2016-2017学年山东省济南市商河县弘德中学高二（下）第一次月考物理试卷
一、选择题（本题包括16小题，每小题4分，共64分．1-7只有一个选项正确，8-16有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）
1．在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是（ ） A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化 B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化
C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流的变化
D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化
2．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，如图甲所示．产生的交变电动势的图象如图乙所示，则（ ）
A．t=0.005 s时线框的磁通量变化率为零 B．t=0.01 s时线框平面与中性面重合 C．线框产生的交变电动势有效值为311 V D．线框产生的交变电动势频率为100 Hz
3．如图所示，A和B是电阻为R的电灯，L是自感系数较大的线圈，当S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法中，正确的是（ ）
A．B灯逐渐熄灭
B．A灯将比原来更亮一些后再熄灭 C．有电流通过B灯，方向为c→d
D．有电流通过A灯，方向为b→a
4．如图所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在正弦交流电源上．变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，其阻值随温度升高而减小．电流表
为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表
显示加在报警器上的
电压（报警器未画出），R3为一定值电阻．当传感器R2所在处出现火警时，以下说法中正确的是（ ）
A．C．
的示数不变， 的示数不变，
的示数增大 B． 的示数增大 D．
的示数减小，的示数不变，
的示数增大 的示数减小
5．调压变压器是一种自耦变压器，它的构造如图所示；线圈AB绕在一个圆环形的闭合铁芯上，AB间加上有效值不变的正弦交流电压U，移动滑动触头P的位置，就可以调节输出电压，在输出端连接了滑动变阻器R和理想交流电流表
，变阻器的滑动触头为Q，则（ ）
A．保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数变大 B．保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数变小
C．保持Q的位置不动，将P沿顺时针方向移动（不超过B）时，电流表的读数变大 D．保持Q的位置不动，将P沿顺时针方向移动（不超过B）时，电流表的读数变小 6．下列说法正确的是（ ）
A．单晶体的物理性质与方向有关，这种性质叫各向异性 B．不具有规则几何形状的物体一定不是晶体 C．玻璃块有规则的几何形状，所以它是晶体
D．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变
7．一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1，R2和R3的阻值分别为3Ω，1Ω，4Ω，A为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定．当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I．该变压器原、副线圈匝数比为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
8．如图为两分子系统的势能Ep与两分子间距离r的关系曲线．下列说法正确的是（ ）
A．当r大于r1时，分子间的作用力表现为引力 B．当r小于r1时，分子间的作用力表现为斥力 C．当r等于r2时，分子间的作用力的合力为零 D．在r由r1变到r2的过程中，分子间的作用力做负功
9．如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO′为其对称轴一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时（ ）
A．穿过回路的磁通量为零 B．回路中感应电动势大小为2Blv0 C．回路中感应电流的方向为顺时针方向 D．回路中ab边与cd边所受安培力方向相同
