1、- 1 -广东省江门市第二中学 2017-2018 学年高二下学期3 月月考物理试题一、单项选择题（每题只有一个答案是正确的，每小题 6 分，共 30 分）1. 英国的一位科学家经过十年不懈的努力终于在 1831 年发现了电磁感应现象，并发明了世界上第一台感应发电机这位科学家指的是A. 奥斯特 B. 法拉第 C. 麦克斯韦 D. 安培【答案】B【解析】发现了电磁感应现象，并发明了世界上第一台感应发电机的科学家是法拉第，故选B.2. 关于感应电动势的大小，下列说法中正确的是A. 跟穿过闭合电路的磁通量有关系B. 跟穿过闭合电路的磁通量的变化大小有关系C. 跟穿过闭合电路的磁通量的变化快慢有关系D
2、. 跟电路的电阻大小有关系【答案】C【解析】试题分析：感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，与磁通量没有直接的关系故 A 错误感应电动势的大小与穿过电路的磁通量的变化率成正比故 B 错误根据法拉第电磁感应定律可知：感应电动势的大小与穿过电路的磁通量的变化率成正比，磁通量的变化率反映磁通量变化的快慢故 C 正确感应电动势的大小跟电路中电阻大小无关故 D错误考点：本题考查对法拉弟电磁感应定律理解的准确性，点评：抓住感应电动势的大小与穿过电路的磁通量的变化率成正比分析题目3. 如图，闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的 N 极朝下。当磁铁向下运动时（但未插入线圈内部）- 2 -A. 线圈中感
3、应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互吸引B. 线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互排斥C. 线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引D. 线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互排斥【答案】B【解析】当线圈向下运动时，穿过线圈的磁通量向下，且增加，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍磁通量的增加，方向向上，则线圈中的电流方向与箭头方向相同由于感应电流会阻碍线圈与磁铁之间的相对运动，所以二者之间有作用力的斥力故 B 正确，ACD 错误此题选项错误的选项，故选：ACD点睛：该题可得楞次定律的极板应用，解决本题可以结合楞次定律使用的基本步骤判断
4、感应电流的方向，也可以使用楞次定律的推广形式来判定视频4. 关于自感系数下列说法正确的是A. 自感电动势越大，自感系数越大B. 自感系数 L 由线圈自身的性质决定，与线圈的长短、粗细、匝数、有无铁芯有关C. 其它条件相同，线圈越细自感系数越大D. 其它条件相同，有铁芯的比没有铁芯的自感系数小【答案】B【解析】电感器的自感系数与线圈的大小、形状、圈数、有无铁芯有关，当线圈的大小越大、圈数越多、有铁芯，自感系数越大，而与绕制线圈的导线粗细无关，与自感电动势的大小无关，故 B 正确，ACD 错误故选 B点睛：解决本题的关键知道电感器的自感系数与哪些因素有关与线圈的大小、形状、圈数、有无铁芯有关5.
5、如图所示，在 x0 的区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面向里. 矩形线框 abcd从 t=0 时刻起由静止开始沿 x 轴正方向做匀加速运动，则线框中的感应电流 I（取逆时针方向的电流为正）随时间 t 的变化图线是 - 3 -A. B. C. D. 【答案】D【解析】匀加速，速度均匀增加，感应电动势（E=BLV）均匀增大，感应电流均匀增大，选项 A、B 错误。Abcd 中的磁通量减小，根据“增反减同”可以判断出感应电流方向为顺时针，选项 C 错误。只有选项 D 正确。二、多项选择题（每题至少有二个答案是正确的，每小题 6 分，共 18 分，选对得 6 分，漏选得 3 分，错选不得分， ）6
6、. 下列图中能产生感应电流的是- 4 -A. B. C. D. 【答案】BC【解析】试题分析：本题考查了感应电流产生的条件：闭合回路中的磁通量发生变化据此可正确解答本题解：A、线框整体切割磁感线运动，穿过线框的磁通量没有变化，不会产生感应电流，故 A错误；B、线框被拉出磁场的过程中，穿过的磁通量发生变化，因此也会产生感应电流，故 B 正确；C、线框平行于磁场感应线运动，穿过线框的磁通量没有变化，不会产生感应电流，故 C 错误；D、线框绕平行于磁感线的轴转动，虽然上下边切割磁感线，但穿过的磁通量没有变化，因此也不会产生感应电流，故 D 错误；故选：B【点评】本题考查感应电流产生的条件，首先要明确
7、是哪一个线圈，然后根据磁通量的公式：=BS 找出变化的物理量，从而确定磁通量是否发生变化基础题目7. 一交变电流的图象如图所示，由图可知- 5 -A. 用电流表测该电流其示数为 10AB. 该交流电流的频率为 100HzC. 该交流电流的频率为 50HzD. 该交流电流有效值为【答案】AB【解析】用电流表测得的是有效值，则该电流表示数为 ，选项 A 正确，D 错误；该交流电流的周期为 T=0.01s，则频率为 =100Hz，选项 B 正确，C 错误；故选 AB.8. 如图，足够长的光滑金属导轨固定在竖直平面内，匀强磁场垂直导轨所在的平面金属棒 ab 与导轨垂直且接触良好. ab 由静止释放后A
8、. 速度一直增大B. 加速度一直保持不变C. 电流方向沿棒由 a 向 bD. 安培力的最大值与其重力等大【答案】CD点睛：本题运用牛顿第二定律对棒进行动态分析，关键抓住安培力与速度成正比，分析合力如何变化，从而分析加速度的变化和速度的变化- 6 -三、实验题（共 18 分）9. 测金属电阻率实验测长度时，金属丝的起点、终点位置如图（a） ，则长度为：_cm;用螺旋测微器测金属丝直径，示数如图（b） ，则直径为：_mm;用多用表“1”挡估测其电阻，示数如图（c） ，则阻值为：_;在图 d 中完成实物连线_;闭合开关前应将滑动变阻器的滑片 P 移至最_ (填“左”或“右”)端。【答案】 (1).
