2017-2018学年高二物理下学期第二次月考试题 (I).doc

2017-2018学年高二物理下学期第二次月考试题 (I)注意事项：1你现在拿到的这份试卷是满分100分，作答时间为90分钟 2答题前请在答题卷上填写好自己的姓名、班级、考号等信息3请将答案正确填写在答题卡上一、选择题(本大题共15个小题，共45分。) 1.如图所示，电流表与螺线管组成闭合电路，以下关于电流表指针偏转情况的陈述正确的是()A. 磁铁快速插入螺线管时比慢速插入螺线管时电流表指针偏转大B. 磁铁快速插入螺线管和慢速插入螺线管，磁通量变化相同，故电流表指针偏转相同C. 磁铁放在螺线管中不动时螺线管中的磁通量最大，所以电流表指针偏转最大D. 将磁铁从螺线管中拉出时，磁通量减小，所以电流表指针偏转一定减小2.如图所示，左侧有一个竖直放置的超导体圆环，O点为圆环的圆心，右侧有一条形磁铁。一开始圆环中没有电流，条形磁铁由静止沿轴线向左加速运动，当N极到达圆心O所在位置时，突然静止不动。下列说法正确的是（）A. 条形磁铁运动的过程中，线圈中有逆时针电流（从左向右看）B. 条形磁铁N极运动到O点静止瞬间，线圈中的电流消失C. 条形磁铁运动的过程中，线圈对条形磁铁有向右的作用力D. 条形磁铁运动的过程中，条形磁铁对线圈始终没有作用力3.如图所示, 开关S闭合时, 小灯泡能正常发光. 当S断开时A. 小灯泡立即熄灭B. 小灯泡将闪亮一下再熄灭C. 小灯泡的亮度变小, 逐渐熄灭D. 小灯泡的灯丝将因电流过大而烧断4.机场的安检人员用手持金属探测器检查乘客时探测线圈内通有交变电流，能产生迅速变化的磁场当探测线圈靠近金属物体时，这个磁场能在金属物体内部能产生涡电流，涡电流又会产生磁场，倒过来影响原来的磁场如果能检测出这种变化，就可以判定探测线圈下面有金属物体了以下用电器与金属探测器工作原理相似利用涡流的是()A. 变压器 B. 日光灯C. 电磁炉 D. 直流电动机5.如图所示为航母上电磁弹射装置的等效电路图（俯视图），匀强磁场垂直轨道平面向上，先将开关拨到a给超级电容器C充电，然后将开关拨到b可使电阻很小的导体棒EF沿水平轨道弹射出去，则下列说法正确的是A. 电源给电容器充电后，M板带正电B. 若轨道足够长，电容器将放电至电量为0C. 在电容器放电过程中，电容器的电容不断减小D. 在电容器放电过程中，电容器两端电压不断减小6.如图所示，相距为d的两条水平虚线之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形线圈abcd边长为L（LL）。已知ab边进入磁场时，线框的加速度恰好为零则线框进入磁场的过程和从磁场另一侧穿出的过程相比较，有（ ）A. 产生的感应电流方向相反B. 所受的安培力方向相反C. 进入磁场过程的时间等于穿出磁场过程的时间D. 进入磁场过程和穿出磁场过程中通过导体内某一截面的电量相等15.如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，线圈的电阻不计，线圈共N匝，理想变压器原、副线圈的匝数比为1：2，定值电阻，当线圈的转动角速度为时，电压表的示数为U。则A. 电流表的示数为B. 从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式为C. 线圈在转动过程中通过线圈磁通量的最大值为D. 当线圈的转动角速度为时，电压表的示数为第II卷（非选择题 55分）二、实验题(本大题共2个小题，每空3分，共15分。)16.如图所示为电流天平, 可以用来测量匀强磁场的磁感应强度, 它的右臂挂着矩形线圈, 匝数为n, 线圈的水平边长为L, 处于匀强磁场内, 磁感应强度B的方向与线圈平面垂直. 当线圈中通过电流I时, 调节砝码使两臂达到平衡. 然后使电流反向, 大小不变. 这时需要在左盘中增加质量为m的砝码, 才能使两臂重新平衡. 导出计算B的表达式B = _; 若n = 10, L = 10 cm, I = 0.10 A, m = 8.8 g，取g = 10m/s2, 则B = _.17.