四川省泸州市合江县马街中学高二物理下学期第一次月考试卷(含解析)

四川省泸州市合江县马街中学2014-2015学年高二下学期第一次月
考物理试卷
一、不定项选择题（每题6分，共42分）
1．以下说法正确的是( )
A．发电机、电动机铭牌上所标数值为有效值
B．电容器的击穿电压为所加交变电压的有效值
C．交流电压表所测数值为瞬时值
D．保险丝的熔断电流为最大值
2．中央电视台《焦点访谈》多次报道某些边远落后农村电价过高，农民负担过重．其中客观原因是电网陈旧老化，近来进行农村电网改造，为减少远距离输电的损耗从而降低电费价格，可采取的措施有( )
A．提高输送功率B．提高输电的电流
C．提高高压输电的电压D．减小输电导线的横截面积
3．如图所示是一交变电流的i﹣t图象，则该交变电流的有效值为( )
A．4A B．2 A C． A D． A
4．某交流发电机给灯泡供电，产生正弦式交变电流的图象如图所示，下列说法中正确的是( )
A．交变电流的频率为0.02Hz
B．交变电流的瞬时表达式为i=5cos50πt（A）
C．在t=0.01s时，穿过交流发电机线圈的磁通量最大
D．若发电机线圈电阻为0.4Ω，则其产生的热功率为5W
5．如图所示，线圈L的自感系数和电容器的电容C都很小（如L=100μH，C=100pF），此电路的主要作用是( )
A．阻直流、通交流，输出交流电
B．阻交流、通直流，输出直流电
C．阻低频、通高频，输出高频交流电
D．阻高频、通低频，输出低频交流电和直流电
6．如图所示电路中的变压器为理想变压器，S为单刀双掷开关，P是滑动变阻器R的滑动触头，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2分别为原线圈和副线圈中的电流．下列说法正确的是( )
A．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率增大
B．保持P的位置及U1不变，S由a切换到b，则I2增大
C．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则I1减小
D．保持U1不变，S接在b端，将P向上滑动，则I l增大
7．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．一边长为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a→b→c→d→a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．
二、实验题（每空2分，共16分）
8．如图为“研究电磁感应现象”的实验装置．
（1）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针向右偏了一下，那么合上电键后将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将__________．（填“向左偏转”、“向右偏转”）；
（3）原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针将
__________．（填“向左偏转”、“向右偏转”）．
9．图1为示波器面板，图2为一信号源．
（1）若要观测此信号源发出的正弦交流信号的波形，应将信号源的a端与示波器面板上的__________接线柱相连，b端与__________接线柱相连．
（2）若示波器所显示的输入波形如图3所示，要将波形上移，应调节面板上的__________旋钮；要使此波形横向展宽，应调节__________旋钮；要使屏上能够显示3个完整的波形，应调节__________旋钮．
三、计算题（10题14分，16题18分，18题20分，共52分）
10．交流发电机的原理如图甲所示，闭合的矩形线圈放在匀强磁场中，绕OO′轴匀速转动，在线圈中产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，已知线圈的电阻为R=2.0Ω，求：
（1）写出线圈感应电动势瞬时表达式
（2）线圈电阻上产生的电热功率是多少？
（3）保持线圈匀速转动，1min内外力对线圈做的功是多少？
11．（18分）轻质细线吊着一质量为m=0.32kg，边长为L=0.8m、匝数n=10的正方形线圈总电阻为r=1Ω．边长为的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图甲所示．磁场
方向垂直纸面向里，大小随时间变化如图乙所示，从t=0开始经t0时间细线开始松驰，
g=10m/s2．求：
（1）在前t0时间内线圈中产生的电动势；
（2）在前t0时间内线圈的电功率；
（3）求t0的值．
12．如图所示为某学校一套校内备用供电系统示意图，由一台不计内阻的发电机向全校22个教室供电．要求每个教室的“220V，40W”的5盏白炽灯均能正常工作，如果输电线的总电阻R是4Ω，升压变压器和降压变压器（都是理想变压器）的匝数比分别是1：4和4：1，那么：
（1）发电机的输出功率多大？
（2）发电机的电动势是多大
（3）输电效率是多少？
四川省泸州市合江县马街中学2014-2015学年高二下学期第一次月考物理试卷
一、不定项选择题（每题6分，共42分）
1．以下说法正确的是( )
A．发电机、电动机铭牌上所标数值为有效值
B．电容器的击穿电压为所加交变电压的有效值
C．交流电压表所测数值为瞬时值
D．保险丝的熔断电流为最大值
