【物理】云南省玉溪市易门一中2017-2018学年高二下学期六月份月考试题(解析版)

云南省玉溪市易门一中2017-2018学年高二
下学期六月份月考物理试题
一、单选题
1. 如下图所示，导轨间的磁场方向垂直于纸面向里，当导线MN在导轨上向右加速滑动时，正对电磁铁A的圆形金属环B中(说明：导体棒切割磁感线速度越大，感应电流越大)（）
A. 有感应电流，且B被A吸引
B. 无感应电流
C. 可能有，也可能没有感应电流
D. 有感应电流，且B被A排斥
【答案】D
【解析】试题分析：MN向右加速滑动，根据右手定则，MN中的电流方向从N→M，且大小在逐渐变大，根据安培定则知，电磁铁A的磁场方向向左，且大小逐渐增强，根据楞次定律知，B环中的感应电流产生的磁场方向向右，B被A排斥．D正确，ABC错误
故选D
考点：考查了楞次定律的应用
点评：关键判断电流方向，以及大小变化规律，然后根据安培定则判断磁场变化，
2. 如图所示，在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，有两根竖直放置的平行金属导轨，顶端用一电阻R相连，两导轨所在的竖直平面与磁场方向垂直．一根金属棒ab以初速度v0
沿导轨竖直向上运动，到某一高度后又向下运动返回到原出发点．整个过程中金属棒与导轨保持垂直且接触良好，导轨与金属棒间的摩擦及它们的电阻均可忽略不计．则在金属棒整个上行与整个下行的两个过程中，下列说法不正确的是（）
A. 回到出发点的速度v等于初速度v0
B. 上行过程中通过R的电荷量等于下行过程中通过R的电荷量
C. 上行过程中R上产生的热量大于下行过程中R上产生的热量
D. 上行的运动时间小于下行的运动时间
【答案】A
【解析】A、金属棒切割磁感线运动，由右手定则和法拉第电磁感应定律、安培力公式可知金属棒下行和上行时的受力情况，如图所示．
由能量守恒定律可知，金属棒在运动过程中，部分机械能转化为系统的焦耳热，故金属棒回到出发点的速度v小于初速度v0，A错误；
B、由电荷量的定义、欧姆定律和法拉第电磁感应定律可得，运动过程中产生的电荷量q＝
可知，上行和下行过程中磁通量变化相等，则B正确；
C、设金属棒上行的最大高度为h，上行过程中金属棒所受的安培力比下行过程中的要大，R 上产生的热量等于金属棒克服安培力做的功，由W＝Fh可知上行过程中产生的热量比下行过程中产生的热量要大，C正确；
D、由牛顿第二定律可知a上＞a下，由位移公式x＝at2可知，上行和下行的位移大小相等，则t上＜t下，D正确．
本题选不正确的，故选A.
3. 如图所示，三个线圈放在匀强磁场中，面积S1<S2<S3.穿过三个线圈的磁通量分别为Φ1、Φ2和Φ3，下列判断正确的是（）
A. Φ1＝Φ2
B. Φ2＝Φ3
C. Φ1＞Φ2
D. Φ3＞Φ2
【答案】D
【解析】解：根据公式Φ=BS，从图中看出，面积S1＜S2＜S3．，所以线圈S3穿过的磁感线条数最多，所以磁通量最大，线圈S1穿过的磁感线条数最少，所以磁通量最少．故A、B、C错误，D正确．
故选：D
【点评】解决本题的关键是掌握判断磁通量变化的方法，一是根据穿过磁感线条数多少来定性判断，二是根据公式Φ=BS来判断．
4. 关于感应电流，下列说法中正确的是（）
A. 只要穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中就一定有感应电流
B. 只要闭合导线做切割磁感线运动，导线中就一定有感应电流
C. 若闭合电路的一部分导体不做切割磁感线运动，闭合电路中一定没有感应电流
D. 当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中一定有感应电流
【答案】D
【解析】试题分析：满足磁通量变化，但是没有满足闭合电路这个条件，故A错误；满足闭合电路，但是磁通量不一定变化，不一定有感应电流，故B正确；闭合电路的一部分导体，若不做切割磁感线运动，但闭合电路中穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中也有感应电流，故C错误；当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中就一定有感应电流，故D 正确。

