云南玉溪市省江川二中2018年高二年级六月份月考 物理

绝密★启用前 云南玉溪市省江川二中2018年高二年级六月份月考物理 命题教师：本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间120分钟。

学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________分卷I一、单选题(共12小题,每小题3.0分,共36分)1.如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，一个矩形闭合导线框abcd ，沿纸面由位置1(左)匀速运动到位置2(右)．则( )A ． 导线框进入磁场时，感应电流方向为a →b →c →d →aB ． 导线框离开磁场时，感应电流方向为a →d →c →b →aC ． 导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右D ． 导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向左2.一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220 V 交变电流改变为110 V ．已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为( )A ． 200B ． 400C ． 1 600D ． 3 2003.如图所示，线框平面与磁场方向垂直，现将线框沿垂直磁场方向拉出磁场的过程中，穿过线框磁通量的变化情况是( ) A ． 变小 B ． 变大 C ． 不变D ． 先变小后变大4.面积均为S 的两个电阻相同的线圈，分别放在如图甲、乙所示的磁场中，甲图中是磁感应强度为B 0的匀强磁场，线圈在磁场中以周期T 绕OO ′轴匀速转动，乙图中磁场变化规律为B ＝B 0cos t ，从图示位置开始计时，则( )A ． 两线圈的磁通量变化规律相同B ． 两线圈中感应电动势达到最大值的时刻不同C ． 经相同的时间t (t ＞T )，两线圈产生的热量不同D ． 从此时刻起，经时间，通过两线圈横截面的电荷量不同5.英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场．如图所示，一半径为r 的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B ，环上套一带电量为＋q 的小球．已知磁感应强度B 随时间均匀增加，其变化率为k ，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是( )A ． 0B ．r 2qkC ． 2πr 2qkD ． πr 2qk 6.如图所示，边长为2l 的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个边长为l 的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直，导线框的一条对角线和虚线框的一条对角线恰好在同一直线上．从t ＝0开始，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角线方向移动进入磁场，直到整个导线框离开磁场区域．用I 表示导线框中的感应电流(以逆时针方向为正)．则下列表示I －t 关系的图线中，正确的是( )A ．B ．C ．D ．7.关于楞次定律，下列说法正确的是( )A ． 感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化B ． 闭合电路的一部分导体在磁场中运动时，必受磁场阻碍作用C ． 原磁场穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场同向D ． 感应电流的磁场总是跟原磁场反向，阻碍原磁场的变化 8.做曲线运动的物体( )A ． 动量一定改变B ． 动能一定改变C ． 加速度一定改变D ． 机械能一定改变9.长为a 、宽为b 的矩形线圈，在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕垂直于磁场的OO ′轴以恒定的角速度ω旋转．设t ＝0时，线圈平面与磁场方向平行，则此时的磁通量和磁通量的变化率分别是( )A ． 0,0B ． 0，BabωC ．，0D ．Bab ，Babω10.如图所示，质量为m 2的小车上有一半圆形的光滑槽，一质量为m 1的小球置于槽内，共同以速度v 0沿水平面运动，并与一个原来静止的小车m 3对接，则对接后瞬间，小车的速度大小为( )A． B．C． D．以上答案均不对11.