2016-2017学年四川省眉山中学高二(下)月考物理试卷(3月份)

2016-2017学年四川省眉山中学高二（下）月考物理试卷（3月份）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共4小题，共24.0分)1.关于物理学史、物理方法以及原理，以下说法正确的是（）A.奥斯特发现了电流的磁效应，总结出了电磁感应定律B.物理学中，质点、平均速度、点电荷、交流电的有效值等物理量的定义均用了等效替代的思想方法C.根据楞次定律，感应电流产生的磁场总是要阻碍原磁场的磁通量的变化D.线圈的磁通量和线圈中产生的感应电动势均与线圈的匝数有关【答案】C【解析】解：A、奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第总结出了电磁感应定律，故A错误；B、物理学中，平均速度、合力与分力、交流电的有效值等物理量的定义均用了等效替代的思想方法，质点采用了理想化的物理模型的方法，故B错误；C、根据楞次定律，感应电流的磁场总是要阻碍原磁场的磁通量的变化，故C正确；D、线圈的磁通量与线圈的匝数无关，线圈中产生的感应电动势与线圈的匝数有关，故D错误；故选：C理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的．知道比值定义法的含义，记住著名物理学家的主要贡献．对于物理学上重要的实验和发现，可根据实验的原理、内容、结论及相应的物理学家等等一起记忆，不能混淆．2.图中矩形线圈abcd在匀强磁场中以ad边为轴匀速转动，产生的电动势瞬时值为e=5sin20t（V），则以下判断正确的是（）A.此交流电的频率为H zB.当线圈平面与中性面重合时，线圈中的感应电动势为5VC.当线圈平面与中性面垂直时，线圈中的感应电流为0VD.线圈转动一周，感应电流的方向改变一次【答案】A【解析】解：A、根据e=5sin20t（V），得：ω=20rad/s，所以f==H z=H z，故A正确；B、当线圈平面与中性面重合时，线圈边的切割速度最小，即线圈中的感应电动势为零，故B错误；C、当线圈平面与中性面垂直时，线圈边的切割速度最大，线圈中的感应电流最大，故C错误；D、线圈转动到中性面位置时，电流方向改变，则转动一周，感应电流的方向改变两次，故D错误；故选：A．根据感应电动势的瞬时表达式e=0.5sin20t（V），可以求出频率、某时刻，e的瞬时值、交流电的电动势最大值，当t=0时线圈平面跟磁感线垂直，磁通量最大，磁通量变化率为0．本题主要考查了感应电动势的瞬时表达式的含义，要求同学们能根据瞬时表达式求出相关物理量．当然本题还可通过电动势的最大值E m=NBSω，所以可求出BS=W b=0.25W b．3.如图为长虹电视机电源部分的滤波电路，从输入端输入含有直流成分、交流低频成分的电流后，下列关于其工作原理及各电容和电感作用的说法，正确的是（）A.由于电容C1的“通直流、隔交流”的功能，电流中的交流成分被衰减B.线圈L有“通交流、阻直流”的功能，直流成分和一小部分交流通过LC.由于电容C2的“通交流、隔直流”的功能，C2进一步滤除电流中残余的交流成分D.输出端输出较稳定的交流电，这个交流电供电视机内芯正常工作【答案】C【解析】解：C1在此的功能为通交流，隔直流，使直流能到达下一级电路，叫隔直电容；L在此的功能为通直流、阻交流，通低频，阻高频，将低频的交流成分送到下一级，叫低频扼流圈，自感系数很大，C2与输出电路并联，起到通高频，阻低频，使高频成分能通过，低频成分到达下一级，C2又叫高频旁路电容，因此输出端为直流，故C正确，ABD错误．故选：C．电路的输入端输入的电流既有直流成份，又有交流低频成分和交流高频成分，要只把交流的低频成分输送到下一级，该电路要隔掉直流，通低频，阻高频，根据电感和电容的特性进行判断．本题考查电感、电容对交流电的导通和阻碍的作用，根据它们的特性和电路要求进行分析．4.在如图所示的远距离输电的电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，开关S闭合后，下列说法错误的是（）A.升压变压器的输出电压增大B.降压变压器的输入电压减小C.流过灯泡L的电流减小D.