考点：感应电流的产生条件
【名师点睛】此题要求理解感应电流产生的条件：只要穿过闭合电路的磁通量发生变化才能产生感应电流．要产生感应电流，电路一定要闭合，穿过的磁通量还要变化，缺一不可。

5. 如图所示，一个矩形线圈与通有相同大小的电流的平行直导线处于同一平面，而且处在两导线的中央，则（）
A. 两电流同向时，穿过线圈的磁通量为零
B. 两电流反向时，穿过线圈的磁通量为零
C. 两电流同向或反向，穿过线圈的磁通量都为零
D. 因两电流产生的磁场是不均匀的，因此不能判定穿过线圈的磁通量是否为零
【答案】A
【解析】两电流同向时，穿过线圈的磁通量为零；反向时，穿过线圈的磁通量最大。

6. 将硬导线中间一段折成半圆形，使其半径为R，让它在磁感应强度为B、方向如图所示的匀强磁场中绕轴MN匀速转动．导线在a、b两处通过电刷与外电路连接，外电路接有额定功率为P、电阻为r的小灯泡并正常发光．电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，则下列说法中正确的是（）
A. 半圆形硬导线的转速为
B. 半圆形硬导线的转速为
C. 线圈从图示位置转90°过程中通过小灯泡的电荷量为
D. 线圈从图示位置转90°过程中通过小灯泡的电荷量为零
【答案】A
CD、线圈从图示位置转90°的过程中通过灯泡的电荷量
故C、D错．
故选A
点睛：知道有效值与最大值之间的关系，并要会利用来求通过某个截面的电荷量，
7. 如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，R0为定值电阻，R是滑动变阻器，原线圈两端的输入电压u＝200sin 100πt V，设理想交流电压表V1、V2的示数分别是U1、U2；理想交流电流表A1、A2示数分别是I1、I2.下列说法中正确的是（）
A. 电压表V2的示数U2＝20 V
B. 滑片P向b端滑动过程中，U2不变、I2变大
C. 滑片P向b端滑动过程中，U1变小、I1变大
D. 通过原、副线圈的交变电流频率之比为10∶1
【答案】B
【解析】由表达式知输入电压有效值为，电压与匝数成正比，所以
，A错误；滑片P向b端滑动过程中，电阻减小，电压不变即U2不变，则I2变大，B正确；由B 分析知U1不变、I1变大，C错误；变压器不改变频率，D错误；故选B。

8. 如图所示是某种型号的电热毯的电路图，电热毯接在交变电源上，通过装置P使加在电热丝上的电压的波形如图所示．此时接在电热丝两端的交流电压表的读数为（）
A. 110 V
B. 156 V
C. 220 V
D. 311 V
【答案】B
【解析】由图象可知该交变电流的周期为：
T=2×10−2s
可分两段0−0.01s和0.01−0.02S
根据有效值的定义可得：，
解得：U=Um/2=311/2V=156V，故B正确，ACD错误。