东阳中学创新班同学想用220V交流作为小型收录机的电源。他先制作了一个交流变为直流的整流器，但是这个整流器需要用6V的交流电源，于是他又添置了一台220V/6V的变压器，如图所示。他看到这个变压器上有a、b、c、d四个引出线头，且a、d引线比b、c引线粗。(1)他不知道如何接法，也没有相应的说明书。你能帮他判断正确的接法是ad端接_（填“220V”或“6V”）。(2)这台220V/6V的理想变压器接6V的线圈匝数是300匝，则接220V的线圈匝数是_匝.(3)为了进一步探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系，他又取匝数Na=80匝和Nb=160匝的一个变压器重新接在电源上，测量结果记录如下，则接电源的是_（ 填“Na”或“Nb”) 三、解答题(本大题共3个小题，共40分。)18. (12分)如图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO匀速转动，线圈的匝数n=100，电阻r=10 ，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R=90，与R并联的交流电压表为理想电表在t=0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量随时间t按图乙所示正弦规律变化求：（1）交流发电机产生的电动势最大值；（2）电路中电压表的示数；（3）R上的热功率19. (12分)如图所示，质量为M的导体棒，垂直放在相距为的平行光滑金属导轨上，导轨平面与水平面的夹角为，并处于磁感应强度大小为B方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，左侧是水平放置、间距为的平行金属板，R和分别表示定值电阻和滑到变阻器的阻值，不计其他电阻。（1）调节，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率。（2）改变，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为、带电量为的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的。20. (16分)如图所示，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为L，左侧接一阻值为R的电阻区域cdef内存在垂直轨道平面向下的磁感应强度为B的匀强磁场质量为m、电阻为r的导体棒MN垂直于导轨放置，并与导轨接触良好棒MN在平行于轨道的水平拉力作用下，由静止开始做加速度为a匀加速度直线运动运动并开始计时，求：（1）棒位移为s时的速度及此时MN两端的电压；（2）棒运动时间t内通过电阻R的电量；（3）棒在磁场中运动过程中拉力F与时间t的关系；（4）若撤去拉力后，棒的速度随位移s的变化规律满足v=v0cs，（c为已知的常数），撤去拉力后棒在磁场中运动距离为d时恰好静止，则拉力作用的时间为多少？滁州分校xx下学期第二次月考试卷高二物理参考答案1.A【解析】电流表指针的偏转角度是由螺线管产生的感应电动势大小决定的，而感应电动势的大小取决于磁通量的变化率，则磁铁快速插入螺线管时比慢速插入螺线管时电流表指针偏转大，所以答案是A.2.C【解析】条形磁铁由静止沿轴线向左加速运动，磁铁沿轴线靠近环时，线圈中会产生感应电流，根据楞次定律可得，环中产生顺时针（从左向右看）方向的感应电流，故A错误；当条形磁铁N极运动到O点静止瞬间，因为是超导线圈，则线圈中的电流不会消失，选项B错误；根据楞次定律的“来拒去留”可知，圆环对条形磁铁有向右的作用力，故C正确，D错误故选C3.C【解析】原来开关闭合时，线圈中有从右向左的电流，当开关断开时，灯所在电路上线圈产生自感电动势，阻碍电流的减小，电流只能从原来的值逐渐减小，所以小灯泡的亮度变小，逐渐熄灭。