1、- 1 -福建省建瓯市芝华中学 2018-2019 学年高二下学期第一次月考物理试题一、选择题1.磁感应强度、磁通量、感应电动势存在一定的联系，若有磁场通过一线圈，以下说法正确的是:（ ）A. 若磁通量减少，则磁感应强度一定减少；B. 若磁感应强度为零，则磁通量一定是零；C. 若磁感应强度减少，则磁通量一定减少；D. 若磁通量为零，感应电动势一定是零。【答案】B【解析】【详解】A、由磁通量的公式 可知，穿过线圈平面的磁通量与该处的磁感应强度、线圈的面积和线圈与磁场的夹角都有关，若线圈与磁场的夹角发生变化，磁通量减少了，磁感应强度可能未变化，若磁感应强度减少，同时夹角发生变化，则磁通量可能不变，
2、故 AC错误；B、当磁感应强度为零时，由磁通量的公式 可知，磁通量一定为零，故 B 正确；D、感应电动势的大小与磁通量的变化率有关，与磁通量无关，故 D 错误。2.下列不属于反冲运动的是（ ）A. 喷气式飞机的运动B. 物体做自由落体的运动C. 火箭的运动D. 反击式水轮机的运动【答案】B【解析】【详解】A、喷气式飞机是利用飞机与气体间的相互作用，而促进飞机前进的，故属于反冲运动，故 A 不符合题意；B、当物体的初速度为零，并且只在重力作用下的运动即为自由落体运动，与反冲运动无关，故 B 符合题意； C、火箭的运动是利用喷气的方式而获得动力，利用了反冲运动，故 C 不符合题意；- 2 -D、反
3、击式水轮机是利用了水的反冲作用而获得动力，属于反冲运动，故 D 不符合题意。3.质量为 m 的物体以 v0做平抛运动，经过时间 t，下落的高度为 h，速度大小为 v，在这段时间内，该物体的动量变化量大小错误的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】根据动量定理得，合力的冲量等于动量的变化量，所以 P=mgt末位置的动量为 mv，初位置的动量为 mv0，根据三角形定则，知动量的变化量 故B、C、D 正确，A 错误故选 BCD【点睛】解决本题的关键掌握动量定理的表达式，并能灵活运用4. 穿过闭合回路的磁通量 随时间 t 变化的图象分别如图甲、乙、丙、丁所示，下列关于回路中产生的感应电动势
4、的论述，正确的是（ ）A. 图甲中回路产生的感应电动势恒定不变B. 图乙中回路产生的感应电动势一直在变大C. 图丙中回路在 0t 0时间内产生的感应电动势大于 t02t 0时间内产生的感应电动势D. 图丁中回路产生的感应电动势可能恒定不变【答案】C【解析】试题分析：根据法拉第电磁感应定律我们知道感应电动势与磁通量的变化率成正比，即结合数学知识我们知道：穿过闭合回路的磁通量 随时间 t 变化的图象的斜率 图中磁通量 不变，无感应电动势故 A 错误图中磁通量 随时间 t 均匀增大，图象的斜率 k 不变，也就是说产生的感应电动势不变故 B 错误图中回路在 Ot l时间内磁通量 随时间 t 变化的图象
5、的斜率为 k1，在 tlt 2时间内磁通量 随时间 t 变化的图象的- 3 -斜率为 k2，从图象中发现：k 1大于 k2的绝对值所以在 Ot l时间内产生的感应电动势大于在 tlt 2时间内产生的感应电动势故 C 错误图中磁通量 随时间 t 变化的图象的斜率先变小后变大，所以感应电动势先变小后变大，故 D 正确故选 D考点：法拉第电磁感应定律【名师点睛】通过 -t 图象运用数学知识结合物理规律解决问题，其中我们要知道 -t 图象斜率的意义利用图象解决问题是现在考试中常见的问题对于图象问题，我们也从图象的斜率和截距结合它的物理意义去研究。5.如图所示，当交流电源电压恒为 220 V，频率为 5
6、0 Hz 时，三只灯泡 A、B、D 的亮度相同，若只将交流电的频率改为 100 Hz，则( )A. A 灯最暗B. B 灯最暗C. D 灯最暗D. 三只灯泡的亮度依然相同【答案】B【解析】频率降低，电阻不变，D 灯亮度不变，感抗减小，A 灯变亮，容抗增大，B 灯变暗，B 对。6.如图所示，一闭合金属圆环用绝缘细绳挂于 O 点，将圆环拉离平衡位置并释放，圆环摆动过程中经过匀强磁场区域，则（空气阻力不计） （ ）A. 圆环向右穿过磁场后，还能摆至原高度- 4 -B. 在进入和离开磁场时，圆环中均有感应电流C. 圆环进入磁场后离平衡位置越近速度越大，感应电流也越大D. 圆环最终将静止在平衡位置【答案