10．小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间成正弦函数关系，如图所示．此线圈与一个R=9Ω的电阻构成闭合电路，线圈自身的电阻r=1Ω，下列说法正确的是（ ）
A．交变电流的周期为0.2 s B．交变电流的频率为2.5 Hz
C．发电机工作电流为2 A D．发电机输出的电功率为18 W
11．如图，边长为L的闭合正方形线框共有n匝，总电阻为R．在磁感应强度为B的匀强磁场中绕中心轴OO′匀速转动，线框中心轴OO′与磁场方向垂直，线框转动的角速度为ω，从线框平面平行于磁感线的位置开始计时，则（ ）
A．线框中产生的电动势的瞬时值表达式为e=nBLωcosωt B．t=0时，线框中感应电流值为C．线框中电流的有效值为D．线框中电流的频率为
nBLωcosωt
2
2
12．某小型水电站的电能输送示意图如下．发电机的输出电压为220V，输电线总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n1、n2．降压变压器原副线匝数分别为n3、n4（变压器均为理想变压器）．要使额定电压为220V的用电器正常工作，则（ ）
A．＜
B．＞
C．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压 D．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率 13．关于布朗运动，下列说法正确的是（ ） A．布朗运动是指微粒的无规则运动 B．布朗运动是指液体分子的无规则运动 C．布朗运动说明了微粒分子的无规则运动
D．微粒越小，液体温度越高，布朗运动越剧烈．布朗运动越剧烈说明液体分子的无规则运动越剧烈
14．如图所示，两竖直放置的平行光滑导轨处于垂直于导轨平面的匀强磁场中，金属杆ab可沿导轨滑动，原先S断开，让ab杆由静止下滑，一段时间后闭合S，则从S闭合开始计时，ab杆的运动速度v随时间t的图象不可能是下图中的（ ）
A． B．
C． D．
15．如图所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为θ，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，磁感强度为B的匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一质量为m长为l的导体棒从ab位置获平行斜面的大小为v的初速向上运动，最远到达a′b′的位置，滑行的距离为s，导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为μ．则（ ）
A．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为
B．上滑过程中安培力、滑动摩擦力和重力对导体棒做的总功为C．上滑过程中电流做功发出的热量为D．上滑过程中导体棒损失的机械能为
﹣mgs（sinθ+μcosθ） ﹣mgs sinθ
16．如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向与斜面垂直，两磁场的宽度MJ和JG均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场时，线框恰好以速度v0做匀速直线运动；当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v做匀速直线运动．则下列说法正确的是（ ）
A．v=v0
B．线框离开MN的过程中电流方向为adcba
C．当ab边刚越过JP时，线框加速度的大小为3 gsinθ
D．从ab边刚越过GH到ab边刚越过MN过程中，线框产生的热量为
二、计算题（本题共3小题，共36分．解答时要有必要的文字说明、方程式和演算步骤，只写最后答案不得分，有数值计算的，答案中必须写出数值和单位）
17．如图，水平面（纸面）内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上，t=0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动，t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中
恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ．重力加速度大小为g．求： （1）金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小； （2）电阻的阻值．
18．如图所示，线圈abcd的面积是0.05m2，共100匝，线圈的总电阻为1Ω，外接电阻R=9Ω，匀强磁场的磁感应强度B=
T，当线圈以300r/min的转速匀速旋转时．问：
（1）若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式； （2）线圈转过
s时电动势的瞬时值多大？
