途中有质量为m 的砂子从车上漏掉，则砂子漏掉后小车的速度应为：( )A ．0vB ．m M Mv -0 C ．m M mv -0 D ．Mv m M 0)(-4. 如图所示，在光滑的水平地面上有一辆平板车，车的两端分别站着人A 和B ，A 的质量为m A ，B 的质量为m B ，m A >m B .最初人和车都处于静止状态．现在，两人同时由静止开始相向而行，A 和B 对地面的速度大小相等，则车 ( )A ．静止不动B ．左右往返运动C ．向右运动D ．向左运动5.右图表示一交流电的电流随时间而变化的图像,此交流电流的有效值是 ( ) A ．25 A B ．5AC ．25.3 AD ．3.5A6.图是街头变压器通过降压给用户供电的示意图。

变压器输入电压是市电网的电压，不会有很大的波动。

师大二附中2015-2016学年第二学期期中考测试卷高二年级物理（满分：100分 时间:120min ）第I 卷（选择题 24分）一、选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有的有多个选项符合题目要求，全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．)1．一矩形线圈在匀强磁场里转动产生的交变电压e ＝220 2sin100πtV ，以下说法正确的是( )A ．频率是50 Hz B. t ＝0时，线圈平面与中性面垂直C. t ＝1200s 时，e 有最大值 D ．交变电压有效值为220 V 2. 如图17所示，变压器输入电压不变，当开关S 闭合，两电流表读数的变化情况为（ ）A. 都变大B. 都变小C. 1A 变大，2A 变小D. 1A 不变，2A 变小3．如图所示，三个灯泡相同，而且足够耐压，电源内阻忽略．单刀双掷开关S 接A 时，三个灯亮度相同，那么S 接B 时( )A.三个灯亮度相同B.甲灯最亮，丙灯不亮C.甲灯和乙灯亮度相同，丙灯不亮D.只有丙灯不亮，乙灯最亮4．发电机的路端电压为U ，经电阻为r 的输电线向远处的用户供电，发电机的输出功率为P ，则( )A.输电线上的电流为错误！未找到引用源。

B.输电线上的功率损失为错误！未找到引用源。

C.用户得到的功率为P －(错误！未找到引用源。

)2r D .用户得到的电压为错误！未找到引用源。

5．某小型水电站的电能输送示意图如下图所示,发电机通过升压变压器T 1和降压变压器T 2向用户供电.已知输电线的总电阻为R,降压变压器T 2的原、副线圈匝数之比为4∶1,降压变压器副线圈两端交变电压u=220错误！未找到引用源。

sin 100πt (V),降压变压器的副线圈与阻值R 0=11 Ω的电阻组成闭合电路.若将变压器视为理想变压器,则下列说法中正确的是( )A.通过R 0的电流的有效值为20 AB.降压变压器T 2原、副线圈两端电压之比为 4∶1C.升压变压器T 1的输出电压等于降压变压器T 2的输入电压D.升压变压器T 1的输出功率大于降压变压器T 2的输入功率6．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，初级和次级线圈的匝数、电流、电压均在图中标出，则下列几组关系式中正确的是( )A.错误！未找到引用源。