发电厂的输出功率增大【答案】A【解析】解：A、由题意知发电厂的输出电压不变，即升压变压器的输入电压不变，故A错误；B、因为负载并联，开关闭合后，总电流增大，即降压变压器的输出电流增大，所以降压变压器的输入电流变大，而输电线电阻一定，所以损失的电压变大，所以降压变压器的输入电压减小，故B正确；C、降压变压器的输入电压减小，则降压变压器输出电压变小，所以灯泡L两端的电压减小，通过灯泡的电流减小，故C正确；D、的输电线上的电流增大，则发电厂的输出电流增大，输出电压不变，则输出功率，故D正确；本题选错误的，故选：A理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压有输入电压决定；明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系．理想变压器电压和匝数关系．本题考查远距离输电的性质，对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关．二、多选题(本大题共4小题，共24.0分)5.如图甲为日光灯电路，图乙为启动器结构图．在日光灯正常工作的过程中（）A.镇流器为日光灯的点亮提供瞬时高压B.镇流器维持灯管两端有高于电源的电压，使灯管正常工作C.灯管点亮发光后，启动器中两个触片是接触的D.灯管点亮发光后，镇流器起分压限流作用使灯管在较低的电压下工作【答案】AD【解析】解：A、日光灯刚发光时，镇流器在启动时产生瞬时高压，故A正确；B、D、灯管点亮发光后，镇流器起分压限流作用使灯管在较低的电压下工作，故B错误，D正确．C、灯管正常发光后，启动器不再工作，启动器中两个触片是分离的．故C错误；故选：AD．当开关接通220伏的电压立即使启辉器的惰性气体电离，产生辉光放电．辉光放电的热量使双金属片受热膨胀，两极接触．电流通过镇流器、启辉器触极和两端灯丝构成通路．灯丝很快被电流加热，发射出大量电子．双金属片自动复位，两极断开．在两极断开的瞬间，电路电流突然切断，镇流器产生很大的自感电动势，与电源电压叠加后作用于管两端．灯丝受热时发射出来的大量电子，在灯管两端高电压作用下，以极大的速度由低电势端向高电势端运动．在加速运动的过程中，碰撞管内氩气分子，使之迅速电离．在紫外线的激发下，管壁内的荧光粉发出近乎白色的可见光．日光灯正常发光后．由于交流电不断通过镇流器的线圈，线圈中产生自感电动势，自感电动势阻碍线圈中的电流变化，这时镇流器起降压限流的作用，使电流稳定在灯管的额定电流范围内，灯管两端电压也稳定在额定工作电压范围内．由于这个电压低于启辉器的电离电压，所以并联在两端的启辉器也就不再起作用了．6.如图所示，在坐标系x O y中，有边长为a的正方形金属线框abcd，其一条对角线ac和y轴重合、顶点a位于坐标原点O处．在y轴的右侧的Ⅰ、Ⅳ象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab边刚好完全重合，左边界与y轴重合，右边界与y 轴平行．t=0时刻，线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a的感应电流方向为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流i、ab间的电势差U ab随时间t变化的图线是下图中的（）A. B. C. D.【答案】AD【解析】解：A、在d点运动到O点过程中，ab边切割磁感线，根据右手定则可以确定线框中电流方向为逆时针方向，即正方向，电动势均匀减小到0，则电流均匀减小到0；然后cd 边开始切割，感应电流的方向为顺时针方向，即负方向，电动势均匀减小到0，则电流均匀减小到0．故A正确，B错误．C、d点运动到O点过程中，ab边切割磁感线，ab相当于电源，电流由a到b，b点的电势高于a点，ab间的电势差U ab为负值，大小等于电流乘以bcda三条边的电阻，并逐渐减小．ab边出磁场后后，cd边开始切割，cd边相当于电源，电流由b到a，ab间的电势差U ab为负值，大小等于电流乘以ab边得电阻，并逐渐减小．故C错误，D正确．故选AD．线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域时，开始ab边切割磁感线，切割的有效长度均匀减小，当ab边切割的有效长度刚减为0．