7、】B【解析】A、由于从左侧摆到右侧的过程中，圆环中磁通量发生变化，因而产生感应电流，由于电阻的存在，圆环中将产生焦耳热，根据能量守恒知圆环的机械能将不守恒，故在左侧圆环的高度将低于起始时右侧的高度，故 A 错误；B、由楞次定律，只有进入与离开磁场时，穿过圆环的磁通量才发生变化，因此产生感应电流，故 B 正确；C、圆环进入磁场后，由于没有磁通量的变化，因而圆环中没有感应电流，不受磁场力作用，只在重力作用下，离平衡位置越近，则速度越大，故 C 错误；D、圆环只有在进或出磁场时，才有机械能的转化；当完全在磁场中来回摆动时，则没有感应电流，从而只受重力，所以圆环不可能静止在平衡位置，故 D 错误；故选
8、 B。【点睛】本题考查楞次定律的应用和能量守恒相合注意楞次定律判断感应电流方向的过程，先确认原磁场方向，再判断磁通量的变化，感应电流产生的磁场总是阻碍原磁通量的变化。7. 如图，在同一铁心上绕着两个线圈，单刀双掷开关原来接在 1 位置，现在它从 1 打向 2，试判断此过程中，通过 R 的电流方向是A. 先由 P 到 Q，再由 Q 到 PB. 先由 Q 到 P，再由 P 到 QC. 始终是由 Q 到 PD. 始终是由 P 到 Q【答案】C【解析】根据“增反减同” 。当单刀双掷开关从 1 断开，使得 B 线圈中产生向右的感应场，则会产生- 5 -由 Q 到 P 的感应电流，然后再打向 2 依然会使
9、 B 线圈中产生向右的感应场，则会产生由 Q 到P 的感应电流，则在它从 1 打向 2，过程中，通过 R 的电流方向始终是由 Q 到 P，选 C8.如图，同一水平面上足够长的固定平行导轨 MN、PQ 位于垂直于纸面向里的匀强磁场中，导轨上有两根金属棒 ab、cd，能沿导轨无摩擦滑动，金属棒和导轨间接触良好，开始ab、cd 都静止。现给 cd 一个向右的初速度 v0，则下列说法中正确的是（ ）A. cd 始终做减速运动，ab 始终做加速运动，并有可能追上 cdB. cd 始终做减速运动，ab 始终做加速运动，但肯定追不上 cdC. cd 先做减速运动后做加速运动，ab 先做加速运动后做减速运动D
10、. cd 做减速运动，ab 做加速运动，最终两杆以相同的速度做匀速运动【答案】D【解析】【详解】给 cd 一个向右的初速度 v0，则切割磁感线产生感应电流，受到向左的安培力作用，做减速运动，同时 ab 棒受到向右的安培力加速运动，当 ab 棒向右加速运动时也产生感应电动势，最终当两棒速度相等时，电路中电流为零，做匀速运动，D 正确。9.木块长为 L，静止在光滑的水平桌面上，有 A、B 两颗规格不同的子弹以速度相反的 VA、V B同时射向木块，A、B 在木块中嵌入的深度分别为 dA、d B，且 dAdB，(d A+dB)L，木块一直保持静止，如图所示，则由此判断子弹 A、B 在射入前：A. 速度
11、B. 子弹 A 的动能等于子弹 B 的动能C. 子弹 A 的动量大小大于子弹 B 的动量大小D. 子弹 A 的动量大小等于子弹 B 的动量大小【答案】AD- 6 -【解析】试题分析：由于木块始终保持静止状态，则两子弹对木块的推力大小相等，则两子弹所受的阻力大小相等，设为 f，根据动能定理得：对 A 子弹： ，得对 B 子弹： ，得 由于 ，则有子弹入射时的初动能 B 错误，对两子弹和木块组成的系统动量守恒，则有 ，而 ，则得到，根据动能的计算公式 ，得到初速度 AD 正确，C 错误，故选 AD考点：动能定理的应用；功能关系点评：本题运用动能定理和动量守恒定律研究冲击块模型，分析木块处于静止状态
12、，确定出两子弹所受的阻力大小相等是基础10.一个闭合矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，产生的感应电流如图所示，由该图可得出的正确判断是：（ ）A. 0.01s 时，线圈平面处于中性面位置B. 0.02s 时，线圈平面与磁感线平行C. 该交变电流的频率为 50HzD. 1s 内电流的方向变化 50 次【答案】AC【解析】【详解】A、由图象可知， 和 时，感应电流为零，则感应电动势为零，磁通量最大，线圈平面处于中性面位置，故 A 正确，B 错误；C、由图象可知， ，频率 ，故 C 正确；D、1 秒内完成 50 圈，一个周期内电流方向改变两次，所以线圈中感应电流的方向变化 100次，故