考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．
专题：交流电专题．
分析：交流电通过电阻性负载时，如果所产生的热量与直流电在相同时间内通过同一负载所产生的热量相等时，这一直流电的大小就等效为交流电的有效值．平时所说的电压、电流的数值以及电气仪表所测量的数值都是指有效值．
解答：解：A、机器铭牌上所标注的值、生活中通常所说的值都是指有效值，“照明电压220V、动力电压380V”指的都是有效值，故A正确；
B、电容器的击穿电压为所加交变电压的瞬时值，所以B错误．
C、交流电压表和交流电流表，测的是交流电的有效值．所以C错误．
D、保险丝的数值为有效值，所以D错误．
故选：A．
点评：本题要知道交流电的电压、电流的最大值、有效值、瞬时值的含义，以及有效值与最大值之间的关系．
2．中央电视台《焦点访谈》多次报道某些边远落后农村电价过高，农民负担过重．其中客观原因是电网陈旧老化，近来进行农村电网改造，为减少远距离输电的损耗从而降低电费价格，可采取的措施有( )
A．提高输送功率B．提高输电的电流
C．提高高压输电的电压 D．减小输电导线的横截面积
考点：电能的输送．
专题：交流电专题．
分析：根据P=UI得出输电电流的大小，结合进行分析．
解答：解：根据P=UI知，输电电流I=，则输电线上损失的功率．
A、提高输送功率，会增大电能的损耗．故A错误．
B、增大输电电流，会增大电能的损耗．故B错误．
C、提高输电电压，可知输电线上功率损失减小．故C正确．
D、减小输电导线的横截面积，电阻变大，输电线上的功率损失变大．故D错误．
故选：C．
点评：解决本题的关键知道输送功率、输送电压、电流的关系，掌握功率损失的公式．
3．如图所示是一交变电流的i﹣t图象，则该交变电流的有效值为( )
A．4A B．2 A C． A D． A
考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系．
专题：交流电专题．
分析：根据有效值的定义求解．取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值．
解答：解：设交流电电流的有效值为I，周期为T，电阻为R，则有：
代入数据解得：
故ABC错误，D正确；
故选：D．
点评：求交流电的有效值，往往根据电流的热效应，由有效值的定义求解．中等难度．
4．某交流发电机给灯泡供电，产生正弦式交变电流的图象如图所示，下列说法中正确的是( )
A．交变电流的频率为0.02Hz
B．交变电流的瞬时表达式为i=5cos50πt（A）
C．在t=0.01s时，穿过交流发电机线圈的磁通量最大
D．若发电机线圈电阻为0.4Ω，则其产生的热功率为5W
考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式；交流发电机及其产生正弦式电流的原理．
专题：交流电专题．
分析：根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，即可求得结论．解答：解：A、由图象可知，交流电的周期为20×10﹣3s，所以交流电的频率为f==50Hz，
所以A错误；
B、根据图象可得，交变电流的瞬时表达式为i=Acosωt=5cos100πt（A），所以B错误；
C、在t=0.01s时，感应电流最大，所以此时穿过交流发电机线圈的磁通量的变化率最大，穿过交流发电机线圈的磁通量最小，所以C错误；
D、交流电的有效值为I==A，所以发电机的发热功率为P=I2r=×0.4W=5W，所以D正确．
故选D．
点评：解决本题的关键就是有电流的瞬时值表达式求得原线圈中电流的最大值，进而求得原线圈的电流的有效值的大小．
5．如图所示，线圈L的自感系数和电容器的电容C都很小（如L=100μH，C=100pF），此电路的主要作用是( )
A．阻直流、通交流，输出交流电
B．阻交流、通直流，输出直流电
C．阻低频、通高频，输出高频交流电
D．阻高频、通低频，输出低频交流电和直流电
考点：电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用．
专题：交流电专题．
分析：根据电容器和电感线圈的特性分析选择．电容器内部是真空或电介质，隔断直流．能充电、放电，能通交流，具有隔直通交、通高阻低的特性．电感线圈可以通直流，通过交流电时产生自感电动势，阻碍电流的变化，具有通直阻交，通低阻高的特性．根据感抗和容抗的大小分析对高频和低频的阻碍．
解答：解：电感器对直流无阻碍，对交流电有阻碍作用，根据X L=2πLf知，自感系数很小，频率越低，感抗越小，所以阻碍作用为：通低频，阻高频．
电容器对交流无阻碍，对直流电有阻碍作用，根据X c=．知电容C越小，频率越低，
容抗越大，所以阻碍作用为：通高频，阻低频．
因此电路的主要作用是阻高频、通低频，输出低频交流电和直流电，故D正确，ABC错误；故选：D．
点评：对于电容和电感的特性可以利用感抗和容抗公式记忆：X L=2πLf，x C=．L是电感，C是电容，f是频率．
6．如图所示电路中的变压器为理想变压器，S为单刀双掷开关，P是滑动变阻器R的滑动触头，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2分别为原线圈和副线圈中的电流．下列说法正确的是( )
A．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率增大
B．保持P的位置及U1不变，S由a切换到b，则I2增大