（3）电路中，电压表和电流表的示数各是多少？ （4）从中性面开始计时，经
s通过电阻R的电荷量是多少？
19．如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，一个磁感应强度B=0.50T的匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P间连接阻值为R=0.30Ω的电阻，长为L=0.40m、电阻为r=0.20Ω的金属棒ab紧贴在导轨上．现使金属棒ab由静止开始下滑，通过传感器记录金属棒ab下滑的距离，其下滑距离与时间的关系如下表所示，导轨电阻不计． （g=10m/s） 时 间t（s） 下滑距离s（m） 0 0 0.10 0.10 0.20 0.30 0.30 0.70 0.40 1.20 0.50 1.70 0.60 2.20 0.70 2.70 2
求：（1）在前0.4s的时间内，金属棒ab电动势的平均值； （2）金属棒的质量；
（3）在前0.7s的时间内，电阻R上产生的热量．
2016-2017学年山东省济南市商河县弘德中学高二（下）第一次月考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题包括16小题，每小题4分，共64分．1-7只有一个选项正确，8-16有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）
1．在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是（ ） A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化 B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化
C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流的变化
D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化
【考点】D2：感应电流的产生条件．
【分析】产生感应电流的条件：闭合回路的磁通量发生变化或闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中有感应电流．
【解答】解：A、将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，回路中没有磁通量的变化，不能产生感应电流，观察到电流表没有变化，故A错误；
B、在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，回路中没有磁通量的变化，不能产生感应电流，观察到电流表没有变化，故B错误；
C、将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁的过程中有感应电流产生，但是之后，再到相邻房间去观察时，回路中已经没有磁通量的变化，此时观察到的电流表没有变化，故C错误；
D、绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，回路中的磁通量发生变化，能观察电流表的变化，故D正确． 故选：D．
2．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，如图甲所示．产生的交变电动势的图象如图乙所示，则（ ）
A．t=0.005 s时线框的磁通量变化率为零 B．t=0.01 s时线框平面与中性面重合 C．线框产生的交变电动势有效值为311 V D．线框产生的交变电动势频率为100 Hz
【考点】E4：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；E3：正弦式电流的图象和三角函数表达式．
【分析】由图乙可知特殊时刻的电动势，根据电动势的特点，可判处于那个面上，由图象还可知电动势的峰值和周期，根据有效值和峰值的关系便可求电动势的有效值． 【解答】解：由图乙可知 T=0.02s Em=311v
A、由图可知t=0.005s时刻感应电动势最大，所以穿过线框回路的磁通量变化率为最大，故A错误；
B、0.01s时电动势为零，线圈平面与磁场方向垂直，即线框平面与中性面重合，故B正确； C、根据正弦式交变电流有效值和峰值的关系可得， 该交变电流的有效值为E=
，故C错误．
D、由图乙可知 T=0.02s，故频率为f=故选：B
，故D错误；
3．如图所示，A和B是电阻为R的电灯，L是自感系数较大的线圈，当S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法中，正确的是（ ）
A．B灯逐渐熄灭
B．A灯将比原来更亮一些后再熄灭
C．有电流通过B灯，方向为c→d D．有电流通过A灯，方向为b→a
【考点】DE：自感现象和自感系数；BB：闭合电路的欧姆定律．
