内蒙古太仆寺旗2016-2017学年高二物理下学期期中试题课件

2016-2017学年度第二学期高二期中物理试卷第I卷（选择题）一、选择题（每小题只有一个选项正确，每题5分，共50分）1．如图所示，一个有弹性的金属圆环被一根橡皮绳吊于通电直导线的正下方，直导线与圆环在同一( )竖直面内，当通电直导线中电流增大时，弹性圆环的面积S和橡皮绳的长度l将A. S减小，l变长B. S减小，l变短C. S增大，l变短D. S增大，l变长)2．如图所示，通电螺线管置于闭合金属环a的轴线上，当螺线管中电流I减小时(A. 环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的减小B. 环有扩大的趋势以阻碍原磁通量的减小C. 环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的增大D. 环有扩大的趋势以阻碍原磁通量的增大3．关于动量和动量守恒，下列说法中正确的是A. 运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向B. 只要系统中有一个物体具有加速度，系统的动量就不守恒C. 只要系统所受的合外力做功的代数和为零，系统的动量就守恒D. 物体的动量不变，其动能可能变化4．有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计一吨左右).一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量.他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头后停下来，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离为d，然后用卷尺测出船长L,已知他自身的质量为m,则渔船的质量M为( )A. mLdB.()m L dd-C.()m L dd+D.mdL d-5．为了监测变电站向外输电的情况，要在变电站安装互感器，其接线如图所示，两变压器匝数分别为N1、N2和N3、N4，a和b是交流电表.则（）A. N1<N2B. N3>N4C. a为交流电压表，b为交流电流表D. a为交流电流表，b为交流电压表6．如图所示，一电阻为R的导线弯成半径为a的半圆形闭合回路，虚线MN右侧有磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面，回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直，从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论中正确的是 ( )A. 圆心到达磁场边界时感应电流方向发生改变B. CD段直线始终不受安培力作用C. 感应电动势平均值为12Bav πD. 通过导线横截面的电荷量为2 2B a R π7．圆形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是（）A. 线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流B. 穿过线圈a的磁通量变小C. 线圈a有扩张的趋势D. 线圈a对水平桌面的压力F N将增大8．如下图所示是观察自感现象的电路图．为了观察到断开开关的瞬间灯泡有明显的闪烁现象，除了增大线圈的自感系数外，还要考虑线圈电阻R L和灯泡电阻R，它们之间应满足的关系是( )A. R L>RB. R L＝RC. R L≪RD. R L≫R9．如图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与R＝10Ω的电阻连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电表,示数是10 V．图乙是矩形线圈磁通量Φ随时间t变化的图象．则( )A. 电阻R上的热功率为20 WB. 0.02 s时R两端的电压瞬时值为零C. R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝14.1 cos100πt(V)D. 通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝cos50πt(A)10．如图所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域其直角边长为L，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B.边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域．取沿abcda的感应电流为正，则表示线框中电流i随bc边的位置坐标x 变化的图象正确的是( )A. B.C. D.第II卷（非选择题）二、实验题，每空2分，共18分11．如图为“研究电磁感应现象”的实验装置．（l）将图中所缺的导线补接完整．（2）如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向左偏转了一下，那么合上电键后_______________A、将原线圈迅速插入副线圈时，指针向左偏转一下．B、将原线圈插入副线圈后，电流计指针一直偏在零点右侧．C、原线圈插入副线圈稳定后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电流计指针向右偏转一下．D、原线圈插入副线圈稳定后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电流计指针向左偏转一下12．如图所示，某同学用图装置做验证动量守恒定律的实验．先将a球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下压痕，重复10次；再把同样大小的b球放在斜槽轨道末端水平段的最右端附近静止，让a球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次．（1）本实验必须测量的物理量有以下哪些______．A．斜槽轨道末端到水平地面的高度HB．小球a、b的质量m a、m bC．小球a、b 离开斜槽轨道末端后平抛飞行的时间tD．记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OCE．a球的固定释放点到斜槽轨道末端水平部分间的高度差h（2）小球a、b的质量m a、m b应该满足什么关系？ ______（3）放上被碰小球后，两小球碰后是否同时落地？______(填”是”或”否”) 如果不是同时落地，对实验结果有没有影响？______(填”有”或”无”)这时小球a、b的落地点依次是图中水平面上的____点和______点（4）按照本实验方法，验证动量守恒的验证式是____________________________．三、计算题（共32分，其中13题,14题各10分，15题12分13．如图所示，MN、PQ是足够长的光滑平行导轨，其间距为L，且MP⊥MN．导轨平面与水平面间的夹角θ=30°．MP接有电阻R．有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B0．将一根质量为m 的金属棒ab紧靠MP放在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒的电阻也为R，其余电阻均不计．现用与导轨平行的恒力F=mg沿导轨平面向上拉金属棒，使金属棒从静止开始沿导轨向上运动，金属棒运动过程中始终与MP平行．当金属棒滑行至cd处时已经达到稳定速度，cd 到MP的距离为s．已知重力加速度为g,求：（1）金属棒达到的稳定速度；（2）金属棒从静止开始运动到cd的过程中，电阻R上产生的热量；14．如图所示，发电站通过升压变压器、输电导线和降压变压器把电能输送到用户（升压变压器和降压变压器都可视为理想变压器），若发电机的输出功率是100 kW，输出电压是250 V，升压变压器的原、副线圈的匝数比为1∶25，求：（1）升压变压器的输出电压和输电导线中的电流；（2）若输电导线中的电功率损失为输入功率的4%，求输电导线的总电阻和降压变压器原线圈两端的电压。