故选：B。

9. 一理想变压器的原线圈上接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈有可调电阻R.设原线圈的电流为I1、输入功率为P1，副线圈的电流为I2、输出功率为P2，当R增大时（）
A. I1减小，P1增大
B. I1减小，P1减小
C. I2增大，P2减小
D. I2增大，P2增大
【答案】B
【解析】副线圈的电压不变，当副线圈的电阻R增大时，I2减小，P2减小，P1＝P2，所以
P1减小，I1＝I2，I1减小．故B正确；
故选B
10. 如图所示，一理想变压器原线圈匝数n1＝1 000匝、副线圈匝数n2＝200匝，原线圈中接一交变电源，交变电源电压u＝220sin 100πt(V)．副线圈中接一电动机、电阻为11 Ω，电流表A2示数为1 A，电表对电路的影响忽略不计，则（）
A. 此交流电的频率为100 Hz
B. 电压表示数为220V
C. 电流表A1示数为5 A
D. 此电动机输出功率为33 W
【答案】D
【解析】A、由表达式可知，交流电源的频率为50 Hz，变压器不改变交变电流的频率，A 错误；
B、交变电源电压，而电压表读数为有效值，即电压表的示数是
，B错误；
C、电流表A2示数为1A，由电流与匝数成反比得通过电流表A1的电流为0.2A，，C错误；
D、通过电阻R的电流是1A，电动机两端的电压等于变压器的输出电压，由得，变压器的输出电压为：，此电动机输出功率为：
，D正确；
故选D。

11. 如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为3m和m的A、B两滑块，它们中间夹着(不相连)一根处于压缩状态的轻质弹簧，由于被一根细绳拉着而处于静止状态．下述说法正确的是（）
A. 剪断细绳，在两滑块脱离弹簧后，A、B两滑块的动量大小之比pA∶pB＝3∶1
B. 剪断细绳，在两滑块脱离弹簧后，A、B两滑块的速度大小之比v A∶v B＝3∶1
C. 剪断细绳，在两滑块脱离弹簧后，A、B两滑块的动能之比E kA∶E kB＝1∶3
D. 剪断细绳到两滑块脱离弹簧过程中，弹簧对A、B两滑块做功之比WA∶WB＝1∶1
【答案】C
【解析】解：A、系统动量守恒，以向左为正方向，在两滑块刚好脱离弹簧时，由动量守恒定律得：p A﹣p B=0，则：p A：p B=1：1，故A错误；
B、系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：3mv A﹣mv B=0，解得：v A：v B=1：3，故B错误；
C、两滑块的动能之比：E kA：E kB=：=1：3，故C正确；
D、弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比，弹簧对A、B两滑块做功之比：W A：W B=E kA：
E kB=1：3，故D错误．
故选：C
【点评】本题是动量守恒定律的直接应用，要比较物理量之间的比例关系，就要把这个量用已知量表示出来再进行比较．
12. 如图所示，在光滑水平面上质量分别为mA＝2 kg、mB＝4 kg，速率分别为v A＝5 m/s、vB
＝2 m/s的A，B两小球沿同一直线相向运动，下述正确的是（）
A. 它们碰撞前的总动量是18 kg·m/s，方向水平向右
B. 它们碰撞后的总动量是18 kg·m/s，方向水平向左
C. 它们碰撞前的总动量是2 kg·m/s，方向水平向右
D. 它们碰撞后的总动量是2 kg·m/s，方向水平向左
【答案】C
【解析】试题分析：取水平向右方向为正方向，设碰撞后总动量为P．则碰撞前，A、B的速度分别为：v A=5m/s、v B=-2m/s．根据动量守恒定律得：P=m A v A+m B v B=2×5+4×（-2）=2（kg•m/s），P＞0，说明碰撞后总动量方向水平向右．则碰撞前总动量方向也水平向右．故选C。