【分析】在开关闭合瞬间，线圈阻碍电流的增加，断开S1瞬间产生一自感电动势相当于电源，与A组成闭合回路．
【解答】解：A、S1闭合、S2断开且电路稳定时两灯亮度相同，说明L的直流电阻亦为R．闭合S2后，L与A灯并联，R与B灯并联，它们的电流均相等．
当将S1断开后，L将阻碍自身电流的减小，即该电流还会维持一段时间，在这段时间里，因S2闭合，电流不可能经过B灯和R，只能通过A灯形成b→A→a→L→c→b的电流，所以D正确，AC错误；
B、由于自感形成的电流是在L原来电流的基础上逐渐减小的，并没有超过A灯原来电流，故A灯虽推迟一会熄灭，但不会比原来更亮，故B错误． 故选：D
4．如图所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在正弦交流电源上．变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，其阻值随温度升高而减小．电流表
为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表
显示加在报警器上的
电压（报警器未画出），R3为一定值电阻．当传感器R2所在处出现火警时，以下说法中正确的是（ ）
A．C．
的示数不变， 的示数不变，
的示数增大 B． 的示数增大 D．
的示数减小，的示数不变，
的示数增大 的示数减小
【考点】E8：变压器的构造和原理．
【分析】和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R2的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．
【解答】解：当传感器R2所在处出现火情时，R2的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，所以电路中的总电流将会增加，A1测量的是原线圈中的总的电流，由于副线圈的电流增大了，所
以原线圈的电流A1示数也要增加；由于电源的电压不变，匝数比不变，原副线圈的电压也不变，所以V1的示数不变，由于副线圈中电流增大，R3的电压变大，所以V2的示数要减小，即R1的电压也要减小，所以A2的示数要减小，所以ABC错误，D正确． 故选：D．
5．调压变压器是一种自耦变压器，它的构造如图所示；线圈AB绕在一个圆环形的闭合铁芯上，AB间加上有效值不变的正弦交流电压U，移动滑动触头P的位置，就可以调节输出电压，在输出端连接了滑动变阻器R和理想交流电流表
，变阻器的滑动触头为Q，则（ ）
A．保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数变大 B．保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数变小
C．保持Q的位置不动，将P沿顺时针方向移动（不超过B）时，电流表的读数变大 D．保持Q的位置不动，将P沿顺时针方向移动（不超过B）时，电流表的读数变小 【考点】E8：变压器的构造和原理．
【分析】保持P的位置不动，输出电压不变，将Q向下移动时，R变大，电流减小，电流表的读数减小；保持Q的位置不动，R不变，将P沿逆时针方向移动时，负线圈匝数变大，输出电压变大，电流表的读数变大．
【解答】解：保持P的位置不动，即是保持变压器的原、副线圈的匝数比不变，则滑动变阻器R两端的电压不变，当将Q向下移动时，连入电路的电阻的阻值变大，因而电流减小，A错误B正确；
保持Q的位置不动，即是保持滑动变阻器R连入电路的阻值不变，将P沿顺时针方向移动时，变压器的原线圈的匝数不变，副线圈的匝数减少，滑动变阻器R两端的电压将变小，所以电流表的读数变小，C错误D正确． 故选BD
6．下列说法正确的是（ ）
A．单晶体的物理性质与方向有关，这种性质叫各向异性
B．不具有规则几何形状的物体一定不是晶体 C．玻璃块有规则的几何形状，所以它是晶体
D．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变 【考点】92：* 晶体和非晶体；8F：热力学第一定律． 【分析】1．晶体分为单晶体和多晶体．
（1）单晶体有整齐规则的几何外形，多晶体没有规则的几何形状； （2）所有晶体有固定的熔点，在熔化过程中，温度始终保持不变； （3）其中单晶体有各向异性的特点．
2．非晶体是指组成物质的分子（或原子、离子）不呈空间有规则周期性排列的固体．它没有一定规则的外形，如玻璃、松香等．它的吧、物理性质为各向异性，它没有固定的熔点． 【解答】解：A、单晶体的物理性质与方向有关，即在各个方向物理性质不同，这种特性叫做各向异性，故A正确．
B、多晶体没有规则的几何形状，故B错误．
C、区分晶体和非晶体，最可靠的是依据熔化温度：晶体有一定的熔化温度，非晶体没有一定的熔化温度，而玻璃没有固定的温度，故C错误．
D、在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，吸收的热量转化为分子势能，所以内能增大，故D错误． 故选：A
