青海省师大二附中2014-2015学年高二物理上学期第二次月考试卷(含解析)

3、三盏灯泡L1（110V、100W）、L2（110V、60W）和L3（110V、25W），电源所能提供
的电压为220V，在图示的四个电路中，能通过调节变阻器R使电路中各灯泡均能够正
常发光且最省电的一种电路是( )
A. B.
C. D.
4、某静电场中的电场线方向不确定，分布如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M运动到N，以下说法正确的是()
D.悬浮微粒做布朗运动，是液体分子的无规则运动撞击造成的
6、如图所示，R为光敏电阻，光照越强电阻值越小．平行板电容器板间电压为U，板间距为d，两板间为匀强电场．让质子流以初速度 垂直电场方向射入电场（不计质子重力），沿a轨迹落到下板的中央．现只改变下列一个条件，有可能让质子沿b轨迹落到下板边缘的是（）
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、以下有关静电场和磁场的叙述中正确的是
A.电场和磁场都是假想中的物质
B.电场和磁场都是客观存在的物质
C.电场线和磁感线都是封闭曲线
D.电场线和磁感线都是客观存在的曲线
12．（12分）实验小组某次实验中要读取下列数据，(1)用多用电表测量电阻时，选择开关置于”X100”档位,并且已经正确进行了欧姆调零,则该电阻的测量值为________Ω.
(2)电流表和电压表测量电流和电压时两表的示数为_____A和_______V.
(3)20分度的游标卡尺和千分尺的读数分别为______mm和________mm.
故选C
【题目点拨】带电粒子在电场中偏转时做匀加速曲线运动，应用类平抛运动的规律处理粒子运动，但要注意的是平行板电容器充满电与电源断开后，由于电荷量不变，场强不变，所以位移也不变

师大二附中2011-2012学年第一学期第二次月考测试卷高 一 物 理（满分：100分）一 选择题（每题至少有一个选项是对的，共36分）1．在图2-5-13所示的四个图像中，表示匀速直线运动的是( )．2 下面的说法中正确的是 （ ）A. 力是物体产生加速度的原因B. 物体运动状态发生变化，一定有力作用在该物体上C. 物体运动速度的方向与它受到的合外力的方向总是一致的D. 物体受恒定外力作用，它的加速度恒定；物体受到的外力发生变化，它的加速度也变化3、图6－1所示为两个共点力的合力F 随两分力的夹角 变化的图象，则这两个分力的大小分别为（ ）A 、1N 和4NB 、2N 和3NC 、1N 和5ND 、2N 和4N4. 下列关于匀变速直线运动的说法正确的是（ ）A. 做匀变速直线运动的物体，它的加速度方向和速度方向总是相同的B. 做匀变速直线运动的物体，它的加速度方向和速度变化方向总是相同的C. 做匀变速直线运动的物体，它的速度变化越大，加速度越大D. 做匀变速直线运动的物体，它在单位时间内的速度变化越大，加速度越大5．图2-5-16所示为一物体做直线运动的v-t 图像．物体的初速度为v 0，末速度为v t ，则物体在t 1时间内的平均速度v 为 ( ).A ．v =(v 0+v t )／2B ．v >(v 0+v t )／2C ．v <(v 0十v t )／2D ．条件不足，无法判断6．如图所示，A 、B 、C 三个物体的质量相等，有F ＝1N 的两个水平力作用于A 、B 两个物体上，A 、B 、C 都静止，则地面对A物体、A 物体对B 物体、B 物体对C 物体的摩擦力分别为：（ ） A ．1N 、2N 、1N B ．1N 、0、1NC ．0、1N 、0D ．1N 、1N 、0N7 一质点做匀变速直线运动，从某时刻开始计时，1s 末的速度是3s 末速度的3倍，4s 末的 FF速度为0，5s 末的速度为－1m/s ，则 （ ）A. 质点运动的加速度大小是－1m/s 2B. 开始计时的速度为4m/sC. 5s 内的位移为7.5mD. 第5s 内的位移是0.5m8、如图6－3所示，重物的质量为m ，轻绳AO 与BO 的A 、B 端是固定的，平衡时AO 水平，BO 与水平面的夹角为θ，AO 的拉力F 1和BO 的拉力F 2的大小是（ ）A 、θ=cos mg F 1B 、θ=cot mg F 1C 、θ=sin mg F 2D 、θ=sin /mg F 29．一颗子弹以大小为v 的速度射进一墙壁但未穿出，射入深度为s ，如果子弹在墙内穿行为匀变速运动，则子弹在墙内运动的时间为 ( ).A ．s/vB ．2s/v CD ．s/(2v)10．如图所示，光滑水平面上，水平恒力F 拉小车和木块做加速运动，小车质量为M ，木块质量为m ，它们共同加速度为a ，木块与小车间的动摩擦因数为μ。