C．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则I1减小
D．保持U1不变，S接在b端，将P向上滑动，则I l增大
考点：变压器的构造和原理．
专题：交流电专题．
分析：理想变压器输入功率等于输出功率，原副线圈电流与匝数成反比，原副线圈电压与匝数成正比
解答：解：A、S由b切换到a，副线圈匝数变大，所以副线圈电压变大，电阻不变，所以R上消耗的功率变大，故A正确；
B、S由a切换到b副线圈匝数变小，所以副线圈电压变小，电阻不变，所以I2减小，故B 错误；
C、S由b切换到a，副线圈匝数变大，所以副线圈电压变大，电阻不变，所以I2增大，输出功率与输入功率相等且都增大，则I1增大，故C错误；
D、S置于b位置不动，P向上滑动，电阻变小，电压不变，所以输出功率变大，故原线圈的输入功率变大，则I1增加，故D正确．
故选：AD
点评：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．输入电压决定输出电压，而输出功率决定输入功率
7．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．一边长为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a→b→c→d→a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．
考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．
专题：压轴题；电磁感应与图像结合．
分析：分段确定线框有效的切割长度，分析线框中感应电动势的大小与位置坐标的关系．线框的电阻一定，感应电流与感应电动势成正比．
解答：解：bC边的位置坐标x在L﹣2L过程，线框bc边有效切线长度为l=x﹣L，感应电动势为E=Blv=B（x﹣L）v，感应电流i==，根据楞次定律判断出来感应电流
方向沿a→b→c→d→a，为正值．
x在2L﹣3L过程，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→d→c→b→a，为负值，线框ad边有效切线长度为l=x﹣2L，感应电动势为E=Blv=B（x﹣2L）v，感应电流i=﹣=﹣，根据数学知识知道C正确．
故选C
点评：本题关键确定线框有效切割长度与x的关系，再结合数学知识选择图象．
二、实验题（每空2分，共16分）
8．如图为“研究电磁感应现象”的实验装置．
（1）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针向右偏了一下，那么合上电键后将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将向右偏转．（填“向左偏转”、“向右偏转”）；
（3）原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针将向右．（填“向左偏转”、“向右偏转”）．
考点：研究电磁感应现象．
专题：实验题．
分析：（1）注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路，据此可正确解答．
（2）磁场方向不变，磁通量的变化不变时电流方向不变，电流表指针偏转方向相同，磁通量的变化相反时，电流表指针方向相反．
解答：解：（1）探究电磁感应现象实验电路分两部分，要使原线圈产生磁场必须对其通电，故电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，灵敏电流计与副线圈组成另一个闭合电路，如图所示：
（2）闭合开关，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流表的指针向右偏；闭合电键，将原线圈迅速插入副线圈时，磁场方向不变，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流计指针将向右偏转．
（3）原线圈插入副线圈后，由电路图可知，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，滑动变阻器接入电路的阻值变小，原线圈电流变大，穿过副线圈的磁场方向不变，
但磁通量变大，灵敏电流计指针将右偏转．
故答案为：（1）电路图如图所示．（2）向右偏转；（3）向右偏转．
点评：本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同．知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键．
9．图1为示波器面板，图2为一信号源．
（1）若要观测此信号源发出的正弦交流信号的波形，应将信号源的a端与示波器面板上的γ输入接线柱相连，b端与地接线柱相连．
（2）若示波器所显示的输入波形如图3所示，要将波形上移，应调节面板上的6（或↓↑）旋钮；要使此波形横向展宽，应调节X增益旋钮；要使屏上能够显示3个完整的波形，应调节扫描范围和扫描微调旋钮．
考点：示波器的使用．
专题：实验题；压轴题．
分析：要明确示波器的使用方法，熟记各旋钮的作用；
解答：解：（1）根据示波器的操作原理，若要观测此信号源发出的正弦交流信号的波形，应将信号源的a端与示波器面板上的 Y接线柱相连，b端与地接线柱相连．
