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2018-2019学年度12月月考物理卷
（考察内容：电磁感应、交变电流。满分100分，时间90分钟）
一、单选题（每题4分）
1．下列物理现象属于电磁感应的是（ ）
A． 通电导线周围产生磁场
B． 录音机录制声音时使电流信号录入磁带
C． 磁带经过录音机的磁头时，还原电流信号
D． 电流经过导体时导体发热
2．如图所示，一个有矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里。一个三角形闭合导线框，由位置1(左)沿纸面匀速运动到位置2(右)。取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t=0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则下图中能正确反映线框中电流与时间关系的是( )
A． B．
C． D．
3．如图所示，线圈与电源.开关相连，直立在水平桌面上，铁芯插在线圈中，质量较小铝环套在铁芯上。闭合开关的瞬间，铝环向上跳起来，则下列说法中正确的是（ ）
A． 若保持开关闭合，则铝环不动升高
B． 开关闭合后，铝环上升到某一高度后回落
C． 若保持开关闭合，则铝环跳起来到某一高度停留
D． 如果将电源的正.负极对调，则不能观察到同样的现象
4．法拉第发明了世界上第一台发电机—法拉第圆盘发电机；铜质圆盘竖直放置在水平向左的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各有一个铜电刷与其紧贴，用导线将电刷与电阻R连接起来形成回路．转动摇柄，使圆盘如图示方向转动．已知匀强磁场的磁感应强度为B，圆盘半径为r，圆盘匀速转动的角速度为ω．下列说法正确的是（ ）
A．圆盘产生的电动势为Bωr2，流过电阻R 的电流方向为从b到a
B．圆盘产生的电动势为Bωr2，流过电阻R 的电流方向为从a到b
C．圆盘产生的电动势为Bωπr2，流过电阻R 的电流方向为从b到a
D．圆盘产生的电动势为Bωπr2，流过电阻R 的电流方向为从a到b
5．如图所示，螺线管与电阻R相连，磁铁从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管，下列说法正确的是( )
A． 磁铁刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度
B． 通过电阻的电流先由a到b，后由b到a
C． 磁铁减少的重力势能等于回路产生的热量
D． a的电势始终高于b的电势
6．如图所示电路中，灯、完全相同，带铁芯的线圈L的电阻可忽略，则
A． S闭合瞬间，、同时发光，接着熄灭，更亮
B． S闭合瞬间，不亮，立即亮
C． S闭合瞬间，、都不立即亮
D． 稳定后再断开S的瞬间，不能立即熄灭
7．在匀强磁场中，一矩形金属线圈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＝0.005s时线圈平面与磁场方向平行
B． t＝0.010s时线圈的磁通量变化率最大
C． 线圈产生的交变电动势频率为100Hz
D． 线圈产生的交变电动势有效值为311V
8．如图所示，一个小型水电站，其交流发电机的输出电压U1一定，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R．T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2．T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4．下列说法正确的是（ ）
A． 当用户的用电器增多时，U2减小，U4变大
B． 当用户的用电器增多时，P1变大，P3减小
C． 输电线上损失的功率为△P=
D． 要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比，同时应增大降压变压器的匝数比
二、多选题（每题4分，部分得分2分）
9．如图所示，倒置的U形金属导轨所在平面与水平面夹角为，其中MN与PQ平行且间距为L=1m，导轨处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与轨道平面垂直，磁场随时间变化情况如图乙所示，取图甲所示磁场方向为磁感应强度的正方向。现将金属棒ab垂直放置在导轨上，金属棒与NQ相距0.2m，在0~4s内金属棒始终处于静止状态。已知金属棒ab的质量m=0.1kg，电阻为R=2Ω，不计导轨电阻，g=10m/s2，则 ( )
A． t=2s时刻金属棒ab所受安培力的方向改变
B． 0~4s内金属棒所受的最大静摩擦力为0.9N
C． 0~4s内穿过金属棒的电荷量为0.4C
D． 0~4s内金属棒中产生的焦耳热为0.32J
10．粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行。现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如下图所示（ ）
A． 四种情况下ab两端的电势差都相等
B． 四种情况下流过ab边的电流的方向都相同
C． 四种情况下流过线框的电荷量都相等
D． 四种情况下磁场力对线框做功的功率都相等
11．如图所示，在磁感应强度B=1.0 T的匀强磁场中，质量m=1kg的金属杆PQ在水平向右的外力F作用下沿着粗糙U形导轨以速度v=2 m/s 向右匀速滑动，U形导轨固定在水平面上，两导轨间距离1=1.0m，金属杆PQ与U形导轨之间的动摩擦因数μ=0.3， 电阻R=3.0 Ω，金属杆的电阻r=1.0 Ω，导轨电阻忽略不计，取重力加速度g=10 m/s²，则下列说法正确的是
A． 通过R的感应电流的方向为由d到a
B． 金属杆PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为2.0 V