13、 D 错误。- 7 -11.电站向远方送电，输送的电功率恒定，若将送电电压提高到原来的 K 倍，则:（ ）A. 输电电流也为原来的 K 倍B. 输电导线上损失的电压为原来的 1/KC. 输电导线上损失的电功率为原来的 K2倍D. 输电导线上损失的电功率为原来的 1/K2【答案】BD【解析】【详解】A、输送的功率一定，根据 ，知输电电压越高，输电电流越小，若输送电压提高到原来的 K 倍，则电流减小到 倍，输电导线上损失的电压 也减小为原来的 倍，故 A 错误，B 正确；C、电流减小到 倍，根据 可知，电线上损失的功率为原来的 倍，故 C 错误，D 正确。12.如图所示，电阻为 R 的金属棒，从图
14、示位置分别以速率 v1、v 2沿电阻不计的光滑轨道从ab 匀速滑到 a/b/处，若 v1v 2=12，则在两次移动过程中:（ ）A. 回路中感应电流强度 I1I 2=12B. 回路中产生热量 Q1Q 2=12C. 回路中通过截面的总电量 q1q 2=12D. 金属棒产生的感应电动势 E1：E 2=12【答案】ABD【解析】【详解】A、回路中感应电流为： ， ，则得： ，故 A 正确；B、产生的热量为： ， ，则得： ，故B 正确；- 8 -C、通过任一截面的电荷量为： ，q 与 v 无关，则得： ，故 C 错误；D、根据 ， ，则得： ，故 D 正确。二、填空题13.下图为一正弦交变电流的图象
15、，由图可知电流的有效值 I=_，电流瞬时值表达式i=_。【答案】 (1). 10 (2). 【解析】【详解】根据最大值与有效值之间的关系，可知有效值为： ;由图可知： ，则 ，则瞬时值表达式为： 。14.如图所示，理想变压器有两个副线圈。L 1、L 2是“8V，10W”的灯泡，L 3、L 4是“6V，12W”的灯泡。当变压器的输入电压为 U1=220V 时，四盏灯泡恰好都能正常发光，如果原线圈匝数 n1=1100 匝。则副线圈 n2=_，n 3=_；安培表的读数I=_。【答案】 (1). 40 (2). 60 (3). 0.2A【解析】【详解】四盏灯泡恰好都能正常发光，则上面一个副线圈的电压为
16、 ，下面一个副线圈的电压为 ，根据- 9 -得： 匝， 匝；根据原副线圈的功率相等得：解得： 。15.如图为“探究电磁感应现象条件”的实验装置。（1）将图中所缺的导线补接完整_。（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后可能出现的情况有：A将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将向_（填“左”或“右” ）偏一下。B原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左拉时，灵敏电流计指针将向_（填“左”或“右” ）偏一下。【答案】 (1). 如图所示：(2). 右 (3). 左【解析】【详解】 （1）将电源、电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路，再将灵敏电流计与大螺线管串联
17、成另一个回路，电路图如图所示：- 10 -（2）A、闭合电键，磁通量增加，指针向右偏转，将原线圈迅速插入副线圈，磁通量增加，则灵敏电流计的指针将右偏转一下；B、原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电阻增大，则电流减小，穿过副线圈的磁通量减小，则灵敏电流计指针向左偏转一下。16.如图是用气垫导轨验证动量守恒的装置带有等宽遮光条的滑块 A 和 B，质量分别为mA、m B，在 A、B 间用细线水平压住一轻弹簧，将其置于气垫导轨上，调节已连接气源的导轨，使滑块 A、B 恰好静止在导轨上，表明此时导轨处于_，烧断细线，滑块 A、B 被弹簧弹开，光电门 C、D 记录下两遮光条通过的时间分别为
18、 tA和 tB，若满足关系式_，说明两滑块动量守恒。【答案】 (1). 气垫导轨水平 (2). 【解析】试题分析：两滑块自由静止，滑块静止，处于平衡状态，所受合力为零，此时气垫导轨是水平的；设遮光条的宽度为 ，两滑块的速度为： ， ，如果动量守恒，满足： ，解得： 。考点：验证动量守恒定律【名师点睛】滑块静止，处于平衡状态，所受合力为零，据此分析答题；求出滑块速度，由动量守恒定律分析答题；本题考查了实验注意事项、实验数据处理，应用速度公式、动量守恒定律即可正确解题。- 11 -三、计算题17.如图所示,水 平放置的平行金属导轨 MN 和 PQ,相距 L=0.50 m,导轨左端接一电阻 R=0.