如图所示，矩形线圈放置在水平薄木板上，有两块相同的蹄形磁铁，四个磁极之间的距离相等，当两块磁铁匀速向右通过线圈时，线圈仍静止不动，那么线圈受到木板的摩擦力方向是()A．先向左，后向右 B．先向左、后向右、再向左C．一直向右 D．一直向左12.如图所示，某小型发电站发电机输出的交流电压为500 V，输出的电功率为50 kW，用电阻为3 Ω的输电线向远处送电，要求输电线上损失功率为输电功率的0.6%，则发电站要安装一升压变压器，到达用户再用降压变压器变为220 V供用户使用(两个变压器均为理想变压器)．对整个送电过程，下列说法正确的是()A．输电线上的损失功率为300 WB．升压变压器的匝数比为1∶100C．输电线上的电流为100 AD．降压变压器的输入电压为4 700 V二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分)13.(多选)如图所示，电流表与螺线管组成闭合电路，以下能使电流表指针偏转的是()A．将磁铁插入螺线管的过程中B．磁铁放在螺线管中不动时C．将磁铁从螺线管中向上拉出的过程中D．线圈不动，磁铁插在线圈内也不动14.(多选)图甲左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中R＝55 Ω，、为理想电流表和电压表．若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压，电压表的示数为110 V，下列表述正确的是()A．电流表的示数为2 A B．原、副线圈匝数比为1∶2C．电压表的示数为电压的有效值 D．原线圈中交变电压的频率为100 Hz15.(多选)一交流电压为u＝100sin 100πt V，由此表达式可知()A．用电压表测该电压其示数为100 VB．该交流电压的周期为0.02 sC．将该电压加在100 Ω的电阻两端，电阻消耗的电功率为200 WD．t＝s时，该交流电压的瞬时值为100 V16.如图所示，竖直放置的两根足够长平行金属导轨相距L，导轨间接有一阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触，且无摩擦，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，现将金属棒由静止释放，金属棒下落高度为h时开始做匀速运动，在此过程中()A．导体棒的最大速度为B．通过电阻的电荷量为C．导体棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量D．重力和安培力对导体棒做功的代数和等于导体棒动能的增加量分卷II三、实验题(共2小题,共14分)17.如图是做探究电磁感应的产生条件实验的器材．(1)在图中用实线代替导线把它们连成实验电路．(2)由哪些操作可以使灵敏电流计的指针发生偏转()A．闭合开关B．断开开关C．保持开关一直闭合D．将线圈A从B中拔出(3)假设在开关闭合的瞬间，灵敏电流计的指针向左偏转，则当螺线管A向上拔出的过程中，灵敏电流计的指针向______(填“左”或“右”)偏转．18.某科技活动小组同学，用如下图甲的实验器材，测绘一个非线性电学元件的伏安特性曲线，其中电压表内阻约20 kΩ，毫安表内阻约200 Ω，滑动变阻器最大阻值为100 Ω，电源能提供的电压为9 V．实验测得该元件两端电压U和通过它的电流I的数据如下表所示：(1) 根据表中的数据可获得的信息及有关电学实验的知识，请在下边的方框中画出该活动小组采用的实验电路图．(2) 图甲是尚未完成连接的电路，请你把其连接完整．(3) 根据表中数据，在图乙的坐标纸中画出该元件的伏安特性曲线．四、计算题19.如图所示，左右两边分别有两根平行金属导轨相距为L，左导轨与水平面夹30°角，右导轨与水平面夹60°角，左右导轨上端用导线连接．导轨空间内存在匀强磁场，左边的导轨处在方向沿左导轨平面向下、磁感应强度大小为B的磁场中．右边的导轨处在垂直于右导轨斜向上、磁感应强度大小也为B的磁场中．质量均为m的导杆ab和cd垂直导轨分别放于左右两侧导轨上，已知两导杆与两侧导轨间动摩擦因数均为μ＝，回路电阻恒为R，若同时无初速释放两导杆，发现cd沿右导轨下滑s距离时，ab杆才开始运动．(认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力)．(1)试求ab杆刚要开始运动时cd棒的速度v的大小；(2)以上过程中，回路中共产生多少焦耳热？(3)cd棒的最终速度为多少？20.1.如图，质量相等的钢球A、B用长度相等的丝线悬挂起来，使B球自然下垂，处于静止状态，拉起A球，放开后与B球碰撞，发现碰后A球静止下来，而B球能上升到与A球原来相同的高度．那么A、B两球在碰撞前后的动量变化多少？动能变化多少？21.