考点：动量守恒定律
13. 如图是电子感应加速器的示意图，上、下为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室中做圆周运动．甲图为侧视图，乙图为真空室的俯视图，电子从电子枪右端逸出(不计初速度)，当电磁铁线圈电流的方向与图示方向一致时，使电子在真空室中沿虚线逆时针加速旋转击中电子枪左端的靶，下列说法中正确的是（）
A. 真空室中磁场方向竖直向上
B. 真空室中磁场方向竖直向下
C. 电流应逐渐减小
D. 电流应逐渐增大
【答案】AD
【解析】试题分析：根据安培定则可知，上方电磁铁的下端为S极，同理可知，下方电磁铁的上端为N极，所以真空室中的磁场方向竖直向上，所以选项A正确、B错误；电子在真空室中沿虚线逆时针加速旋转，故可知感应电流的磁场方向竖直向下，与原磁场方向相反，故可知线圈中的电流逐渐减小，所以选项C正确、D错误；
考点：电磁感应
14. 如图所示是法拉第在1831年做的一个电磁感应实验的示意图．他把两个线圈绕在一个铁环上，A线圈与电源、滑动变阻器R组成一个回路，B线圈与开关S、电流表G组成另一个回路．通过多次实验，法拉第终于总结出产生感应电流的条件．关于该实验下列说法正确的是（）
A. 闭合开关S的瞬间，电流表G中有a→b的感应电流
B. 闭合与断开开关S的瞬间，电流表G中都没有感应电流
C. 闭合开关S后，在增大电阻R的过程中，电流表G中有a→b的感应电流
D. 闭合开关S后，在增大电阻R的过程中，电流表G中有b→a的感应电流
【答案】BD
【解析】解：闭合与断开开关S的瞬间，穿过线圈B的磁通量都不发生变化，电流表G中均无感应电流．闭合开关S 后，在增大电阻R 的过程中，电流减小，则通过线圈B的磁通量减小了，根据右手螺旋定则可确定穿过线圈B的磁场方向，再根据楞次定律可得：电流表G中有b→a 的感应电流．故BD正确，AC错误；
故选：BD
【点评】考查右手螺旋定则、楞次定律，知道右手大拇指向为线圈内部的磁场方向，并还理解“增反减同”的含义．同时注意开关的闭合不会改变穿过线圈的磁通量．
15. 如图是远距离输电的示意图，交流发电机E的输出电压经升压变压器升压后，由电阻为R的输电线向远方输电，到达用户端时再用降压变压器降压供用户使用，设变压器均为理想变压器，则下列说法正确的是（）
A. 降压变压器与用户负载连接的总开关S断开后，输电线上的功率损失为零
B. 降压变压器与用户负载连接的总开关S断开后，线路上的电压损失达最大
C. S闭合，用户的用电器增多时，输电线上的功率损失增大
D. S闭合，用户的用电器增多时，用户得到的电压降低
【答案】ACD
【解析】试题分析：远距离输电示意图如下
1.从图中可看出功率之间的关系是：
P1=P1′，P2=P2′，P1′=P r+P2
2.电压之间的关系是：；
3.电流之间的关系是：。

无负载时，无电流输出，输电线路上的电流为0，电压为损失为零，故功率损失为零，所以A正确，B错误；当用户用电器增多即负载功率变大时，需要的输入功率变大，故输电线上的电流变大，输电线上的电压降变大，故输电线上的功率损失增大，用户得到的电压降低，所以C、D均正确。

考点：变压器、远距离输电
16. 在如图所示的几种电流随时间变化的图象中，属于交变电流的是（）
A. B. C. D.
【答案】AB
【解析】交流电是指电流的方向发生变化的电流，电流的大小是否变化对其没有影响，而对于周期性变化的电流，即为大小与方向都随着时间做周期性变化，因此属于交流电的为A、B，不属于交流电的为C、D.
故选AB
二、实验题
17. 用如图甲所示装置通过半径相同的A、B两球碰撞来验证动量守恒定律，实验时先使质量为mA的A球从斜槽上某一固定点G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复上述操作10次，得到10个落点痕迹，把质量为mB的B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次，得到了如图乙所示的三个落地处．
甲乙
(1)请在图中读出OP＝________cm.
(2)由图可以判断出R是________球的落地点，Q是________球的落地点．
(3)为了验证碰撞前后动量守恒，该同学只需验证表达式______________．
【答案】(1)17.5(2)B A(3)
【解析】(1)从图中直接读出读数为：17.5 cm.
(2)A与B相撞后，B的速度增大，A的速度减小，碰前碰后都做平抛运动，高度相同，落地时间相同，所以Q点是没有碰撞时A球的落地点，R是碰后B的落地点，P是碰后A的落地点．
(3)根据两小球从同一高度开始下落，故下落的时间相同，根据动量守恒定律可得
故有
即
故本题答案是：(1)17.5(2)B A(3)
点睛：验证动量守恒的关键是找到碰前和碰后的速度。