cd边又开始切割，切割的有效长度均匀减小到0，根据右手定则判定感应电动势及感应电流的方向．从而判断出ab间的电势差U ab的变化．解决本题的关键掌握切割产生感应电动势的大小E=BL v，以及会用右手定则判定感应电流的方向．7.匝数为N匝总电阻为R的矩形金属线圈abcd，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面的轴OO′匀速转动，线圈中产生的感应电动势e随时间t的变化关系如图所示．下列说法中正确的是（）A.t1时刻线圈位于中性面B.t2时刻穿过线圈的磁通量为Φ=C.0～t1时间内通过线圈横截面的电荷量为q=D.0～t4时间内外力至少做功为W=【答案】AC【解析】解：A、t1时刻感应电动势为零，线圈位于中性面，磁通量最大，线圈平面和磁场方向垂直，故A正确；B、由图t2时刻，感应电动势为最大值，通过线圈的磁通量为零，故B错误；C、根据法拉第电磁感应定律得E m=NBSω，0～t1时间内通过线圈横截面的电荷量为q=t==，故C正确；D、0～t4时间内外力至少做功为W=Q=，故D错误；故选：AC．矩形线圈中产生正弦式电流，当线圈通过中性面时，磁通量最大，感应电动势为零，电动势方向发生改变．而当线圈与磁场平行时，磁通量为零，感应电动势最大，磁通量的变化率最大．本题考查交变电流产生过程中，感应电动势与磁通量、磁通量变化率的关系，关键抓住两个特殊位置：线圈与磁场垂直位置，及线圈与磁场平行位置．8.两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面．质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，导轨电阻不计，回路总电阻为2R0．整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中．当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v1沿导轨匀速运动时，cd杆也正好以速度v2向下匀速运动．重力加速度为g．以下说法正确的是（）A.回路中的电流强度为B.μ与v1大小的关系为C.cd杆所受摩擦力为零D.ab杆所受拉力F的大小为【答案】BD【解析】解：A、cd杆的速度方向与磁场平行，不切割磁线，没有感应电动势产生，只有ab杆切割磁感线产生感应电动势，大小为E=BL v1，则回路中感应电流大小：I==，故A错误．B、C、D、由右手定则可知，回路中感应电流方向为：abdca，体ab受到水平向左的安培力，由受力平衡得：BIL+μmg=F导体棒cd运动时，受到向右的安培力，摩擦力不为零，且cd受到摩擦力和重力平衡，由平衡条件得：μBIL=mg联立以上各式解得：F=μmg+，得：μ=，故BD正确，C错误．故选：BD．当导体棒ab匀速向右运动时，切割磁感线（cd运动时不切割磁感线），在回路中产生感应电流，从而使导体棒ab受到水平向左的安培力．导体棒cd受到水平向右的安培力，使导体棒和轨道之间产生弹力，从而使cd受到向上的摩擦力，把力分析清楚，然后根据受力平衡求解．本题涉及电磁感应过程中的复杂受力分析，解决这类问题的关键是，根据法拉第电磁感应定律判断感应电流方向，然后根据安培定则或楞次定律判断安培力方向，进一步根据运动状态列方程求解．三、实验题探究题(本大题共2小题，共18.0分)9.有一个教学用的可拆变压器，如图甲所示．它有两个外观基本相同的线圈A、B，线圈外部还可以绕线．（1）某同学用一多用电表的同一欧姆挡先后测量了A、B线圈的电阻值，指针分别对应图乙中的a、b位置，由此可推断______ 线圈的匝数较多（选填“A”或“B”）（2）如果把它看成理想变压器，现要测量A线圈的匝数，提供的器材有：一根足够长的绝缘导线，一只多用电表和低压交流电源，请简要叙述实验的步骤（写出要测的物理量，并用字母表示）．______（3）A线圈的匝数为n A= ______ （用所测物理量符号表示）【答案】A；①用绝缘导线在线圈的外部或变压器的铁芯上绕制n匝线圈；②将A线圈与低压交流电源相连接；③用多用电表的交流电压挡分别测量A线圈的输入电压U A和绕制线圈的输出电压U；④然后求线圈A的匝数．；n【解析】解：（1）欧姆表示数等于指针示数与挡位的乘积，用同一挡位测电阻，指针偏角越大，所测电阻阻值越小，指针偏角越小，电阻阻值越大，由图示可知，a位置指针偏角小，线圈A的电阻大，线圈A的匝数较多．