综上所述本题的答案是：C4.C【解析】当探测器中通以交变电流线圈靠近金属物时，线圈在空间产生交变的磁场，金属物品横截面的磁通量发生变化，会产生感应电流，故探测器采用了电磁感应原理中 的涡流的原理；变压器采用了电磁互感原理，要防止涡流故A错误；日光灯的镇流器采用的是线圈的自感现象，与涡流无关故B错误；电磁炉中，将炉子中的线圈通以交变电流，线圈将产生变化的磁场，该磁场穿过铁质锅时，在锅底的部分将产生涡流，所以电磁炉的原理与金属探测器工作原理相似故C正确；直流电动机是通电导体在磁场中受力，与涡流无关故D错误；故选C5.D【解析】电容器N板接电源的正极，所以充电后N极带正电，故A错误；若轨道足够长，导体棒切割磁场产生感应电动势，产生的感应电流和放电形成的电流大小相同时，不在放电，故电容器将放电不能到0，故B错误；电容是电容器本身的性质，与电压和电量无关，故放电时，电容不变，故C错误；电容器放电时，电量减小，由可知电压也减小，故D正确；故选D.6.A【解析】A、线圈全部进入磁场时没有感应电流，不受安培力，做匀加速运动，而cd边刚离开磁场与刚进入磁场时速度相等，所以线圈进磁场时要减速，A错误；B、根据能量守恒可知：从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程：线圈动能变化量为0，重力势能转化为线框产生的热量Q=mgd，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，所以线圈穿出磁场与进入磁场的过程运动情况相同，线框产生的热量与从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程，产生的热量Q=2mgd，感应电流做的功为2mgd，故B正确；C、线框可能先做减速运动，在完全进入磁场前做匀速运动，因为完全进入磁场时的速度最小，则，则线圈下落的最小速度可能为： ，故C错误；D、设线圈的最小速度为vm，可知全部进入磁场的瞬间速度最小。由动能定理，从cd边刚进入磁场到线框完全进入时，则有： ，有，综上可解得线圈的最小速度为，故D正确；本题选择错误答案，故选：A。7.C【解析】A、图示时刻，ad速度方向向里，bc速度方向向外，根据右手定则判断出ad中感应电流方向为ad，bc中电流方向为cb，线圈中感应电流的方向为adcba故A错误；B、线圈中的感应电动势为E=nBS=nBl1l2故B错误；C、图示时刻ad、bc两边垂直切割磁感线，线圈中产生的感应电动势最大，由法拉第电磁感应定律分析得知，磁通量的变化率最大故C正确；D、线圈ad边所受安培力的大小为F=nBIl2=nB l2= 故D错误故选：C8. B【解析】根据电压与匝数成正比，有即 得U216k；灯泡的额定电流为， 降压变压器副线圈电流I43A；根据，得U3KU415k根据电流与匝数成反比，得，得；电压关系： ；代入数据16k15k+3，解得：k=3，故选B.9.A【解析】原线圈两端的电压为 根据电压比规律，有 即 ，解得 根据变流比规律，有 即 ，解得 根据欧姆定律，得可变电阻R的最小阻值 ，A符合题意，BCD不符合题意；故答案为：A10. C【解析】A、根据公式得P=10W，故A错误；B、由乙图可知，0.02s通过线圈的磁通量为零，电动势最大，R两端的电压瞬时值为，故B错误；C、由乙图可知，T=0.02s，电动势的最大值， ，又因为此交变电流是从垂直于中性面开始计时的，所以R两端的电压u随时间t变化的规律是u=14.1cos100t(V)，故C正确；D、根据得通过R的电流i随时间t变化的规律是，故D错误故选C。11.BD【解析】A、t= 时刻，线圈中磁通量的变化率最大，线圈中的感应电动势最大，A不符合题意；B、由题目结合图象可知，t= 时刻，线圈中感应电流的最大值Em=nBS=n0 = =n ，解得： = ；B符合题意；C、线圈中感应电动势的瞬时表达式e=Emcos = cos C不符合题意；D、将磁通量的变化周期待变为 ，则电动势的最大值、有效值均变为原来的2倍，由线圈中电流的功率P= 