7．一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1，R2和R3的阻值分别为3Ω，1Ω，4Ω，A为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定．当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I．该变压器原、副线圈匝数比为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【考点】E8：变压器的构造和原理．
【分析】变压器输入电压为U与电阻R1两端电压的差值；再根据电流之比等于匝数的反比可求得输出电流；根据电压之比等于匝数之比对两种情况列式，联立可求得U与I的关系；则
可求得线圈匝数之比．
【解答】解：设变压器原、副线圈匝数之比为k，则可知，开关断开时，副线圈电流为kI； 则根据理想变压器原理可知：
=k （1）
同理可知， =k （2）
代入数据联立解得：U=48I； 代入（1）式可得：
k=3； 故B正确，ACD错误； 故选：B．
8．如图为两分子系统的势能Ep与两分子间距离r的关系曲线．下列说法正确的是（ ）
A．当r大于r1时，分子间的作用力表现为引力 B．当r小于r1时，分子间的作用力表现为斥力 C．当r等于r2时，分子间的作用力的合力为零 D．在r由r1变到r2的过程中，分子间的作用力做负功 【考点】86：分子间的相互作用力．
【分析】本题考查了分子势能与分子之间距离的关系图象，注意分子势能为标量，当r=r0时，分子力为零，分子势能最小，由图可知r2=r0，然后根据分子力与分子之间距离关系可以求解． 【解答】解：由图可知r2=r0，因此当r大于r1而小于r2时分子力为斥力，大于r2时分子力为引力，故A错误；
B、由于r1＜r2=r0，故当r小于r1时，分子间的作用力表现为斥力，故B正确． C、由于r2=r0，因此当r等于r2时，分子间的作用力为零，故C正确；
D、当r由r1变到r2的过程中，分子力为斥力，因此分子间作用力做正功，故D错误． 故选：BC
9．如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO′为其对称轴一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时（ ）
A．穿过回路的磁通量为零 B．回路中感应电动势大小为2Blv0 C．回路中感应电流的方向为顺时针方向 D．回路中ab边与cd边所受安培力方向相同
【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；CC：安培力；DC：右手定则．
【分析】根据磁通量的定义可以判断此时磁通量的大小，如图所示时刻，有两根导线切割磁感线，根据右手定则可判断两根导线切割磁感线产生电动势的方向，求出回路中的总电动势，然后即可求出回路中的电流和安培力变化情况．
【解答】解：A、此时线圈中有一半面积磁场垂直线圈向外，一半面积磁场垂直线圈向内，因此磁通量为零，故A正确；
B、ab切割磁感线形成电动势b端为正，cd切割形成电动势c端为负，因此两电动势串联，故回路电动势为E=2BLv0，故B正确；
C、根据右手定则可知线框向右运动的过程中，ab中的感应电动势的方向向下，cd中的感应电动势的方向向上，所以回路中的感应电流方向为逆时针，故C错误；
D、根据左手定则可知，回路中ab边电流的方向向下，磁场的方向向外，所以安培力的方向向左；同理，cd边电流的方向向上，磁场的方向向里，所受安培力方向向左，方向相同，故D正确． 故选：ABD．
10．小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间成正弦函数关系，如图所示．此线圈与一个R=9Ω的电阻构成闭合电路，线圈自身的电阻r=1Ω，下列说法正确的是（ ）
A．交变电流的周期为0.2 s B．交变电流的频率为2.5 Hz
C．发电机工作电流为2 A D．发电机输出的电功率为18 W 【考点】E3：正弦式电流的图象和三角函数表达式．
【分析】从图象中可以求出该交流电的最大电压以及周期等物理量，然后根据最大值与有效值以及周期与频率关系求解，求消耗的功率用交流电的有效值
【解答】解：A、由图可知，交流电的最大电压E=10V，周期T=0.4s，故A错误； B、根据最大值与有效值以及周期与频率关系有f=C、交变电流的最大值为Im=
Hz，故B正确：
，则有效值
I=A，故C错误，
D、发电机的输出功率P=故选：BD．
，故D正确．
11．如图，边长为L的闭合正方形线框共有n匝，总电阻为R．在磁感应强度为B的匀强磁场中绕中心轴OO′匀速转动，线框中心轴OO′与磁场方向垂直，线框转动的角速度为ω，从线框平面平行于磁感线的位置开始计时，则（ ）
A．线框中产生的电动势的瞬时值表达式为e=nBL2ωcosωt B．t=0时，线框中感应电流值为
C．线框中电流的有效值为D．线框中电流的频率为
nBLωcosωt
2