C． 金属杆PQ受到的外力F的大小为2.5N
D． 外力F做功的数值大于电路上产生的焦耳热
12．如图所示，理想变压器原线圈接在内阻不计的交流电源上，图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是（ ）
A． 若闭合开关S，则电流表A1示数变大、A2示数变小
B． 当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大
C． 当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大
D． 当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大
三、实验题（每空2分，共12分）
13．图示为“探究感应电流方向的规律”实验时所用电路
（1）闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么闭合开关后将线圈A迅速插入线圈B时，灵敏电流计指针将________；接着将滑动变阻器的滑片迅速向左滑动，灵敏电流计指针_______。（均填“向左偏”“向右偏”或“不偏”）
（2）某同学在完成实验后未断开开关，也未把A、B两线圈和铁芯分开放置，在拆除电路时突然被电击了一下，则被电击是在拆除____________（选填“A”或“B”）线圈所在电路时发生的，分析可知，要避免电击发生，在拆除电路前应_____________（选填“断开开关”或“把A、B线圈分开放置”）。
14．(1)在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，实验室中备有下列可供选择的器材：
A．可拆变压器(铁芯、两个已知匝数的线圈)
B．条形磁铁
C．直流电源
D．多用电表
E．开关、导线若干
F．低压交流电源
上述器材在本实验中不必用到的是________(填器材前的序号)。
(2)做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验时，原线圈接在电源上，用多用电表测量副线圈的电压，下列操作正确的是（_______）
A．原线圈接直流电压，电表用直流电压挡
B．原线圈接直流电压，电表用交流电压挡
C．原线圈接12V以下交流电压，电表用交流电压挡
D．原线圈接220V交流电压，电表用交流电压挡
四、解答题
15．（12分）如图所示，N=50匝的矩形线圈,边长 ，边长 ，放在磁感应强度的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的 轴以
的转速匀速转动，线圈电阻，外电路电阻，时线圈平面与磁感线平行，边正转处纸外、边转入纸里，求：
（1）感应电动势的瞬时值表达式；
（2）线圈转一圈外力做的功；
（3）从图示位置转过 的过程中流过电阻R的电荷量。
16．（14分）用导线绕一圆环，环内有一用同样导线折成的内接正方形线框，圆环与线框绝缘，如图1所示。圆环的半径R=2 m，导线单位长度的电阻r0=0.2 Ω/m。 把它们放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于圆环平面（纸面）向里。磁感应强度B随时间t变化如图2所示。求：
（1）正方形产生的感应电动势；
（2）在0~2.0 s内，圆环产生的焦耳热；
（3）若不知道圆环半径数值，在0~2.0 s内，导线圆环中的电流与正方形线的电流之比。
17．（14分）如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距
导轨平面与水平面成角，下端连接阻值为R的电阻。匀强磁场方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度为质量、电阻的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直且保持良好接触，它们间的动摩擦因数为金属棒沿导轨由静止开始下滑，当金属棒下滑速度达到稳定时，速度大小为取， ， 求：
金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小；
当金属棒下滑速度达到稳定时克服安培力做功的功率；
电阻R的阻值。
2018-2019学年度邹城二中12月月考物理卷
参考答案
1．C
导线通电后，其下方的小磁针受到磁场的作用力而发生偏转，说明电流能产生磁场，是电流的磁效应现象，不是电磁感应现象，故A错误；录音机使电流信号录入磁带，是电流的磁效应，不是电磁感应现象，故B错误；磁带经过录音机的磁头时，还原出电流信号，线圈在磁场中磁通量变化，导致电路中产生感应电流，是电磁感应现象，故C正确；电流经过导体时是导体发热，这是电流的热效应，不是电磁感应现象，故D错误。所以C正确，ABD错误。
2．A
【解析】
试题分析：先由楞次定律依据磁通量的变化可以判定感应电流的方向，再由感应电动势公式和欧姆定律，分段分析感应电流的大小，即可选择图象．
线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流i应为正方向，故BC错误；线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E=BLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；线框完全进入磁场的过程，磁通量不变，没有 感应电流产生．线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流i应为负方向；线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小，故A正确，D错误．
3．B
【解析】
A、B、C若电键保持闭合时,线圈产生的磁场稳定,穿过铝环的磁通量不变,没有感应电流产生,铝环不受安培力,只受重力作用,则上跳某一高度后将回落.故AC错误,B正确.
