高二物理下学期第一次月考试题(实验班-含解析)(共12页).doc
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1、精选优质文档-倾情为你奉上物 理 试 卷(实验班)一、选择题1.科学发现或发明是社会进步的强大推动力,青年人应当崇尚科学在下列关于科学发现或发明的叙述中,存在错误的是A. 奥斯特发现了电流的磁效应,揭示了电与磁的联系B. 法拉第经历了十年的探索,实现了“磁生电”的理想C. 洛伦兹发现了电磁感应定律D. 楞次在分析许多实验事实后提出,感应电流具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化【答案】C【解析】【详解】奥斯特发现了电流的磁效应,揭示了电与磁的联系,选项A正确;法拉第经历了十年的探索,实现了“磁生电”的理想,选项B正确;洛伦兹发现了磁场对带电粒子的作用力,选项C错误;
2、楞次在分析许多实验事实后提出,感应电流具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化,选项D正确;此题选择错误的选项,故选C.2.在如图所示的实验中,能在线圈中产生感应电流的是A. 磁铁N极停在线圈中 B. 磁铁S极停在线圈中C. 磁铁从线圈内抽出的过程 D. 磁铁静止在线圈左侧【答案】C【解析】磁铁N极停在线圈中,穿过线圈的磁通量不变,不能产生感应电流故A错误磁铁S极停在线圈中,穿过线圈的磁通量不变,不能产生感应电流故B错误磁铁从线圈内抽出的过程,穿过线圈的磁通量减小,能产生感应电流故C正确磁铁静止在线圈左侧,穿过线圈的磁通量不变,不能产生感应电流故D错误故选C.3.如图
3、所示,导体棒ab沿水平面内的光滑导线框向右做匀速运动,速度v=6.0m/s线框宽度L=0.3m,处于垂直纸面向下的匀强磁场中,磁感应强度B=0.1T则感应电动势E的大小为A. 0.18V B. 0.20 V C. 0.30V D. 0.40V【答案】A【解析】【详解】ab棒切割磁感线产生的感应电动势为:E=Blv=0.10.36.0V=0.18V,故选A。4.如图所示,L为一个自感系数很大的自感线圈,开关闭合后,小灯能正常发光,那么闭合开关和断开开关的瞬间,能观察到的现象分别是A. 小灯逐渐变亮,小灯立即熄灭B. 小灯逐渐变亮,小灯比原来更亮一下再慢慢熄灭C. 小灯立即亮,小灯立即熄灭D. 小
4、灯立即亮,小灯比原来更亮一下再慢慢熄灭【答案】A【解析】闭合开关时,由于线圈的自感现象,小灯逐渐变亮;断开开关的瞬间,由于电路没有回路,小灯立即熄灭,选项A正确、BCD错误。故选:A。点睛:根据楞次定律,自感现象产生的感应电流总是阻碍电流的变化,增反减同;必须形成回路,才有电流。5.平面上的光滑平行导轨MN、PQ上放着光滑导体棒ab、cd,两棒用细线系住,开始时匀强磁场的方向如图甲所示,而磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示,不计ab、cd间电流的相互作用则细线中张力A. 由0到t0时间内细线中的张力逐渐减小B. 由t0到t1时间内细线中张力增大C. 由0到t0时间内两杆靠近,细线中的张力消失
5、D. 由t0到t1时间内两杆靠近,细线中的张力消失【答案】AD【解析】【详解】由图乙所示图象可知,0到t0时间内,磁场向里,磁感应强度B均匀减小,线圈中磁通量均匀减小,由法拉第电磁感应定律得知,回路中产生恒定的感应电动势,形成恒定的电流。由楞次定律可得出电流方向沿顺时针,故ab受力向左,cd受力向右,而张力F=F安=BIL,因B减小,故张力将减小,故A正确、C错误;由图乙所示图象可知,由t0到t时间内,线圈中的磁场向外,B均匀增大,回路中产生恒定的感应电流,由楞次定律可知,电流为顺时针,由左手定则可得出,两杆受力均向里,故两杆靠近,细线中张力消失,D正确,B错误;故选AD。【点睛】本题只要楞次