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．。

师大二附中2014-2054学年第二学期期中考试测试卷高 二 年 级 物 理（满分：100分）命题： 乔桂梅审核：沈文丰一、单项选择题(本题共10小题，每小题3分，共30分．)1关于闭合电路中的感应电动势E 、磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ以及磁通量的变化率ΔΦΔt之间的关系，下列说法正确的是( ) A ．Φ＝0时，电动势E ＝0B.ΔΦΔt ＝0时，电动势E 可能不等于0 C ．ΔΦ很大，电动势E 可能很小 D.ΔΦΔt很大，ΔΦ一定很大 2如图所示，一个U 形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab ，有一个磁感应强度为B 的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向夹角为θ.在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是( ) A ．ab 向右运动，同时使θ减小B ．使磁感应强度B 减小，θ角同时也减小C ．ab 向左运动，同时增大磁感应强度BD ．ab 向右运动，同时增大磁感应强度B 和θ角(0°<θ<90°)3一个面积S ＝4×10－2 m 2、匝数n ＝100匝的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图所示，则下列判断正确的是( )A ．在开始的2 s 内穿过线圈的磁通量的变化率等于－0.08 Wb/sB ．在开始的2 s 内穿过线圈的磁通量的变化量等于零C ．在开始的2 s 内线圈中产生的感应电动势等于－0.08 VD ．在第3 s 末线圈中的感应电动势等于零4如图所示是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流．各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中正确的是()5如图，EOF 和E ′O ′F ′为空间一匀强磁场的边界，其中EO ∥E ′O ′，FO ∥F ′O ′，且EO ⊥OF ；OO ′为∠EOF 的角平分线，OO ′间的距离为l ；磁场方向垂直于纸面向里．一边长为l 的正方形导线框沿O ′O 方向匀速通过磁场，t ＝0时刻恰好位于图示位置．规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流i 与时间t 的关系图线可能正确的是()6.如图是交流发电机的示意图，图甲到图丁分别表示线圈转动过程中的四个位置，其中甲、丙中的线圈与磁场方向垂直，乙、丁中线圈与磁场方向平行，则在线圈转动的过程中电流表有示数的是( ) A ．甲、丙B ．乙、丁C ．甲、乙D ．丙、丁7．一交变电压的瞬时值u ＝U m sin(100πt ) V ，当t ＝1600s 时，u ＝5 2 V ，则用交流电压表测电压时，电压表上看到的读数为( )A ．5 2 VB ．5 VC ．10 2 VD ．10 V8.两相同的白炽灯L 1、L 2接到如图所示的电路中，灯L 1与电容器串联，灯L 2与电感线圈串联，当a 、b 处接电压最大值为U m ，频率为f 的正弦交流电源时，两灯都发光，且亮度相同．更换一个新的正弦交流电源后灯L 1的亮度大于灯L 2的亮度，新电源的电压最大值和频率应满足的条件是( ) A ．最大值仍为U m ，而频率大于f B ．最大值仍为U m ，而频率小于f C ．最大值大于U m ，而频率仍为f D ．最大值小于U m ，而频率仍为f9.如图所示为一理想变压器，在原线圈输入电压不变的条件下，要提高变压器的输入功率，可采用的方法是( ) A ．只增加原线圈的匝数B ．只增加副线圈的匝数C ．只增大R 1的电阻值D ．