（2）实验步骤：①用绝缘导线在线圈的外部或变压器的铁芯上绕制n匝线圈；②将A线圈与低压交流电源相连接；③用多用电表的交流电压挡分别测量A线圈的输入电压U A和绕制线圈的输出电压U；④然后求线圈A的匝数．（3）因为要测量A线圈匝数，所以要把A线圈与低压交流电源相连接．变压器输入输出电压都是交流电，所以要用交流电压档测输入和输出电压．根据变压器电压比等于匝数比，有：=，则：n A=n；故答案为：（1）A；（2）实验步骤如上所述；（3）n．欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数，根据指针位置判断A、B线圈电阻大小，然后判断线圈匝数多少；根据变压器的原理，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，分析待测量，列出实验步骤．此题既要对多用表能正确使用，又要对变压器的原理熟练掌握，综合要求较高．属于难题．10.某同学尝试把一个灵敏电流表改装成温度表，他所选用的器材有：灵敏电流表（待改装），学生电源（电动势为E，内阻不计），滑动变阻器，单刀双掷开关，导线若干，导热性能良好的防水材料，标准温度计，PTC热敏电阻R t．（PTC线性热敏电阻的阻值与摄氏温度t的关系为R t=a+kt，a＜0，k＞0）．设计电路图如图所示，并按如下步骤进行操作（1）按电路图连接好实验器材．（2）将滑动变阻器滑片P滑到______ 端（填“a”或“b”），单刀双掷开关S掷于______ 端（填“c”或“d”），调节滑片P使电流表______ ，并在以后的操作中保持滑片P位置不动，设此时电路总电阻为R，断开电路．（3）容器中倒入适量开水，观察标准温度计，每当标准温度计示数下降5℃，就将开关S置于d端，并记录此时的温度t和对应的电流表的示数I，然后断开开关．请根据温度表的设计原理和电路图，写出电流与温度的关系式（用题目中给定的符号）I= ______ ．（4）根据对应温度记录的电流表示数，重新刻制电流表的表盘，改装成温度表．根据改装原理，此温度表表盘刻度线的特点是：低温刻度在______ 侧（填“左”或“右”），刻度线分布是否均匀？______ （填“是”或“否”）．【答案】a；c；满偏；；右；否【解析】解：（2）根据实验的原理可知，需要先选取合适的滑动变阻器的电阻值，结合滑动变阻器的使用的注意事项可知，开始时需要将滑动变阻器滑片P滑到a端，乙保证电流表的使用安全；然后将单刀双掷开关S掷于c端，调节滑片P使电流表满偏，设此时电路总电阻为R，断开电路．（3）当温度为t时，热敏电阻的阻值与摄氏温度t的关系为：R1=a+kt，根据闭合电路的欧姆定律可得，I==；（4）由上式可知，温度越高，电流表中的电流值越小，所以低温刻度在表盘的右侧；由于电流与温度的关系不是线性函数，所以表盘的刻度是不均匀的．故答案为：（2）a；c；满偏；（3）；（4）右；否．由题可知，该实验的原理是利用闭合电路的欧姆定律，测出不同温度条件下，即不同的电阻值下的电流，然后将电流与温度相对应，把电流计改装为温度计．结合该原理，需要向选取电路中合适的变阻器电阻值，然后测定不同温度下的电流，最后标注即可．该实验中，将电流表改变为温度计，解答的前提是一定要理解该实验的原理，第四问对表盘的刻度是难点，要充分理解电流与温度之间的关系．四、计算题(本大题共3小题，共44.0分)11.某小型发电站的发电机输出的交流电压为400V，输出电功率为20k W，输电线总电阻为4Ω，为了使输电线损耗功率仅为发电机输出功率的0.5%，需在发电机处设升压变压器，用户所需电压为220V，所以在用户处需安装降压变压器，不考虑变压器的能量损失．求：（1）输电线上的电流；（2）升压变压器、降压变压器的原、副线圈的匝数之比各是多少．【答案】解：（1）因为输电线损耗为发电机功率的0.5%，则由△P=I22R=P2×5%；解得：I2=5A；（2）U2=由于；又因为；U3=U2-△U=U2-IR=3980V，所以：答：（1）输电线上的电流为5A；（2）升压变压器的原、副线圈的匝数之比为1：10；降压变压器的原、副线圈的匝数之比为199：11【解析】（1）由损耗的功率之比可求得损耗的功率，再由功率公式即可求得输电线上的电流；（2）由功率公式P=UI可求得升高变压器的输出电压；再由导线上的电压损耗可求得降压变压器的电压，则由电压之比等于匝数之比即可求得原副线圈的匝数之比．