2017-2018学年河北省衡水中学滁州分校高二下学期第二次月考物理试题 Word版 16页

启用前绝密 河北省衡水中学滁州分校2017-2018学年下学期第二次月考试卷 高二物理 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 第I卷（选择题 45分）‎ 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0‎ C. 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 Ω ‎，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R=90Ω，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Φ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=v0﹣cs，（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2017-2018学年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C．‎ ‎3.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：C ‎4.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C．‎ ‎5.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a→d，bc中电流方向为c→b，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=nBSω=nBl1l2ω．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：C．‎ ‎8. B ‎【解析】根据电压与匝数成正比，有即 得U2＝16k；灯泡的额定电流为， 降压变压器副线圈电流I4＝3A；根据，得U3＝KU4＝15k 根据电流与匝数成反比，得，得；电压关系： ；代入数据16k＝15k+×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：A ‎10. 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=14.1cos100πt(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=nBSω=nΦ0 = =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：BD．‎ ‎12. 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AD．‎ ‎14.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=NBSω可知BS=Em/Nω=，故C正确；‎ D. 根据Em=NBSω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 T ‎17. 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). Nb ‎18.（1）200V（2）127.3V（3）180W ‎【解析】 (1)交流发电机产生电动势的最大值：Em＝nBSω，‎ 而Φm＝BS，ω＝，所以. ‎ 由Φ－t图线可知：Φm＝2.0×10－2 Wb，‎ T＝6.28×10－2s，所以Em＝200 V.‎ ‎(2)电动势的有效值E＝＝100V，‎ ‎ ‎ ‎(3)R上的功率为： .‎ ‎19.（1）；‎ ‎（2）‎ ‎【解析】 (1)对ab匀速下滑时：m1gsinθ=BIl①‎ 解得通过棒的电流为：I=m1gsinθ/Bl 由I=Blv/(R+Rx)…② ‎ 联立①②解之得：v=2m1gRsinθ/B2l2       ‎ ‎(2)对板间粒子有：qU/d=m2g…③‎ 根据欧姆定律得Rx=U/I…④‎ 联立①③④解之得：Rx=m2Bdl/m1qsinθ ‎20. （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=v0﹣cs，‎ 得：t0= ．‎