【解析版】河北省曲阳县第一中学2018-2019学年高二下学期3月月考物理试卷 word版含解析

1、河北省曲阳县一中20182019学年高二下学期3月月考物理试题一、选择题（每小题4分，共14小题，共56分，选不全得2分，其中10-14题为多选）1.如图所示，一个闭合导体圆环固定在水平桌面上，一根条形磁铁沿圆环的轴线运动，使圆环内产生了感应电流下列四幅图中，产生的感应电流方向与条形磁铁的运动情况相吻合的是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：A、由图示可知，在磁铁S极上升过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量变小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流沿逆时针方向，故A错误；B、由图示可知，在磁铁S极下落过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流顺时针方向，故B错误；C、同时，在磁铁N极上升过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量变大，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流沿顺时针方向，故C错误；D、由图示可知，在磁铁N极下落过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，由楞次定律可知，从上向下看，圆环

2、中的感应电流逆时针方向，故D正确；故选：D2.如图所示的圆形线圈共n匝,电阻为R,过线圈中心O垂直于线圈平面的直线上有A、B两点,A、B两点的距离为L,A、B关于O点对称.一条形磁铁开始放在A点,中心与O点重合,轴线与A、B所在直线重合,此时线圈中的磁通量为1,将条形磁铁以速度v匀速向右移动,轴线始终与直线重合,磁铁中心到O点时线圈中的磁通量为2,下列说法中正确的是()A. 磁铁在A点时,通过一匝线圈的磁通量为1nB. 磁铁从A到O的过程中,线圈中产生的平均感应电动势为E= 2nv（21）LC. 磁铁从A到B的过程中,线圈中磁通量的变化量为21D. 磁铁从A到B的过程中,通过线圈某一截面的电量不为零【答案】B【解析】【分析】根据法拉第电磁感应定律公式E=nt 求解平均感应电动势，根据欧姆定律求解电流，根据q=It求解电量【详解】磁铁在A点时，线圈中的磁通量为1，故通过一匝线圈的磁通量也为1，与匝数无关，故A错误；磁铁从A到O的过程中，线圈中产生的平均感应电动势为E=nt=n21Lv=nv(12)L，故B正确；磁铁从A点运动到B点，磁通量先增加后减小，磁通量的变化量为零，故平均感应电动势

3、为零，故平均感应电流为零，故通过线圈某一截面的电量为零，故C错误，D正确；故选BD。【点睛】本题关键是明确感应电动势的平均值的求解方法，注意磁通量与面积和磁感应强度有关，与线圈的匝数无关3.在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个矩形的金属导体框，规定磁场方向向上为正，导体框中电流的正方向如图所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图变化时，下图中正确表示导体框中感应电流变化的是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】根据法拉第电磁感应定律有：E=nt=nBtS ，因此在面积、匝数不变的情况下，感应电动势与磁场的变化率成正比，即与B-t图象中的斜率成正比，由图象可知：0-2s，斜率不变，故形成的感应电流不变，根据楞次定律可知感应电流方向顺时针（俯视）即为正值，而在2-4s斜率不变，电流方向为逆时针，整个过程中的斜率大小不变，所以感应电流大小不变；根据楞次定律，向上的磁场先减小，再向下磁场在增大，则感应电流方向为逆时针，即为负方向，故ABD错误，C正确故选C点睛：正确理解感应电动势与磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率等之间的关系，可以类比加速度、速度变化量、速度变化率进行学习4.电阻为

4、1的矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的图象如图所示现把交流电加在电阻为9的电热丝上，则下列说法中正确的是（）A. 线圈转动的角速度为31.4rad/sB. 如果线圈转速提高一倍，则电流不会改变C. 电热丝两端的电压U=1002VD. 电热丝的发热功率P=1800 W【答案】D【解析】从图中可知：T=0.02s，角速度为：=2T=20.02rad/s=314rad/s，故A说法错误；在t=0.01s时刻，产生的感应电动势最大，此时线圈与中性面垂直，磁通量为零，故B说法正确；交流电压的最大值为Em=200V，所以有效值E=Em2=1002V，则电热丝两端的电压为：U=ER+rR=1002109V=902V，消耗的功率为：P=U2R=90229W=1800W，故C说法错误，D说法正确。所以选AC。5.如图所示交流电的电流有效值为( )A. 2AB. 3AC. 25AD. 35【答案】C【解析】由有效值的定义可得：I12Rt1+I22Rt2=I2RT，代入数据得：62R1+22R1=I2R2，解得：I=25A，故选C6.如图所示，三只完全相同的灯泡a

5、、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【答案】D【解析】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：通高频、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。点睛：本题要抓住电感和电容的特性分析：电感：通直流、阻交流，通低频、阻高频，可根据法拉第电磁感应定律来理解电容器的特性：通交流、隔直流，通高频、阻低频，根据电容器充放电的特性理解7.如图所示，一只原、副线圈分别是200匝和100匝的理想变压器副线圈的两端连接两个阻值均为20的电阻，原线圈接频率为50Hz的正弦交流电源，电压表的示数为5V电流表、电压表均为理想交流电表，则下列说法正确的是（）A. 电流表的读数为0.5AB. 流过电阻的交流电频率为100HzC. 交流电源的输出电压的最大值为20