对于输电问题，要搞清电路中电压、功率分配关系，注意理想变压器不会改变功率，只改变电压和电流；注意应用损耗功率的判断及功率公式的正确应用．12.如图C213所示，矩形线圈在匀强磁场中绕OO′轴匀速转动，磁场方向与转轴垂直，线圈匝数n=40匝，内阻r=0.1Ω，长l1=0.05m，宽l2=0.04m，转速为3000r/min，磁场的磁感应强度B=T，线圈两端接有阻值为R=9.9Ω的用电器和一个交流电流表．求：（1）线圈中磁通量最大变化率（2）从图示位置开始，线圈转过60°和120°，通过用电器的电荷量之比；（3）1min内外力需要提供的能量．【答案】解：（1）产生的感应电动势的最大值为）E m=n BSω=5.0V根据可知，=0.125V（2）由q=t=t=可得．°（3）根据闭合电路的欧姆定律可知回路中的电流为I==0.35 A由能量守恒定律得E′=Q=I2（R+r）t=74J．答：（1）线圈中磁通量最大变化率我0.125V（2）从图示位置开始，线圈转过60°和120°，通过用电器的电荷量之比为1：3；（3）1min内外力需要提供的能量为74J．【解析】（1）线圈中产生的感应电动势的最大值表达式为E m=NBSω．（2）计算平均感应电动势，由q=I t可求得电量，即可判断．（3）用电器消耗的电功率P=I2R，I是电流的有效值．本题考查交变电流最大值、有效值的理解和应用的能力，对于交流电表的测量值、计算交流电功率、电功等都用到有效值．13.如图所示，两条平行金属轨道相距L=1m，它有与水平方向成θ=30°的光滑倾斜导轨和粗糙的水平导轨两部分，水平导轨处于竖直向下的匀强磁场中，倾斜导轨ef与ab间有垂直于斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B1=1T．现将两金属棒MN和PQ分别置于水平导轨上和倾斜导轨的磁场区内，由静止释放，棒PQ沿导轨下滑，棒MN始终静止．已知两棒的质量均为m=0.1kg，电阻均为R=2Ω，棒MN与水平导轨间的动摩擦因数μ=0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两棒均与导轨垂直且接触良好，倾斜导轨有磁场区与无磁场区均足够长，不计导轨的电阻，重力加速度为g=10m/s2．（1）求棒PQ下滑最大速度的大小；（2）求棒PQ由静止释放到速度达到最大过程中，通过棒MN某横截面的电荷量q=0.5C，求该过程整个回路中产生的总焦耳热；（3）若将棒PQ在ef上方与ef相距x的地方由静止释放，要使MN始终静止，求水平导轨处磁感应强度的最大值B2与x之间的关系．【答案】解：（1）设棒PQ下滑最大速度的大小为v m．棒PQ的速度最大时做匀速直线运动．由E=B1L v m，I=，F安=B1IL，得：F安=棒PQ匀速运动时有：F安=mgsinθ联立得v m===2m/s（2）棒PQ由静止释放到速度达到最大过程中下滑的距离为s．通过棒MN某横截面的电荷量为：q=t==则有：s===2m根据能量守恒定律得整个回路中产生的总焦耳热为：Q=mgssinθ-=0.1×10×0.5-×0.1×22=0.3J（3）将棒PQ在ef上方与ef相距x的地方由静止释放，到达ef时的速度为：v==°=PQ棒刚进入磁场时产生的感应电流为：I=要使MN始终静止，则有：B2IL≤μmg联立得：B2≤==答：（1）棒PQ下滑最大速度的大小是2m/s．（2）该过程整个回路中产生的总焦耳热是0.3J．（3）水平导轨处磁感应强度的最大值B2与x之间的关系为B2≤．【解析】（1）PQ棒先向下做加速度减小的变加速运动，后做匀速直线运动，速度达到最大．由法拉第定律、欧姆定律推导出安培力与速度的关系式，再由平衡条件求解最大速度．（2）由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式结合求解棒PQ下滑的距离，再由能量守恒定律求焦耳热．（3）要使MN始终静止，PQ速度最大时也必须静止，由本题是双杆类型，分别研究它们运动过程和状态是基础，运用力学和电路、电磁感应的规律研究MN棒，对于感应电荷量，要熟悉一般表达式q=，知道电量可求导体棒的位移．。