断开开关S10．如图所示为理想变压器. 原线圈的匝数为1000匝，两个副线圈的匝数n 2＝50匝、n 3＝100匝，L 1是“6 V ，2 W ”的小灯泡，L 2是“12 V ，4 W ”的小灯泡，当n 1接上交流电压时，L 1、L 2都正常发光，那么原线圈中的电流为( ) A.160 A B.130 A C.120 AD.110A 二、多项选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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) 11.如图所示，一根长导线弯成“n ”形，通以直流电I ，正中间用不计长度的一段绝缘线悬挂一金属环C ，环与导线处于同一竖直平面内，在电流I 增大的过程中，下列叙述正确的是( )A ．金属环C 中无感应电流产生B ．金属环C 中有沿逆时针方向的感应电流产生 C ．悬挂金属环C 的竖直线拉力变大D ．金属环C 仍能保持静止状态12.如图所示的电路中，电源电动势为E ，线圈L 的电阻不计．以下判断正确的是( ) A ．闭合S ，稳定后，电容器两端电压为零 B ．闭合S ，稳定后，电容器的a 极带负电 C ．断开S 的瞬间，电容器的a 极板将带正电 D ．断开S 的瞬间，电容器的a 极板将带负电13.某同学设计的家庭电路保护装置如图所示，铁芯左侧线圈L 1由火线和零线并行绕成．当右侧线圈L 2中产生电流时，电流经放大器放大后，使电磁铁吸起铁质开关K ，从而切断家庭电路．仅考虑L 1在铁芯中产生的磁场，下列说法正确的有( )A ．家庭电路正常工作时，L 2中的磁通量为零B ．家庭电路中使用的电器增多时，L 2中的磁通量不变C ．家庭电路发生短路时，开关K 将被电磁铁吸起D ．地面上的人接触火线发生触电时，开关K 将被电磁铁吸起 14.下列说法正确的是( ) A ．变压器也可能改变恒定电压B ．变压器的原理是一种电磁感应现象，副线圈输出的电流是原线圈电流的感应电流C ．变压器由绕在同一闭合铁心上的若干线圈构成D ．变压器原线圈相对电源而言起负载作用，而副线圈相对负载而言起电源作用15.输送功率为P ，输送电压为U ，输电线电阻为R ，用户得到的电压为U ′.则正确的是( )A ．输电线损失功率为⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R B ．输电线损失功率为（U －U ′）2RC ．用户得到的功率为U ′2RD ．用户得到的功率为PU ′U三、填空、(包括2小题，共10分．按题目要求作答)16.(4分)家用调光台灯常用可控硅实现调光，一日常照明台灯用正弦交变电流通过可控硅后，其电压随时间变化的图像如图所示，则该电压的有效值为________ V.17.(6分)如图所示，线圈面积S＝1.4×10－2m2，共20匝，总电阻为0.8 Ω，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5 T，线圈绕OO′轴以某一角速度匀速转动时，标有“24 V，30 W”的灯泡L正常发光，则线圈转动过程中产生的电动势最大值为________ V，线圈转动的角速度为________ rad/s.四、计算题(本题共5小题，共40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) 18. (8分)如图所示，在磁感应强度为0.2 T的匀强磁场中，有一长为0.5 m、电阻为1.0 Ω的导体AB在金属框架上以10 m/s的速度向右滑动，R1＝R2＝2.0 Ω，其他电阻不计，求流过R1的电流I1.19.(8分)有一面积为S＝100 cm2，匝数为n＝100匝的金属环，总电阻为R＝0.1 Ω，环中有匀强磁场，方向垂直于圆环面，磁感应强度变化规律如图所示．求：(1)圆环中产生的感应电动势的大小；(2)在2～3 s内流过导线横截面的电荷量．20.(10分)如图所示，线圈abcd每边长l＝0.20 m，线圈质量m1＝0.10 kg、电阻R＝0.10 Ω，砝码质量m2＝0.14 kg.线圈上方的匀强磁场磁感应强度B＝0.5 T，方向垂直线圈平面向里，磁场区域的宽度为h＝l＝0.20 m．砝码从某一位置下降，使ab边进入磁场开始做匀速运动．求：(1)线圈做匀速运动的速度大小？