【考点】E3：正弦式电流的图象和三角函数表达式；E2：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；E4：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率． 【分析】线圈在磁场中产生感应电动势，根据
求得最大值，即可求
得产生的感应电动势的瞬时值，根据闭合电路的欧姆定律求得感应电流，一个周期内电流方向改变2次，即可求得电流的频率
【解答】解：A、线圈产生的感应电动势的最大值为
2
，从与中性面
垂直开始计时，则线框中产生的电动势的瞬时值表达式为e=nBLωcosωt，故A正确； B、t=0时，产生的感应电动势最大，线框中感应电流值为I=B正确；
C、线框中电流的有效值为I=
，故C错误；
=
，故
D、交流电的频率f=故D错误 故选：AB
，一个周期内电流改变2次，故频率f，
12．某小型水电站的电能输送示意图如下．发电机的输出电压为220V，输电线总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n1、n2．降压变压器原副线匝数分别为n3、n4（变压器均为理想变压器）．要使额定电压为220V的用电器正常工作，则（ ）
A．＜
B．＞
C．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压 D．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率 【考点】EA：远距离输电．
【分析】将发电站的电能远输时，由于电线上的电阻而导致电压和功率损失，从而使得降压变压器输入电压和输入功率减少． 【解答】解：根据变压器工作原理可知
，
，由于输电
线上损失一部分电压，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，有U2＞U3，所以
，故B正确，AC不正确．
升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线损失功率，故D正确． 故选：BD
13．关于布朗运动，下列说法正确的是（ ） A．布朗运动是指微粒的无规则运动 B．布朗运动是指液体分子的无规则运动 C．布朗运动说明了微粒分子的无规则运动
D．微粒越小，液体温度越高，布朗运动越剧烈．布朗运动越剧烈说明液体分子的无规则运动越剧烈
【考点】84：布朗运动．
【分析】固体小颗粒做布朗运动是液体分子对小颗粒的碰撞的作用力不平衡引起的，液体的温度越低，悬浮小颗粒的运动越缓慢，且液体分子在做永不停息的无规则的热运动．固体小颗粒做布朗运动说明了液体分子不停的做无规则运动．
【解答】解：A、B、C、悬浮在液体中的固体微粒由于受到周围液体分子撞击的冲力不平衡而引起无规则运动，所以布朗运动是固体小颗粒的运动，是液体分子无规则运动的反映，不是固体小颗粒分子的运动；故A正确，BC错误；
D、布朗运动是液体分子撞击的冲力不平衡而引起的，故颗粒越小，温度越高，运动越剧烈，故D正确；
故选：AD．
14．如图所示，两竖直放置的平行光滑导轨处于垂直于导轨平面的匀强磁场中，金属杆ab可沿导轨滑动，原先S断开，让ab杆由静止下滑，一段时间后闭合S，则从S闭合开始计时，ab杆的运动速度v随时间t的图象不可能是下图中的（ ）
A． B．
C． D．
【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；1I：匀变速直线运动的图像．
【分析】金属杆在重力作用下向下运动，竖直方向受重力和安培力作用，根据安培力大小与重力大小的关系分析金属杆的运动情况以及加速度变化情况． 【解答】解：A、当闭合开关时S时，满足mg=故A错误．
B、当速度大小变化时，感应电动势也会变化，感应电流也变化，安培力大小也变化，所以金属杆的加速度也在变化，所以不可能做匀加速运动，B没有可能，故B正确． C、如果mg＞
时，金属杆加速运动，速度增大，安培力增大，加速度减小最后
时，金属杆匀速运动，A可能，
匀速，C有可能，故C错误． D、当mg＜可能，故D错误． 该题选不可能的，故选B．
时，金属杆减速运动，速度减小，安培力减小，加速度减小，D有
15．如图所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为θ，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，磁感强度为B的匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一质量为m长为l的导体棒从ab位置获平行斜面的大小为v的初速向上运动，最远到达a′b′的位置，滑行的距离为s，导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为μ．则（ ）
A．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为