D、如果电源的正、负极对调,闭合电键的瞬间,穿过铝环的磁通量仍然增加,产生感应电流,铝环仍然受到安培力而上跳.电键保持闭合时,线圈产生的磁场稳定,穿过铝环的磁通量不变,没有感应电流产生,铝环不受安培力,只受重力作用,则上跳某一高度后将回落.则观察到的现象不变.故D错误
综上所述本题答案是：B.
点睛：闭合电键的瞬间,穿过铝环的磁通量增加,产生感应电流,铝环受到安培力而上跳.
当电键保持闭合时,线圈产生的磁场稳定,穿过铝环的磁通量不变,没有感应电流产生.根据安培力产生情况,判断铝环的运动情况.
4．A
【解析】
试题分析：将圆盘看成无数幅条组成，它们都切割磁感线，从而产生感应电动势，出现感应电流，根据右手定则圆盘上感应电流从边缘流向圆心，则流过电阻R 的电流方向为从b到a．
根据法拉第电磁感应定律，得圆盘产生的感应电动势故选A
考点：法拉第电磁感应定律; 右手定则
【名师点睛】本题是右手定则和法拉第电磁感应定律的综合应用，考查对实验原理的理解能力，同时注意切割磁感线相当于电源，内部电流方向是从负极到正极．
5．A
【解析】
磁铁刚离开螺线管时，正在远离螺线管，磁铁受到的磁场力阻碍磁铁远离螺线管（去留），则加速度a＜g，故A正确；当磁铁N极向下运动，导致穿过线圈的磁通量变大，且方向向下，则由楞次定律可得线圈中产生感应电流方向盘旋而上，螺线管上端相当于电源的正极。所以通过R的电流方向为从b到a，当S极离开螺线管时，穿过线圈的磁通量变小，且方向向下，则螺线管下端相当于电源的正极。所以通过R的电流方向为从a到b，则a点的电势先低于b点的电势，后高于b点电势，故B D错误；磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量和磁铁的动能，故C错误。故选A。
点睛：本题考查了楞次定律的应用，重点是根据磁通量的变化判断出感应电流的有无和方向，能根据来拒去留的判断口诀分析在各点的受力情况．
6．A
【解析】开关S闭合的瞬间，两灯同时获得电压，所以A、B同时发光由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，流过A灯的电流逐渐减小，流过B灯的电流逐渐增大，则A灯变暗，B灯变亮，最后熄灭，故BC错误，A正确．稳定后再断开S的瞬间，由于线圈与灯A构成自感回路，与灯B无关，所以立即熄灭，故D错误．故选A。
【点睛】开关S
闭合的瞬间，电源的电压同时加到两灯的两端，两灯同时发光。由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，随后A灯变暗，B灯变亮。断开开关K的瞬间，B灯立即熄灭，A灯突然闪亮一下再熄灭。
7．B
【解析】
由图可知t=0.005s时刻感应电动势最大，此时线圈所在平面与中性面垂直，所以穿过线框回路的磁通量的变化率最大，A错误；t=0.01s时刻感应电动势等于零，穿过线框回路的磁通量最大，此时线框平面与中性面重合，B正确；产生的有效值为：，故C错误；周期为，故频率为，故D错误．
8．D
【解析】
【详解】
交流发电机的输出电压U1一定，匝数比没变，根据，知U2不变，故A错误；当用户的用电器增多时，用户消耗的电功率变大，则输入功率增大，即P3变大，故B错误；输电线上损失的功率，输电线上损失的电压U损小于U2，故C错误；输送功率一定时，根据P=UI和P损=I2R知，要减小线路的损耗，应增大输送电压，又U1一定，根据，可知应增大升压变压器的匝数比，U3=U2-IR，U2增大，I2减小，所以U3增大，用户电压不变，根据，知，应增大降压变压器的匝数比，故D正确。所以D正确，ABC错误。
9．ABD
【解析】
A、根据楞次定律1~2s内金属棒ab受到的安培力方向始终沿斜面向上，2~3s内向下，选项A正确；
B、当安培力方向沿导轨向下最大时静摩擦力最大，静摩擦力的最大值，其中，解得，，选项B正确；
C、根据法拉第电磁感应定律和电流定义得，选项C错误；
D、0~4s内金属棒产生的焦耳热为，选项D正确。
点睛：本题考查法拉第电磁感应定律的相关内容，注意电流的方向性的问题，同时注意和两段时间内电流相等，只是方向不同。
10．BCD
【解析】上述四个图中，切割边所产生的电动势大小均相等（E），回路电阻均为4r（每边电阻为r），则电路中的电流亦相等，即I=，只有B图中，ab为电源，有Uab=I•3r=E；其他情况下，Uab=I•r=E，故A错误；四种情况穿过线框的磁通量均减小，根据楞次定律判断出感应电流方向均为顺时针方向，故B正确； 由q=n，△Φ相同，所以电荷量相同，故C正确；由P=Fv=BILv，因为I相同，所以P相等，故D正确．故选BCD．
点睛：本题属于电磁感应与电路的结合，注意弄清电源和外电路的构造，明确a、b两点间的电势差是路端电压还是某一阻值电压．掌握电量的经验表达式q=n，并能灵活运用．