9、60.50（60.4560.55 均可） (2). 1.980(1.9761.984 均可) (3). 5 (4). (5). 左【解析】试题分析：由图中的读数得长度为 70.50-10.00cm=60.50cm，考点：实验“测金属丝电阻率”10. 在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，某同学连接了如图(a)所示的实物电路图。闭合开关，发现灯泡不亮，电流表的示数为零；- 7 -他借助多用电表检查小灯泡。先断开开关，把多用电表的选择开关旋到“1”挡，再进行_调零；又将红、黑表笔分别接触、接线柱，多用电表的表盘指针恰好指在6 的刻度上，说明小灯泡正常。他将多用电表选择开关旋于某直流电压档，将红、
10、黑表笔分别接触、接线柱；闭合开关，发现电压表的示数约等于电源电动势，说明、接线柱间的导线出现了_（选填“断路”或“短路” ） 。故障排除后，为了使电流表的示数从零开始，要在_接线柱间（选填“、”或“、” ）再连接一根导线，并在闭合开关前把滑动变阻器的滑片置于最_端（选填“左”和“右” ） 。【答案】 (1). 欧姆 (2). 断路 (3). 、 (4). 左【解析】 （1）根据欧姆表的使用方法可知，每次选完档后应重新进行欧姆调零；（2）多用电表选择开关旋于某直流电压档，将红、黑表笔分别接触接线柱；闭合开关，发现电压表示数约等于电源电动势，说明接线柱间的导线出现了断路； （3）为使电流表的示数从
11、零调，变阻器应采用分压式接法，所以应在导线间再连接一根导线；滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，在闭合开关前应将滑片置于分压电路分压最小的位置，即滑片应置于最左端点睛：应掌握欧姆表的工作原理和使用方法，特别是每次换完挡后都应重新进行调零当要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法四、计算题（计算题应有必要的文字说明和相应的公式、计算过程，只有结果，不能得分。）11. 如图所示的螺线管的匝数 n=1500，横截面积 S=20cm2，电阻 r=1.5，与螺线管串联的外电阻 R1=10， R2=3.5。若穿过螺线管的磁场的磁感应强度按图（b）所示的规律变化，求：- 8 -(1)螺线管中电流的大小；(2
12、)R1上消耗的电功率。【答案】(1) I=0.4A (2)P=1.6W【解析】 （1）根据法拉第电磁感应定律，螺线管中产生的感应电动势 E 为：根据闭合电路欧姆定律有回路中产生的感应电流大小为： （2）电阻 R1上的功率为：P= I2R10.4 210W1.6W12. 如图甲所示，在水平面上固定有宽为 足够长的金属平行导轨，导轨左端接有的的电阻, 垂直于导轨平面有一磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。在时刻，在距导轨左端 d=5m 处有一阻值 光滑导体棒,放置在导轨上,第 1S 内导体棒在一变力作用下始终处于静止状态，不计导体棒与导轨之间的接触电阻。求:(1)第 1s 内的感应电动势大
13、小；(2)第 1s 末拉力的大小及方向；(3)若 1s 后拉力保持与第 1s 末相同,求导体棒的最终速度。【答案】(1) E=2V (2)F=0.8N,方向水平向右 (3) v=5m/s【解析】 （1）第 1s 内由电磁感应定律可得：电动势为 E Ld 2 V（2）由闭合电路欧姆定律知 I 2 AF 安 =BIL=0.8N- 9 -由平衡条件知 F=F 安 =0.8N由楞次定律可得，感应电流的方向为逆时针方向，根据左手定则，导体棒安培力的方向水平向左，则拉力方向水平向右（3）1s 后导体棒做变加速直线运动，当受力平衡速度达最大则由电磁感应定律 E=BLv由闭合电路欧姆定律知 I= 由平衡条件知 F=F 安 =ILB联立解得 v代入数据得 v=5m/s点睛：本题考查了切割产生感应电动势以及感生产生电动势，关键掌握产生电动势的公式，结合闭合电路欧姆定律和共点力平衡进行求解
