1、- 1 -山东省邹城市 2018-2019 学年高二物理 12 月月考试题（考察内容：电磁感应、交变电流。满分 100 分，时间 90 分钟）一、单选题（每题 4 分）1下列物理现象属于电磁感应的是（ ）A 通电导线周围产生磁场B 录音机录制声音时使电流信号录入磁带C 磁带经过录音机的磁头时，还原电流信号D 电流经过导体时导体发热2如图所示，一个有矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里。一个三角形闭合导线框，由位置 1(左)沿纸面匀速运动到位置 2(右)。取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点( t=0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则下图中能正确反映线框中电流与时间关系的是( )A B
2、 C D 3如图所示，线圈与电源.开关相连，直立在水平桌面上，铁芯插在线圈中，质量较小铝环套在铁芯上。闭合开关的瞬间，铝环向上跳起来，则下列说法中正确的是（ ）- 2 -A 若保持开关闭合，则铝环不动升高B 开关闭合后，铝环上升到某一高度后回落C 若保持开关闭合，则铝环跳起来到某一高度停留D 如果将电源的正.负极对调，则不能观察到同样的现象4法拉第发明了世界上第一台发电机法拉第圆盘发电机；铜质圆盘竖直放置在水平向左的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各有一个铜电刷与其紧贴，用导线将电刷与电阻 R 连接起来形成回路转动摇柄，使圆盘如图示方向转动已知匀强磁场的磁感应强度为 B，圆盘半
3、径为 r，圆盘匀速转动的角速度为 下列说法正确的是（ ）A圆盘产生的电动势为 Br 2，流过电阻 R 的电流方向为从 b 到 a1B圆盘产生的电动势为 Br 2，流过电阻 R 的电流方向为从 a 到 bC圆盘产生的电动势为 Br 2，流过电阻 R 的电流方向为从 b 到 aD圆盘产生的电动势为 Br 2，流过电阻 R 的电流方向为从 a 到 b5如图所示，螺线管与电阻 R 相连，磁铁从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管，下列说法正确的是( )A 磁铁刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度B 通过电阻的电流先由 a 到 b，后由 b 到 aC 磁铁减少的重力势能等于回路产生的热量D a 的电
4、势始终高于 b 的电势- 3 -6如图所示电路中，灯 、 完全相同，带铁芯的线圈 L 的电阻可忽略，则 A S 闭合瞬间， 、 同时发光，接着 熄灭， 更亮B S 闭合瞬间， 不亮， 立即亮C S 闭合瞬间， 、 都不立即亮D 稳定后再断开 S 的瞬间， 不能立即熄灭7在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则 ( )A t0.005s 时线圈平面与磁场方向平行B t0.010s 时线圈的磁通量变化率最大C 线圈产生的交变电动势频率为 100HzD 线圈产生的交变电动势有效值为 311V8如图所示，一个小型水电站，其交流发电机的输
5、出电压 U1一定，通过理想升压变压器 T1和理想降压变压器 T2向远处用户供电，输电线的总电阻为 RT 1的输入电压和输入功率分别为 U1和 P1，它的输出电压和输出功率分别为 U2和 P2T 2的输入电压和输入功率分别为 U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为 U4和 P4下列说法正确的是（ ）A 当用户的用电器增多时，U 2减小，U 4变大B 当用户的用电器增多时，P 1变大，P 3减小- 4 -C 输电线上损失的功率为P=D 要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比 ，同时应增大降压变压器的匝数比二、多选题（每题 4 分，部分得分 2 分）9如图所示，倒置的 U 形金属导轨所在平面与
6、水平面夹角为 ，其中 MN 与 PQ 平行且间距为 L=1m，导轨处在磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中，磁场方向与轨道平面垂直，磁场随时间变化情况如图乙所示，取图甲所示磁场方向为磁感应强度的正方向。现将金属棒 ab垂直放置在导轨上，金属棒与 NQ 相距 0.2m，在 04s 内金属棒始终处于静止状态。已知金属棒 ab 的质量 m=0.1kg，电阻为 R=2，不计导轨电阻， g=10m/s2，则 ( )A t=2s 时刻金属棒 ab 所受安培力的方向改变B 04s 内金属棒所受的最大静摩擦力为 0.9NC 04s 内穿过金属棒的电荷量为 0.4CD 04s 内金属棒中产生的焦耳热为 0.32J
7、10粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行。现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如下图所示（ ）- 5 -A 四种情况下 ab 两端的电势差都相等B 四种情况下流过 ab 边的电流的方向都相同C 四种情况下流过线框的电荷量都相等D 四种情况下磁场力对线框做功的功率都相等11如图所示，在磁感应强度 B=1.0 T 的匀强磁场中，质量 m=1kg 的金属杆 PQ 在水平向右的外力 F 作用下沿着粗糙 U 形导轨以速度 v=2 m/s 向右匀速滑动，U 形导轨固定在水平面上，两导轨间距离 1=1.0m，金属杆 PQ 与 U
8、 形导轨之间的动摩擦因数 =0.3， 电阻 R=3.0 ，金属杆的电阻 r=1.0 ，导轨电阻忽略不计，取重力加速度 g=10 m/s，则下列说法正确的是A 通过 R 的感应电流的方向为由 d 到 aB 金属杆 PQ 切割磁感线产生的感应电动势的大小为 2.0 VC 金属杆 PQ 受到的外力 F 的大小为 2.5ND 外力 F 做功的数值大于电路上产生的焦耳热12如图所示，理想变压器原线圈接在内阻不计的交流电源上，图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是（ ）A 若闭合开关 S，则电流表 A1示数变大、A 2示数变小B 当滑动变阻器的滑动触头 P 向上滑动时，电压表 V 示数变大C 当滑动变阻
9、器的滑动触头 P 向上滑动时，电流表 A1示数变大D 当滑动变阻器的滑动触头 P 向上滑动时， R1消耗的功率变大三、实验题（每空 2 分，共 12 分）13图示为“探究感应电流方向的规律”实验时所用电路（1）闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么闭合开关后将线圈 A 迅速插入线圈 B 时，灵敏电流计指针将_；接着将滑动变阻器的滑片迅速向左滑动，灵敏电流- 6 -计指针_。 （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
10、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
11、 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- 7 -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=2 m，导线单位长度的电阻 r0=0.2 /m。 把它
12、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 02.0 s 内，圆环产生的焦耳热；（3）若不知道圆环半径数值，在 02.0 s 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- 8 -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
13、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。- 9 -2018-2019 学年度邹城二中 12 月月考物理卷参考答案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
14、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
15、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
16、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- 10 -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 A201rEBrvB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
17、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 B D 错误；磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量
18、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
19、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。- 11 -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
20、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-
21、 12 -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。 点睛：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，U ab=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，
22、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
23、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- 13 -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。A 2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，R 1分压变小，则电压表 V 的测量的电压
24、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
25、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。14BC C 【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。- 14 -15 （1） ；（2） ; （3）【解析】（1
26、） 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 S2R 2，根据法拉第电磁感应定律得： 2 分（2）圆面积为 SR 2，圆周长为 L=2R，圆环的电阻为：r2 Rr023.1420.22.52 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
27、线圆环中的电流为： 2 分- 15 -导线圆环中的电流与正方形线框的电流之比： 2 分17 （1） 。 。【解析】（1）金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律：mgsin-mgcos=ma 2 分 解得：a=10（0.6-0.250.8）m/s 2=4m/s2 2 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=F 2 分将上式代入即得：F=0.8 N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=Fv 2 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=4V 2 分而由 P=UI 可得，可得 R=1.5。 2 分