而计算此速度要借助于平抛运动来求。

18. 在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：
A．待测的干电池（电动势约为1.5 V，内电阻小于1.0 Ω ）
B．电流表A1（量程0﹣3 mA，内阻R g1=10 Ω）
C．电流表A2（量程0﹣0.6 A，内阻R g2=0.1 Ω）
D．滑动变阻器R1（0﹣20 Ω，10 A）
E．滑动变阻器R2（0﹣200 Ω，l A）
F．定值电阻R0（990Ω）
G．开关和导线若干
（1）某同学发现上述器材中没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图甲所示的（a）、（b）两个参考实验电路，其中合理的是__图所示的电路；在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选__（填写器材前的字母代号）．
（2）图乙为该同学根据（1）中选出的合理的实验电路，利用测出的数据绘出的I1﹣I2图线（I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数，且I2的数值远大于I1的数值），但坐标纸不够大，他只画了一部分图线，则由图线可得被测电池的电动势E=__V，内阻r=__Ω．（3）若图线与纵坐标轴的交点等于电动势的大小，则图线的纵坐标应该为_________ A．I1（R0+R g1）B．I1•R0C．I2（R0+R g2）D．I1•R g1．
【答案】（1）b D （2）1.48 0.84 （3）A
【解析】（1）上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，电路中电流最大为：
I m=A=1.5 A；故电流表至少应选择0～0.6 A量程；
故应将3 mA故应将电流表G串联一个电阻，改装成较大量程的电压表使用．电表流A由于内阻较小；故应采用相对电源来说的外接法；故a、b两个参考实验电路，其中合理的是b；因为电源的内阻较小，所以应该采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小．滑动变阻器应选D（R1），
（2）根据电路结构结合闭合电路欧姆定律知
解得：
所以图像的纵坐标;
解得：
图像的斜率
解得：
（3）根据闭合电路欧姆定律可知U=E﹣Ir，若图线与纵坐标轴的交点等于电动势的大小，
则图线的纵坐标应该为路段电压，而U=I1（R0+R g1），即图线的纵坐标应该为I1（R0+R g1），故选：A
点睛：利用数学函数和图像相结合的方式求解电源的电动势和内阻。