（2）若要将图3中的波形曲线调至屏中央，应调节竖直位移旋钮，即6好旋钮，即↓↑；若要使此波形横向展宽，应调节x增益旋；
要使屏上能够显示3个完整的波形，应调节扫描微调旋钮．
故答案为：（1）γ输入，地
（2）6（填写↓↑的也可以），X增益，扫描范围和扫描微调．
点评：本题考查的是示波器的应用，掌握住各个旋钮的用途即可解决本题．
三、计算题（10题14分，16题18分，18题20分，共52分）
10．交流发电机的原理如图甲所示，闭合的矩形线圈放在匀强磁场中，绕OO′轴匀速转动，在线圈中产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，已知线圈的电阻为R=2.0Ω，求：
（1）写出线圈感应电动势瞬时表达式
（2）线圈电阻上产生的电热功率是多少？
（3）保持线圈匀速转动，1min内外力对线圈做的功是多少？
考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系．
专题：交流电专题．
分析：由题i﹣t图可知交流电电流的最大值、周期，根据有效值与最大值的关系求解有效值，根据电热功率为P=I2R求解电阻上的电功率，根据W=Pt外界对线圈做的功．
解答：解：（1）由i﹣t图可知通过线圈导线的任一个横截面的电流的最大值I m=2.0 A，则感应电动势的最大值E m=I m R=4V
由图可知，交流电的周期为4.0×10﹣2s，
所以矩形线圈转动的周期T=4.0×10﹣2s，
线圈感应电动势瞬时表达式为e=E m cosωt=4cos50πt（V）
（2）电流的有效值I=，线圈电阻上产生的电热功率为P=I2R=4 W
（3）外界对线圈做功转化成电能再转化成电热，1分钟内外界对线圈做的功
W=Pt=240 J
答：（1）线圈感应电动势瞬时表达式e=4cos50πt（V）；
（2）线圈电阻上产生的电热功率是4 W；
（3）保持线圈匀速转动，1分钟内外界对线圈做的功是240 J．
点评：解决本题的关键是能从i﹣t图象中得出电流的最大值、周期，以及知道峰值与有效值的关系．
11．（18分）轻质细线吊着一质量为m=0.32kg，边长为L=0.8m、匝数n=10的正方形线圈总电阻为r=1Ω．边长为的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图甲所示．磁场
方向垂直纸面向里，大小随时间变化如图乙所示，从t=0开始经t0时间细线开始松驰，
g=10m/s2．求：
（1）在前t0时间内线圈中产生的电动势；
（2）在前t0时间内线圈的电功率；
（3）求t0的值．
考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；安培力．
专题：电磁感应中的力学问题．
分析：（1）根据ɛ=求出感应电动势，注意S为有效面积．
（2）根据感应电动势求出感应电流，再根据P=I2r求出线圈的电功率．
（3）当线圈所受的安培力等于线圈的重力时，绳子的张力为零，细线开始松弛．根据
，求出拉力为零时的磁感应强度，再根据图象求出时间．
解答：解：（1）由法拉第电磁感应定律得：
故在前t0时间内线圈中产生的电动势为0.4V．
（2）
P=I2r=0.16（W）
故在前t0时间内线圈的电功率为0.16W．
（3）分析线圈受力可知，当细线松弛时有：
由图象知：解得：t0=2s
故t0的值为2s．
点评：解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律．以及知道细线开始松驰时，线圈所受的安培力和重力平衡．
12．如图所示为某学校一套校内备用供电系统示意图，由一台不计内阻的发电机向全校22个教室供电．要求每个教室的“220V，40W”的5盏白炽灯均能正常工作，如果输电线的总电阻R是4Ω，升压变压器和降压变压器（都是理想变压器）的匝数比分别是1：4和4：1，那么：
（1）发电机的输出功率多大？
（2）发电机的电动势是多大
（3）输电效率是多少？
考点：远距离输电．
专题：交流电专题．
分析：（1）求出全校所有白炽灯消耗的功率，为降压变压器的输出功率，根据降压变压器的匝数比求出降压变压器原线圈的电压，根据I=，得出输电线上的电流，从而得出线路上损
耗的功率．升压变压器的输出功率等于线路损耗功率和降压变压器的输入功率之和，发电机的输出功率等于升压变压器的输出功率．
（2）根据输电线上的电流，求出电压损失，升压变压器的输出电压等于电压损失与降压变压器的输入电压之和，根据I=电压比等于匝数之比，求出升压变压器的输入电压，根据I1=，求出通过发电机的电流，由E=I1r+U1求出发电机的电动势．
（3）输出效率η=×100%
解答：解：（1）全校消耗的功率为：P用=22×40×6W=5280W
设线路电流为I线，输电电压为U2，降压变压器原线圈电压为U3
，
而U4=220V，
则U3=4×220V=880V
线路损失功率为：W=144W
（2）U损=I线R线=6×4V=24V
U送=U2=U损+U3=90V
由得：V
由n1I1=n2I2升压变压器原线圈电流为：=24A
发电机的电动势为：E=I1r+U1=24×1+226=250V
（3）所以P出=P用+P损=5424W
%≈97.3%
答：（1）发电机的输出功率应是5424W；
（2）发电机的电动势是250V；
（3）输电效率是97.3%
点评：解决本题的关键知道升压变压器的输出功率等于线路损耗功率和降压变压器的输入功率之和，发电机的输出功率等于升压变压器的输出功率，以及知道升压变压器的输出电压等于电压损失与降压变压器的输入电压之和。