B．上滑过程中安培力、滑动摩擦力和重力对导体棒做的总功为C．上滑过程中电流做功发出的热量为D．上滑过程中导体棒损失的机械能为
﹣mgs（sinθ+μcosθ） ﹣mgs sinθ
【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；DD：电磁感应中的能量转化．
【分析】导体棒向上做减速运动，开始时速度最大，产生的感应电流最大，受到的安培力最大，由E=BLv、I=
、FA=BIL求出最大安培力．根据动能定理分析总功．由能量守恒定律
研究电流做功发出的热量．上滑的过程中动能减小，重力势能增加，即可求得机械能的损失． 【解答】解：
A、导体棒开始运动时所受的安培力最大，由E=BLv、I=FA=
．故A错误．
、FA=BIL得到最大安培力为
B、导体棒上滑的过程中，根据动能定理得知：安培力、滑动摩擦力和重力对导体棒做的总功为﹣
mv2．故B错误．
C、根据能量守恒可知，上滑过程中导体棒的动能减小，转化为焦耳热、摩擦生热和重力势能，则有电流做功发出的热量为Q=
mv2﹣mgs（sinθ+μcosθ）．故C正确．
mv2，重力势能增加mgs sinθ，所以导体棒损失的机
D、上滑的过程中导体棒的动能减小
械能为故选：CD
mv﹣mgssinθ．故D正确．
2
16．如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向与斜面垂直，两磁场的宽度MJ和JG均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场时，线框恰好以速度v0做匀速直线运动；当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v做匀速直线运动．则下列说法正确的是（ ）
A．v=v0
B．线框离开MN的过程中电流方向为adcba
C．当ab边刚越过JP时，线框加速度的大小为3 gsinθ
D．从ab边刚越过GH到ab边刚越过MN过程中，线框产生的热量为
【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；DD：电磁感应中的能量转化．
【分析】当ab边刚越过GH进入磁场时，线框恰好以速度 v0做匀速直线运动，加速度为零．当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v做匀速直线运动，则知两次匀速运动时，重力沿斜面向下的分力与安培力平衡，安培力的表达式分别为F1=
和
F2=2BLI2=2BL×2=，由平衡条件即可求出速度之比．从ab边刚越
过GH到ab边刚越过MN过程中，线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量与动能减小量之和，根据能量守恒定律求出产生的电能． 【解答】解：
A、由题意当ab边刚越过GH进入磁场时，线框恰好以速度 v0做匀速直线运动，加速度为零．当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v做匀速直线运动，则知两次匀速运
动时，重力沿斜面向下的分力与安培力平衡，安培力的表达式分别为F1= 和
F2=2BLI2=2BL×2错误．
=，由平衡条件即可求出速度关系：4v=v0．故A
B、线框离开MN的过程中，穿过线圈磁通量减小，由楞次定律可行，线圈产生的感应电流方向为adcba．故B正确．
C、当ab边未越过JP时，线框做匀速直线运动，处于受力平衡，即mgsinθ=
；
当ab边刚越过JP时，线框两边切割磁感线，导致线框做匀减速运动，受力分析，即mgsinθ﹣4
=ma，从而可求出线框加速度的大小为3 gsinθ，故C正确；
D、从ab边刚越过GH到ab边刚越过MN过程中，线框的重力势能和动能均减小，根据功能关系得知，线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量与动能减小量之和．则线框产生的2Lsinθ+正确 故选：BCD
二、计算题（本题共3小题，共36分．解答时要有必要的文字说明、方程式和演算步骤，只写最后答案不得分，有数值计算的，答案中必须写出数值和单位）
17．如图，水平面（纸面）内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上，t=0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动，t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ．重力加速度大小为g．求： （1）金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小； （2）电阻的阻值．
热
量
=
为
mg
×．故D
【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；BB：闭合电路的欧姆定律．