三、计算题
19. 如图，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距l，左端与一电阻R相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B、方向竖直向下．一质量为m的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速度v匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好．已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，导轨和导体棒的电阻均可忽略．求
(1)电阻R消耗的功率；
(2)水平外力的大小．
【答案】(1)(2 )＋μmg
【解析】试题分析：（1）电阻R消耗的功率：P R=E2/R
感应电动势：E=BLv
得：P R="(" BLv) 2/R
（2）由平衡知识可知：F=f+F A
f=μmg
而I= BLv/R
解得：F A="BIL=" B2L2v2/R
得：F="μmg" + B2L2v2/R
考点：法拉第电磁感应定律；物体的平衡
20. 如图甲所示是一种振动发电装置，它的结构由一个半径为r＝0.1 m的50匝的线圈套在辐形永久磁铁槽上组成，假设磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图，如图乙所示)．线圈运动区域内磁感应强度B的大小均为T、方向不变，线圈的总电阻为2 Ω，它的引出线接有8 Ω的电珠L，外力推动线圈的P端，使线圈做往复运动便有电流通过电珠，当线圈的位移随时间变化的规律如图丙所示时(x取向右为正)：
(1)画出线圈中感应电流随时间变化的图像(取电流从a→L→b的方向为正方向)；
(2)在0.1～0.15 s内推动线圈运动过程中的作用力；
(3)求该发电机的输出功率(其他损耗不计)
【答案】（1）见下图(2)0.8 N(3)0.64 W
（2）推动线圈的过程中，因为是匀速，所以推力等于安培力．
（3）根据能量守恒定律，发电机的输出功率等于灯泡的功率．
解：（1）从图中可以看出，线圈往返的每次运动都是匀速直线运动，速度为：
v1===1m/s，v2===2m/s，
线圈做切割磁感线运动产生的感应电动势：E1=n2πrBv1=50×2π×0.1××1=2V，E1=n2πrBv2=50×2π×0.1××2=4V，
感应电流：I1===0.2A，I2===0.4A，
根据右手定则可得，当线圈沿x正方向运动时，感应电流方向为：
L→a，线圈返回时电流方向为L→b，图象如图所示．
（2）线圈每次运动都是匀速直线运动，每次运动过程中推力必须等于安培力，由平衡条件得，0.1s～0.15s内推动线圈运动过程中的作用力：
F推=F安=nBIL=nBI（2πr）=50××0.4×2π×0.1=0.8N．
（3）电流的有效值：I2R×0.15=0.22R×0.1+0.42R×0.05，
解得：I=0.2A，
发电机的输出功率即灯的电功率：P=I2R=（0.2）2×8=0.64W
答：（1）感应电流随时间变化的图象如图所示．
（2）在0.1s～0.15s内推动线圈运动过程中的作用力为0.8N；
（3）求该发电机的输出功率为0.64W．
【点评】本题考察了导线切割磁感线产生感应电动势，解决的关键是掌握电动势的大小公式以及会用右手定则判断感应电流的方向．
21. 单相交流发电机的路端电压为220 V，输出的电功率为4 400 W，发电机到用户单根输电线的电阻为2 Ω.求：
(1)用户得到的电压和电功率各是多少？
(2)如果用变压比为1∶10的升压变压器升压后向用户输电，用户处再用变压比为10∶1的降压变压器降压后使用，那么用户得到的实际电压和电功率又是多少？
【答案】(1)140 V 2 800 W (2)219.2 V 4 384 W
【解析】解：(1)不用变压器，直接输电时，干线中电流
电线损失的电压为
损失的功率为
用户得到的电压
用户得到的功率
(2)用变压器时，电路如图所示
由得
由得
22. 两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为mA＝0.5 kg、
＝0.3 kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙；另有一质量mC＝0.1 kg的滑块C(可视为质点)，mB
以v C＝25 m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图所示，由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为3.0 m/s，求：
(1)当C在A上表面滑动时，C和A组成的系统动量是否守恒？C、A、B三个物体组成的系统动量是否守恒？
(2)当C在B上表面滑动时，C和B组成的系统动量是否守恒？C刚滑上B时的速度v
【答案】(1)不守恒守恒(2)守恒 4.2 m/s
【解析】(1)当C在A上表面滑动时，由于B对A有作用力，C和A组成的系统动量不守恒．对于C、A、B三个物体组成的系统，所受外力的合力为零，动量守恒．
(2)当C在B上表面滑动时，C和B发生相互作用，系统不受外力作用，动量守恒．由动量守恒定律得：
A、B、C三个物体组成的系统，动量始终守恒，从C滑上A的上表面到C滑离A，由动量守恒定律得：
②
由以上两式联立解得v C′＝4.2 m/s.
本题答案是：(1)不守恒守恒(2)守恒 4.2 m/s
点睛：A、B、C三个木块组成的系统所受合外力为零,总动量守恒,由动量守恒定律研究整个过程,求解木块A的最终速度;根据运量守恒定律研究C在A上滑行的过程,求出滑块C 离开A时的速度.。