如图所示，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A，B处于静止状态，B球距地面的高度h＝0.8 m，A球在B球的正上方，先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放，当A球下落t＝0.3 s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零，已知mB＝3mA，重力加速度大小g取10m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：(1)B球第一次到达地面时的速度；(2)P点距离地面的高度．22.如图1所示，空间存在方向竖直向下的磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L＝0.2m．额定电压为2 V的小灯泡接在导轨一端，ab是跨接在导轨上内阻不计的导体棒，开始时ab与NQ的距离为0.2 m.(1)若导体棒固定不动，要使小灯泡正常发光，磁感应强度随时间的变化率是多大？(2)若磁感应强度保持B＝2 T不变，ab匀速向左运动，要使小灯泡正常发光，ab切割磁感线的速度是多大？答案解析1.【答案】D【解析】根据楞次定律可知A、B错误，根据安培定则可知C错误，D正确．2.【答案】B【解析】根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系＝，得n2＝＝＝400，选项B正确．3.【答案】A【解析】在匀强磁场中，当线框与磁场垂直时，磁通量为Φ＝BS，S为在磁场中的面积．线框平面与磁场方向垂直，故磁通量为Φ＝BS；将线框沿垂直磁场方向拉出磁场的过程中，在磁场中的面积S减小，故BS减小；故选A.4.【答案】A【解析】甲图中的磁通量变化规律为Φ甲＝B0S cos t，乙图中磁通量的变化规律为Φ乙＝B0S cos t.由于两线圈的磁通量变化规律相同，则两线圈中感应电动势的变化规律相同，达到最大值的时刻也相同，有效值E 也相同，又因两线圈电阻相同，所以Q＝t也相同，经过时间，通过两线圈横截面的电荷量q＝·也相同，故A正确．5.【答案】D【解析】磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，故感应电动势为：U＝S＝πr2k；根据楞次定律，感应电动势的方向为顺时针方向；小球带正电，小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是：W＝qU＝πr2qk，故选D.6.【答案】D【解析】导线框完全进入磁场后，没有感应电流产生，故A、B均错误．线框进入磁场过程，有效切割长度L均匀增大，感应电动势E均匀增大，感应电流I均匀增大．穿出磁场过程，有效切割长度L均匀减小，感应电动势E均匀减小，感应电流I均匀减小，两个过程电流方向相反．故C错误，D正确．7.【答案】A【解析】感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项A正确；闭合电路的一部分导体在磁场中平行磁感线运动时，不受磁场阻碍作用，选项B错误；原磁场穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场反向，选项C错误；感应电流的磁场当原磁场增强时跟原磁场反向，当原磁场减弱时跟原磁场同向，选项D错误．8.【答案】A【解析】做曲线运动的物体速度方向一定改变，故动量一定改变，A正确；但速度大小不一定变化，动能不一定改变，B项错误；若物体仅在恒力作用下做曲线运动则加速度一定不变，同样物体仅在重力作用下做曲线运动时机械能也不改变，C、D两项均错误．9.【答案】B【解析】线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴转动时，产生交变电动势：e＝E m cosωt＝Babωcosωt.当t＝0时，cosωt＝1，虽然磁通量Φ＝0，但是电动势有最大值E m＝Babω，根据法拉第电磁感应定律：E＝n，当电动势为最大值时，对应的磁通量的变化率也最大，即E m＝()max＝Babω.故正确选项为B.10.【答案】C【解析】对接过程，两小车组成的系统动量守恒，以小车m2的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m2v0＝(m2＋m3)v，解得：v＝.11.【答案】D【解析】根据楞次定律的“阻碍变化”知“来拒去留”，当两磁铁靠近线圈时，线圈要阻碍其靠近，线圈有向右移动的趋势，受木板的摩擦力向左，当磁铁远离时，线圈要阻碍其远离，仍有向右移动的趋势，受木板的摩擦力方向仍是向左的，故D正确．12.【答案】A【解析】输电线上的损失功率为0.6%×50 kW＝300 W，选项A正确．