6、定律的第二种表达掌握好了,本题可以直接利用楞次定律的“来拒去留”进行判断。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直流电流表有示数的位置是A. 甲、丙 B. 丙、丁 C. 甲、乙 D. 乙、丁【答案】D【解析】由题意可知,根据右手定则,得:乙、丁中线圈虽与磁场方向平行,但切割速度与磁场垂直,故有感应电流出现,而甲、丙中的线圈与磁场方向垂直,但切割速度与磁场平行,因此没有感应电流,故D正确,A、B、C错误;故选D.【点睛】考查右手定则的应用,注意切割速度的理解,并形成结论:磁通量最
7、大时,切割速度与磁场平行;磁通量最小时,切割速度与磁场垂直7.在匀强磁场中,一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动,如图所示,产生的交变电动势的图象如图2所示,则A. t=0.01s时线框平面与中性面重合B. t=0.005s时线框的磁通量变化率为零C. 线框产生的交变电动势有效值为220VD. 线框产生的交变电动势的频率为50Hz【答案】ACD【解析】【详解】由图2可知 T=0.02s,Em=311V;由图可知t=0.01s时刻感应电动势等于零,线框平面与中性面重合,故A正确;t=0.005s时感应电动势最大,线框的磁通量变化率最大,故B错误;根据正弦式交变电流有效值和峰值的关系可得,该
8、交变电流的有效值为E=220V,故C正确。T=0.02s,线框产生的交变电动势的频率为f=50Hz,故D正确;故选ACD。8.如图所示为一理想变压器,原线圈接在输出电压为u=U0sint的交流电源两端电路中R0为定值电阻,V1、V2为理想交流电压表,A1、A2为理想交流电流表现使滑动变阻器R的滑动触头P向上滑动,下列说法正确的是A. 电压表V1与V2示数的比值不变B. 电流表A1与A2示数的比值将变小C. 电压表V1与电流表A1示数的比值变小D. 电压表V2与电流表A2示数的比值变小【答案】A【解析】【详解】由于只有一个副线圈,因此电压之比一定等于线圈匝数的正比,故两电压表的比值不变,故A正确
9、;由于只有一个副线圈,因此电流之比一定等于线圈匝数的反比,故两电流表的比值不变,故B错误;滑动变阻器R的滑动触头P向上滑动,则滑动变阻器接入电阻增大,根据闭合电路的欧姆定律可知A2电流减小,故A1电流减小,由于U1不变,故电压表V1与电流表A1示数的比值变大,故C错误;滑动变阻器R的滑动触头P向上滑动,则滑动变阻器接入电阻增大,由欧姆定律可知,电压表V2与电流表A2示数的比值变大,故D错误;故选A。【点睛】本题考查理想变压器的性质,要注意明确线圈匝数之比与电流和电压的关系,同时注意输出端用电器可以利用欧姆定律分析求解。9.如图,理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b。当输入电压U
10、为灯泡额定电压的5倍时,两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是A. 原、副线圈匝数之比为4:1B. 原、副线圈匝数之比为5:1C. 此时a和b的电功率之比为4:1D. 此时a和b的电功率之比为1:4【答案】AD【解析】【详解】灯泡正常发光,则其电压均为额定电压U,则说明原线圈输入电压为4U,输出电压为U;则可知,原副线圈匝数之比为4:1:故A正确;B错误;根据变压器原理可得,所以I1=I2,由于小灯泡两端的电压相等,所以根据公式P=UI可得两者的电功率之比为1:4;故C错误,D正确;故选AD。【点睛】本题考查变压器原理,要注意明确输入电压为灯泡两端电压与输入端电压之和,从而可以确定输入端电压;则
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