【分析】（1）根据牛顿第二定律和运动学公式求刚进入磁场时的速度，再根据法拉第电磁感应定律求切割电动势
（2）进入磁场匀速运动受力平衡求出安培力，结合闭合电路欧姆定律求电流，即可求电阻 【解答】解：（1）根据牛顿第二定律：F﹣μmg=ma…① 刚进磁场时的速度：感应电动势为：
…② …③
解得：…④
（2）根据右手定则，导体棒中的电流向上，由左手定则知安培力水平向左 匀速运动受力平衡：F=μmg+BI′l…⑤ 回路电流为：
…⑥
得：…⑦
答：（1）金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小为；
（2）电阻的阻值为
．
18．如图所示，线圈abcd的面积是0.05m，共100匝，线圈的总电阻为1Ω，外接电阻R=9Ω，匀强磁场的磁感应强度B=
T，当线圈以300r/min的转速匀速旋转时．问：
2
（1）若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式； （2）线圈转过
s时电动势的瞬时值多大？
（3）电路中，电压表和电流表的示数各是多少？
（4）从中性面开始计时，经s通过电阻R的电荷量是多少？
【考点】E5：交流的峰值、有效值以及它们的关系．
【分析】（1）从图示位置开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式e=NBSωsinωt，由转速求出角速度ω代入解出；
（2）根据感应电动势的瞬时值表达式求解；
（3）电路中电压表、电流表的示数显示交流的有效值，由欧姆定律求出R电压和电流的有效值； （4）根据q=N
求解电量．
【解答】解：（1）转速n=300r/min=5r/s，故频率f=n=5Hz ω=2πf=2π×5rad/s=10πrad/s 感应电动势的最大值Em=nBSω=100×
×0.05×10π=50V，
因为从中性面开始计时，所以感应电动势按正弦规律变化， e=Emsinωt=50sin 10πt V （2）当t=
s时，e=50sin （10π×
=
） V≈43.3 V．
（3）电动势的有效值为E=电流表示数I=
=
V≈35.4 V， A=3.54 A，
电压表示数U=IR=3.54×9 V=31.86 V． （4）
s内线圈转过的角度θ=ωt=
BS，
×2π×
=
．
该过程中，△Φ=BS﹣BScosθ=
q=△t=N== C．
答：（1）若从线圈处于中性面开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式是e=50sin 10πt
V；
（2）线圈转过
s时电动势的瞬时值是43.3 V
（3）电路中，电压表示数是31.86 V，电流表的示数是3.54 A． （4）从中性面开始计时，经
19．如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，一个磁感应强度B=0.50T的匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P间连接阻值为R=0.30Ω的电阻，长为L=0.40m、电阻为r=0.20Ω的金属棒ab紧贴在导轨上．现使金属棒ab由静止开始下滑，通过传感器记录金属棒ab下滑的距离，其下滑距离与时间的关系如下表所示，导轨电阻不计． （g=10m/s2） 时 间t（s） 下滑距离s（m） 0 0 0.10 0.10 0.20 0.30 0.30 0.70 0.40 1.20 0.50 1.70 0.60 2.20 0.70 2.70 s通过电阻R的电荷量是
C．
求：（1）在前0.4s的时间内，金属棒ab电动势的平均值； （2）金属棒的质量；
（3）在前0.7s的时间内，电阻R上产生的热量．
【考点】D8：法拉第电磁感应定律；BH：焦耳定律；CC：安培力． 【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律，即可求解；
（2）根据数据可知，匀速直线运动的时间，从而求出匀速运动的速度，结合安培力的表达式，闭合电路苟安欧姆定律与感应电动势的表达式，即可求解；
（3）根据棒在下滑过程中，克服安培力做的功等于回路的焦耳热，由能量转化与守恒定律，即可求解．
【解答】解：（1）法拉第电磁感应定律，则有平均感应电动势为：
（2）从表格中数据可知，0.3s后棒作匀速运动的速度为：
由mg﹣F=0；
安培力表达式：F=BIL； 欧姆定律：I=
；
感应电动势为：E=BLv； 解得：m=0.04kg
（3）棒在下滑过程中，有重力和安培力做功，克服安培力做的功等于回路的焦耳热．则： mgs7﹣Q=QR=
﹣0
解得：Q=0.348J
答：（1）在前0.4s的时间内，金属棒ab电动势的平均值0.6V； （2）金属棒的质量0.04kg；
（3）在前0.7s的时间内，电阻R上产生的热量0.348J．
2017年6月27日
山东省济南市商河县弘德中学2016-2017学年高二下学期第一次月考物理试卷Word版含解析