(2)穿过磁场区域过程中线圈产生的总热量是多少？(设线圈穿过磁场过程中没有与滑轮相碰)21.(6分)如图所示，一交流发电机的线圈在匀强磁场中匀速转动，线圈匝数N＝100，线圈电阻r＝3 Ω，ab＝cd＝0.5 m，bc＝ad＝0.4 m，磁感应强度B＝0.5 T，电阻R＝311 Ω，当线圈以n＝300 r/min的转速匀速转动时，求：(1)感应电动势的最大值；(2)t＝0时线圈在图示位置，写出此交变电流电动势瞬时值表达式；(3)此电压表的示数是多少？22.(8分)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 Ω.若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%.求：在输电线路中设置的升、降变压器原副线圈匝数比．师大二附中2014-2015学年第二学期期中考试测试卷（答案）高二年级物理（满分：100分）一，单选：（30分）1C, 2A , 3A, 4D, 5B, 6B, 7D, 8A ， 9B, 10C. 二，多选：（20分）11BCD; 12AC; 13ABD; 14BCD; 15ABD. 三，填空：（10分） 16：U max /2 17：252 250 四：计算（40分）18：AB 切割磁感线相当于电源，其等效电路如图所示， E AB ＝Bl v ＝0.2×0.5×10 V ＝1 V(2分) 由闭合电路欧姆定律得I ＝ER ＋r(2分)R 1、R 2并联，由并联电路电阻关系得1R ＝1R 1＋1R 2解得：R ＝R 1R 2R 1＋R 2＝1.0 Ω，I AB ＝I ＝0.5 A ．(2分)因为R 1＝R 2，所以流过R 1的电流为I 1＝I2＝0.25 A ．(2分)19：(1)由法拉第电磁感应定律知， E 感＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt·S式中ΔBΔt 为题图中直线的斜率，即k ＝0.1 T/s(2分)代入数据得：E 感＝100×0.3－0.23－2×100×10－4 V ＝0.1 V ．(2分)(2)因为q ＝I 感·Δt ＝E 感R ·Δt ＝n ·ΔΦΔt·ΔtR＝n ·ΔΦR ＝n ·ΔB ·SR.(2分)得2～3 s 内流过导线横截面的电荷量为： q ＝100×0.1×100×10－40.1C ＝1 C ．(:2分)20：(1)该题的研究对象为线圈，线圈在匀速上升时受到的安培力F 安、绳子的拉力T 和重力m 1g 相互平衡，即T ＝F 安＋m 1g .① (1分) 砝码受力也平衡：T ＝m 2g .② (1分)线圈匀速上升，在线圈中产生的感应电流I ＝Bl v /R ，③ (1分) 因此线圈受到向下的安培力F 安＝BIl .④ (1分)联解①②③④式得v ＝(m 2－m 1)gR /(B 2l 2)⑤ (1分) 代入数据解得：v ＝4 m/s.⑥ (1分)(2)线圈匀速上升，上升的时间为t ＝2hv ⑦ (1分) 由焦耳定律得Q ＝I 2Rt ⑧ (2分)联解③⑥⑦⑧并代入数据得Q ＝0.16 J ． (1分) 21：(1)电动势的最大值为：E m ＝NB ωS ＝NB ·(2πn )·(ab ·bc )＝314 V ．(2分)(2)电动势瞬时值的表达式：e ＝E m sin ωt ＝314sin(10πt ) V ．(2分)(3)U V ＝RR ＋r ×⎝⎛⎭⎪⎫22E m ＝220 V ．(2分)22：输电线路的示意图如图所示， 输电线损耗功率P 线＝100×4% kW ＝4 kW ， 又P 线＝I 22R 线． (1分)输电线电流I 2＝I 3＝20 A ． (1分) 原线圈中输入电流I 1＝P U 1＝100000250A ＝400 A ． (1分)所以n 1n 2＝I 2I 1＝20400＝120. (1分)这样U 2＝U 1n 2n 1＝250×20 V ＝5000 V ．(1分)U 3＝U 2－U 线＝(5000－20×10) V ＝4800 V ．(2分) 所以n 3n 4＝U 3U 4＝4800220＝24011. (1分)二、多项选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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)。