19、20 ,磁感应强度 B=0.40 T 的匀强磁场方向垂直于导轨平面,导体棒 ac 垂直导轨放置,并能无摩擦地沿导轨滑动,导轨和导体棒的电阻均可忽略不计 .当 ac 棒以 v=4.0 m/s 的速度水平向右匀速滑动时,求:(1)ac 棒中感应电动势的大小;(2)回路中感应电流的大小和方向;(3)维持 ac 棒做匀速运动的水平外力 F 的大小和方向 .【答案】(1)0.80 V (2)4.0 A (3)0.80 N，方向水平向右【解析】试题分析：（1）根据法拉第电磁感应定律，ac 棒中的感应电动势为E=BL=08005040V=16V（2）根据闭合电路欧姆定律，感应电流大小为 由右手定则可知，回路
20、中感应电流的方向为 aMRPca（或逆时针方向）（3）当 ac 棒向右匀速运动时，ac 棒中有由 c 向 a 的电流，根据左手定则可知 ac 棒所受的磁场力 F 安 水平向左为维持 ac 棒做匀速运动，应施加一个与 F 安 等值反向的水平外力F即 F=F 安 =BIL=0802050N=080N ，方向水平向右考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路欧姆定律；安培力18.如图所示，质量为 M=10kg 的小车静止在光滑的水平地面上，其 AB 部分为半径 R=0.5m 的光滑 圆孤，BC 部分水平粗糙，BC 长为 L=2m一可看做质点的小物块从 A 点由静止释放，滑到 C 点刚好停止已知小物块质量 m
21、=6kg，g 取 10m/s2求：（1）小物块与小车 BC 部分间的动摩擦因数；- 12 -（2）小物块从 A 滑到 C 的过程中，小车获得的最大速度【答案】 （1）0.25（2）1.5m/s【解析】【详解】 （1）m 滑至 C，根据动量守恒定律，有 m、M 相对地面静止，根据能量守恒有： ，解得： ；（2）滑至 B 时，车速最大，由水平方向动量守恒： 由能量守恒：解得： 。19. 如图所示，电阻可忽略导线框 abcd 固定在竖直平面内，导线框 ab 和 dc 的宽度为 l，在bc 段接入阻值为 R 的电阻，ef 是一电阻可忽略的水平放置的导电杆，杆的质量为 m，杆的两端分别与 ab 和 cd
22、 保持良好接触，且能沿导线框 ab 和 dc 无摩擦地滑动，磁感应强度为 B 的匀强磁场方向与框面垂直. 现用一恒力 F 竖直向上拉导体杆 ef，当导体杆 ef 上升高度为 h时，导体杆 ef 恰好匀速上升，求：（1）此时导体杆 ef 匀速上升的速度 v 的大小；（2）导体杆 ef 上升 h 的整个过程中产生的焦耳热 Q 的大小.【答案】 （1） （2）(F-mg)h 【解析】根据平衡及法拉第电磁感应定律求出速度；再根据能量守恒求出焦耳热。（1）导电杆匀速上升时，受到竖直向上的恒力 F，竖直向下的安培力 F 安 和重力 mg，根据平衡条件有 F-mg- F 安 =0 (2 分)F 安 =BIl (1 分)根据法拉第电磁感应定律有 E=“Blv“ (2 分) - 13 -根据闭合电路欧姆定律有 I= (2 分)由以上各式联立解得 v= (2 分)（2）导体杆上升 h 的整个过程中，根据能量守恒定律有Q=“(F-mg)h“ - mv2 (2 分)代入 v= 得：Q =“(F-mg)h“ (2 分)- 14 -