11．BD
【解析】
A、PQ棒切割磁感线产生动生电动势，由右手定则可知电流方向为QPad，故A错误。B、导体PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为：E=BLv=1×1×2V=2V，故B正确。C、根据欧姆定律可得，由力的平衡可知，故C错误。D、由动能定理可得，故，故D正确。故选BD。
【点睛】对于单棒切割的类型，掌握电磁感应的基本规律，如右手定则或楞次定律、感应电动势公式E=BLv、欧姆定律和安培力公式F=BIL等是基础，关键要明确各个量的关系，熟练运用相关的公式求解。
12．AB
【解析】
【详解】
闭合开关S并联支路增加，电阻变小，则副线圈即R1的电流变大，分压变大，因次级电压不变，则R2的分压变小，电流变小。A2读数减小；电流表A1示数随副线圈电流的变大而变大，则A正确；滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电阻变大，则干路电流变小，则R1消耗的功率变小，则D错误；干路电流变小，R1分压变小，则电压表V的测量的电压变大，示数变大，则B正确；因变压器次级电流变小，则输出输入电流也变小，电流表A1示数变小。则C错误；故选AB。
【点睛】
考查电路的动态分析：本题中P的移动与电键的闭合均会引起电阻的变小，再由电路的联接关系可分析各表的示数的变化，可见明确电路的结构是求解的关键。
13． 向右偏 向左偏 A 断开开关
【解析】（1）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明穿过线圈的磁通量增加，电流计指针向右偏，合上开关后，将原线圈A迅速插入副线圈B，穿过线圈B的磁通量增加，电流计指针将向右偏；
原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，穿过线圈的磁通量减少，电流计指针将向左偏。
（2）在拆除线圈A时，电流快速减小，由于自感作用，线圈A会产生很大的感应电动势，该同学被点击一下；要避免电击发生，在拆除电路前应先断开开关。
14．BC C
【解析】
【详解】
(1) 变压器的原理是互感现象的应用，是原线圈磁场的变化引起副线圈感应电流的变化，所以不需要外界的磁场，故条形磁铁B不必用到
如果原线圈中通的是直流电源，则副线圈中不会有感应电流产生，故直流电源C不必用到，需要用到低压交流电源；
(2) 变压器的工作原理是互感现象，故原线圈接交流电压，输出电压也是交流电压，故电表用交流电压挡，综合(1)可知，故应选C。
15．（1） ；
（2） ; （3）
【解析】
（1）的转速匀速转动，所以线圈的角速度感应电动势的最大值为： —————————2分
所以感应电动势的瞬时值表达式为————————2分
（2）电动势有效值为，电流 —————————2分
线圈转一圈外力做功等于电功的大小，即 —————————2分
（3）线圈由如图位置转过的过程中， —————————2分
通过R的电量为 —————————2分
16．（1）4V（2）31.75J（3）
【解析】
【详解】
（1）正方形面积为S＝2R2，根据法拉第电磁感应定律得： —————————2分
（2）圆面积为S′＝πR2，圆周长为L=2πR，圆环的电阻为：r′＝2πRr0＝2×3.14×2×0.2＝2.5Ω—————————2分
根据法拉第电磁感应定律得： ———————2分
在0～2.0s内，圆环产生的焦耳热为： ————————2分
（3）正方形方框中的电流为： —————————2分
导线圆环中的电流为： —————————2分
导线圆环中的电流与正方形线框的电流之比： —————————2分
17．（1） 。 。
【解析】
（1）金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律：mgsinθ-μmgcosθ=ma ——2分
解得：a=10×（0.6-0.25×0.8）m/s2=4m/s2 ——————————2分
（2）设金属棒运动达到稳定时，设速度为v，所受安培力为F，棒沿导轨方向受力平衡，根据物体平衡条件：mgsinθ-μmgcosθ=F ——————————2分
将上式代入即得：F=0.8 N
金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率：P=Fv ———2分
P=0.8×10W=8W。 ——————————2分
（3）设电路中电流为I，感应电动势为E
E=BLv=0.4×1×10V=4V ——————————2分
而由P=UI可得，
，可得R=1.5Ω。 ——————————2分
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