15．如图所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为0.1R m =，半圆形轨道的底端放置一个质量为0.1m kg =的小球B ，水平面上有一个质量为0.3M kg =的小球A 以初速度0 4.0/s v m =开始向着木块B 滑动，经过时间0.80t s =与B 发生弹性碰撞，设两个小球均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知木块A 与桌面间的动摩擦因数0.25μ=，求：（1）两小球碰前A 的速度；（2）小球B 运动到最高点C 时对轨道的压力。

参考答案1．D【解析】从D 点到达边界开始到C 点进入磁场为止，磁通量逐渐增大，根据楞次定律知，感应电流的方向一直为逆时针方向．故A 错误．CD 段的电流方向由D 到C ，根据左手定则知，CD 段受到竖直向下的安培力，故B 错误．运动的时间2a t v＝ ，根据法拉第电磁感应定律得：211224B a E Bav a t vππ⋅Φ= ＝＝ ，故C 错误．通过导线横截面的电荷量为：22122B a B a q R R Rππ⋅Φ= ＝＝．故D 正确．故选D ． 点睛：对于电磁感应问题，往往根据法拉第电磁感应求感应电动势的平均值，公式E=BLvsin α，既可以感应电动势的平均值，也可以求电动势的瞬时值．2．C【解析】由图可知，a 并联在电路中是电压互感器，电路中是强电压，通过变压器变成弱电压，用电压表测量，因为电压之比等于线圈匝数比，所以N 1＞N 2，故A 错误；b 串联在电路中是电流互感器，电路中是强电流，通过变压器变成弱电流，用电流表测量，因为电流之比等于线圈匝数的倒数比，所以N 3＜N 4，故B 错误；a 是电压表，b 为电流表，故C 错误，D 正确；故选C ．点睛：理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象．同时变压比与匝数成正比，变流比与匝数成反比．3．C【解析】由图可知，线圈从t=0时刻到转过180°的过程中通过矩形线圈的磁通量变化量为2BS ，所以A 错误．由瞬时值表达式知原线圈电压有效值为220V ，根据电压与匝数成正比，副线圈电压即电压表的示数为22V ，所以B 错误．若没有线圈，则灯泡的功率248448.410U P W R ==＝，由于线圈的阻碍，则功率小于48.4W ，所以C 正确．闭合开关S 后，交流电能够通过电容器，电阻R 上产生焦耳热，故D 错误．故选C ．4．C【解析】副线圈电压由原线圈和匝数比决定，而原线圈电压和匝数比都没有变，所以副线圈输出电压不变，故B 错误；开关S 闭合后，负载电阻减小，而副线圈电压不变，副线圈的电流增大，即通过电阻R 的电流增大，R 两端的电压增大，则灯泡L 1两端的电压减小，故A 错误； C 正确；原线圈的电压不变，而电流增大，故原线圈的输入功率增大，故D 错误．故选C.点睛：本题主要考查了变压器的原理，要知道开关S 闭合后，副线圈的电流和功率都变大，难度不大，属于基础题．5．D【解析】当滑动触头P 向下移动时电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b 的电流增大，从而判断出穿过线圈a 的磁通量增加方向向下，所以B 错误；根据楞次定律即可判断出线圈a 中感应电流方向俯视应为逆时针，AB 错误．再根据微元法将线圈a 无线分割根据左手定则不难判断出线圈a 应有收缩的趋势，或直接根据楞次定律的第二描述“感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因”，因为滑动触头向下滑动导致穿过线圈a 的磁通量增加，故只有线圈面积减少时才能阻碍磁通量的增加，故线圈a 应有收缩的趋势，C 错误；开始时线圈a 对桌面的压力等于线圈a 的重力，当滑动触头向下滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a 和b 看做两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁的N 极相对，互相排斥，故线圈a 对水平桌面的压力将增大，所以D 正确．故选D ．点睛：首先应掌握楞次定律的基本应用，楞次定律的第二描述是能量守恒定律在电磁感应现象中得出的必然结果．一般在解决有关相对运动类问题时用楞次定律的第二描述将会非常简便．6．A【解析】由图甲（2）可得F=F0-kv ，导体棒切割磁感线产生电动势E=BLv ，导体棒中电流I=BLv∕（R+r ），导体棒受安培力F 安=BIL ，对导体棒根据牛顿第二定律：F-F 安=ma ，代入得：220k v ma B L F R r-+=+，所以导体棒做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，做匀速运动，所以A 正确；22B L v F R r =+安，R BLv U R R r=+，R 消耗的功率2P R U R =，所以B 、C 、D 错误。