6、2VD. 交流电源的输出功率为5W【答案】C【解析】试题分析：副线圈的电流为I2=520A=0.25A，则原线圈的电流为I1，由I1I2=n2n1得I1=n2n1I2=0.125A，故A错误；流过电阻的交流电的频率为50Hz，故B错误；副线圈的电压为U2=25=10V，由U1U2=n1n2得，U1=n1n2U2=20V，则其最大值为202V，故C正确；P入=P出=U2I2=100.25=2.5W，故D错误。考点：变压器的构造和原理【名师点睛】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论。8.如图所示，T为理想变压器，副线圈回路中的输电线ab和cd的电阻不可忽略，其余输电线电阻可不计，则当电键S闭合时（）A. 交流电压表V1和V2的示数一定都变小B. 交流电压表只有V2的示数变小C. 交流电流表A1、A2和A3的示数一定都变大D. 只有A1的示数变大【答案】B【解析】A、当S闭合时，两个电阻并联，电路的总电阻减小，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压V1不变，副线圈的电流变大，副线圈回路中的输电线ab和cd的电阻不可忽略，所以输

7、电线ab和cd上的电压变大，所以V2的示数变小，故B正确，A错误；C、副线圈的电流变大，A2和A1的示数变大，A3的示数减小，故CD错误。点睛：输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可。9.图甲为远距离输电示意图，升压变压器原副线圈匝数比1：100，降压变压器原副线圈匝数比为100：1，远距离输电线的总电阻为100。若升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为750kw。下列说法中正确的有（ ）A. 客户端交流电的频率为100HzB. 客户端电压为250VC. 输电线中的电流为30AD. 输电线路损耗功率为180Kw【答案】C【解析】由乙图知，周期为0.02s，所以频率f=50Hz，所以A错误；输电线上有电压的损耗，所以用户端电压小于250V，B错误；对升压变压器，由变压规律n1n2=U1U2，可求U2=25000V，输电线电流I=PU2=30A，所以C正确；输电线损耗的功率：P=I2r=90kw，故D错误。10.（多选题）如图所示，在匀强磁场区域的上方有一半径为R的导体圆环，将圆环由

8、静止释放，圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等已知圆环的电阻为r，匀强进场的磁感应强度为B，重力加速度为g，则（）A. 圆环进入磁场的过程中，圆环中的电流为逆时针B. 圆环进入磁场的过程可能做匀速直线运动C. 圆环进入磁场的过程中，通过导体某个横截面的电荷量为R2B2rD. 圆环进入磁场的过程中，电阻产生的热量为2mgR【答案】AD【解析】试题分析：由题意可知圆环进入磁场的过程中，垂直纸面向里的磁通量增加，根据楞次定律，圆环中感应电流的磁通量应垂直纸面向外，由右手定则判断感应电流为逆时针方向，故A正确；由于圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等，该过程感应电流不同，安培力不同，故线圈不可能匀速，故B错误；根据q=r=R2(R2)rB=2R2Br，故C错误；由于圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等，由动能定理得：mg2RW=0,所以W=2mgR故D正确所以AD正确，BC错误。考点：楞次定律、动能定理【名师点睛】本题主要考查了楞次定律、动能定理。分析清楚圆环穿过磁场的过程，根据楞次定律判断感应电流的方向；根据线圆环进入与离开磁场的速度判断线框的运动性质；根

9、据q=r求电荷量根据动能定理求出线框的ab边刚进人磁场到ab边刚离开磁场这段过程中克服安培力做的功，即可知道线框从进入到全部穿过磁场的过程中克服安培力做的。11.（多选题）如图所示，当交流发电机的线圈平面绕轴OO转到与磁场方向平行时，下列说法正确的是（）A. 穿过线圈的磁通量为零B. 穿过线圈的磁通量最大C. 线圈产生的感应电动势为零D. 线圈产生的感应电动势最大【答案】AD【解析】A、B、当交流发电机的线圈平面绕轴OO转到与磁场方向平行时磁通量为零，故、A正确，B错误；C、D、此时导体速度垂直磁场，导体切割磁感线时的感应电动势最大，D正确，C错误；故选AD。12.（多选题）如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度匀速转动，从图示位置开计时（）A. 当转过60时，感应电流的瞬时值为3BS2RB. 当转过60时，感应电流的瞬时值为BS2RC. 在转过60过程中，感应电动势的平均值为3BS2D. 当转过90过程中，感应电流的有效值为BS2R【答案】ACD【解析】因为线圈从中性面开始计时，所以感应电动势的瞬时值表达式为e=BSsint，转过60角时，感应电动势的瞬时值eBSsin6032BS ，感应电流的瞬时值为ieR3BS2R ，故A正确；B错误转过60的时间t33rad/s ，磁通量变化量21BScos60BS12B

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