可知，电流的功率增大为原来的4倍，D符合题意故答案为：BD12. ACD【解析】根据电压与匝数成反比可知，副线圈的电压为10V，电压表的示数为10V，所以A正确在电路没有稳定之前，由于二极管的作用，只有正向的电流可以通过，在电路稳定之后，由于电容器的隔直流的作用，就没有电流通过了，所以电容器不会反复的充电和放电，即稳定后电流表的读数为零，所以B错误，C正确电容器两极板间电势差为副线圈的最大的电压，即为10V，所以D正确，故选ACD 13.AD【解析】感应电动势：E=2Blv，感应电流： ，ab间的电压为，而ad间的电压为： ，故A正确，B错误线框中的电流在ab边产生的热量为，故C错误由上分析可知，线框中的电流在ad边产生的热量： ，故D正确故选AD14.AD【解析】线框进入磁场和穿出磁场的过程，磁场方向相同，而磁通量变化情况相反，进入磁场时磁通量增加，穿出磁场时磁通量减小，则由楞次定律可知，产生的感应电流方向相反故A正确根据楞次定律：感应电流阻碍导体与磁场间相对运动，可知，安培力方向均水平向左，方向相同故B正确线框进入磁场时做匀速运动，完全在磁场中运动时磁通量不变，没有感应电流产生，线框不受安培力而做匀加速运动，穿出磁场时，线框所受的安培力增大，大于恒力F，线框将做减速运动，刚出磁场时，线框的速度大于或等于进入磁场时的速度，则穿出磁场过程的平均速度较大，则进入磁场过程的时间大于穿出磁场过程的时间故C错误根据感应电量公式，线框进入和穿出磁场的两个过程中，线框的磁通量变化量相等，则通过导体内某一截面的电量相等故D正确故选ABD。15.BC【解析】A、流过副线圈的电流I2=U/R,根据I1：I2=n2：n1可知,流过电流表的电流I1=2U/R，故A错误；B、变压器中原线圈的电压为U1,根据U1：U2=n1：n2可知电压U1=U/2,电阻R1分得的电压UR=I1R=2U,故线圈产生的感应电动势的有效值为U有=U1+UR=5U/2,最大值Em= ,故从线圈转动到图示位置开始计时,线圈中产生的电动势的瞬时表达式为，故B正确；C. 根据Em=NBS可知BS=Em/N=，故C正确；D. 根据Em=NBS可知，转动角速度加倍，产生的感应电动势加倍，故电压表的示数加倍，故D错误。故选：BC。16. 0.44 T【解析】（1）根据平衡条件:有: 得:. (2)根据以上公式,代入数据,则有： :综上所述本题答案是： ，B= 0.44 T17. 6 11000 Nb【解析】1）因为变压器输入功率等于输出功率,采用的是降压变压器,根据 可以知道,副线圈中的电流大,为了减小输电线上功率的损失,故副线圈电线电阻要小,由公式 故引线要粗,故a、d接6V,（2）根据变压器工作原理知： , 若理想变压器接6V的线圈匝数是300匝，则接220V的线圈匝数是11000匝；（3）根据变压器工作原理知： ，本题采用的是降压变压器,所以接电源的应该是匝数多的线圈，所以接电源的是 综上所述本题答案是：(1). 6 (2). 11000 (3). Nb18.（1）200V（2）127.3V（3）180W【解析】 (1)交流发电机产生电动势的最大值：EmnBS，而mBS，所以. 由t图线可知：m2.0102 Wb，T6.28102s，所以Em200 V.(2)电动势的有效值E100V， (3)R上的功率为： .19.（1）；（2）【解析】 (1)对ab匀速下滑时：m1gsin=BIl解得通过棒的电流为：I=m1gsin/Bl由I=Blv/(R+Rx) 联立解之得：v=2m1gRsin/B2l2(2)对板间粒子有：qU/d=m2g根据欧姆定律得Rx=U/I联立解之得：Rx=m2Bdl/m1qsin20.（1）设棒位移为s时的速度为v1，棒静止开始匀加速度直线运动，所以有：v12=2as，解得：v1= 根据导体切割磁感应线可得：E=BLv1，根据闭合电路的欧姆定律可得：I= ，所以有：U=IR= R= ；（2）根据闭合电路的欧姆定律可得：I= = ，I随时间均匀变化，所以有：q= t= ；（3）t时刻，导体运动速度为：v=at所以安培力为： ，对棒受力分析，由牛顿第二定律得：F合=ma即：F =ma，所以拉力与时间关系为：F= t+ma；（4）设拉力作用的时间为t0，则有：v0=at0当位移为d时速度v=0代入v=v0cs，得：t0=