由I2R＝300 W可得输电线上电流I＝10 A，升压变压器副线圈电压为5 000 V，升压变压器的匝数比为1∶10，选项B、C错误．输电线损失电压为IR＝30 V，降压变压器的输入电压为4 970 V，选项D错误．13.【答案】AC【解析】只要是线圈中的磁通量发生变化，回路中有感应电流，指针便会偏转；只要是线圈中的磁通量不发生变化，回路中无感应电流，指针便不会偏转．在磁铁插入、拉出过程中线圈中的磁通量均发生变化，能产生感应电流，电流表指针偏转．故A、C正确；磁铁放在螺线管中不动时，线圈中的磁通量不发生变化，无感应电流产生，故B错误；线圈不动，磁铁插在线圈内也不动，线圈中的磁通量不发生变化，无感应电流产生，故D错误．14.【答案】AC【解析】由图乙可知原线圈两端电压的有效值U1＝220 V，由＝，可得原副线圈匝数之比＝＝＝2∶1，故B错误．电流表示数与电压表示数都为有效值，故C正确．电流表示数I＝＝A＝2 A，故A正确．由图乙可知T＝0.02 s，所以交变电压的频率为f＝＝Hz＝50 Hz，D错误．15.【答案】ABD【解析】电压表显示的是有效值，U＝＝100 V，故A正确；ω＝100π，周期T＝＝＝0.02 s，故B正确；由P＝＝＝100 W，故C错误；把t＝s代入表达式u＝100sin 100πt(V)＝100 V，故D 正确．16.【答案】BD【解析】金属棒由静止释放后，当a＝0时，速度最大，即mg－BL＝0，解得v m＝，A项错误．此过程通过电阻的电荷量q＝Δt＝·Δt＝，B项正确．导体棒克服安培力做的功等于整个电路产生的热量，C项错误．由动能定理知对金属棒有ΔE k＝W重＋W安，D项正确．17.【答案】(1)见解析(2)ABD(3)右【解析】(1)将灵敏电流计与大线圈B组成闭合回路，电源、开关、小线圈A组成闭合回路，电路图如图所示．(2)将开关闭合或断开，导致穿过线圈的磁通量变化，产生感应电流，灵敏电流计指针偏转，故A、B正确；保持开关一直闭合，则穿过线圈B的磁通量不变，没有感应电流产生，灵敏电流计指针偏转，故C错误；将螺线管A插入(或拔出)螺线管B时穿过线圈B的磁通量发生变化，线圈B中产生感应电流，灵敏电流计指针偏转，故D正确．(3)在开关闭合的瞬间，穿过线圈B的磁通量增大，灵敏电流计的指针向左偏转，则当螺线管A向上拔出的过程中，穿过线圈B的磁通量减小，灵敏电流计的指针向右偏转．18.【答案】(1)(2)(3)【解析】从题中信息可得该元件的电阻和电流表的内阻接近，所以在连电路时应采用电流表的外接法，避免电流表分压，该元件的电压是从0开始的，所以滑动变阻器采用分压接法，画伏安特性曲线时应采用描点法，然后用平滑的曲线连接．19.【答案】(1)(2)[s－](3)【解析】(1)ab杆刚运动时，有F N＝mg cos 30°－F安μF N＝mg sin 30°故F安＝mg由安培力公式F安＝BIL得I＝由闭合电路欧姆定律得E＝对cd杆由法拉第电磁感应定律E＝BLv则v＝(2)由动能定理有：mgs sin 60°－μmgs cos 60°－W克安＝mv2W克安＝Q故：Q＝[s－](3)mg sin 60°－μmg cos 60°＝v m＝.20.【答案】碰前B静止，由机械能守恒定律可求碰前A球的速度：mgL(1－cosθ)＝mv A2解得：v A＝.碰前二者总动量为：p1＝mv A＋mv B＝m总动能为：E k1＝mv A2＋mv B2＝mgL(1－cosθ)．碰后A静止，对B球：由机械能守恒定律可知：mv B′2＝mgL(1－cosθ)解得：v B′＝可知碰后二者总动量：p2＝mv B′＋mv A′＝m.总动能为：E k2＝mv B′2＋mv A′2＝mgL(1－cosθ)．所以A、B两球组成的系统碰撞前后：Δp＝0，ΔE k＝0，即碰撞前后，动量守恒，机械能守恒．【解析】21.【答案】(1)4 m/s(2)0.75 m【解析】(1)设B球第一次到达地面时的速度大小为v B，由运动学公式有v B＝①将h＝0.8 m代入上式，得v B＝4 m/s.②(2)设两球相碰前后，A球的速度大小分别为v1和v1′(v1′＝0)，B球的速度分别为v2和v2′，由运动学规律可得v1＝gt③由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变，规定向下的方向为正，有v1＋mB v2＝mB v2′④mAv＋mB v＝mB v2′2⑤mA设B球与地面相碰后速度大小为v B′，由运动学及碰撞的规律可得v B′＝v B⑥设P点距地面的高度为h′，由运动学规律可得h′＝⑦联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得h′＝0.75 m．⑧22.【答案】(1)50 T/s(2)5 m/s【解析】由于ab电阻不计，所以小灯泡两端的电压即为电动势，E＝U L＝2 V.(1)由E＝·S得：＝＝T/s＝50 T/s(2)由E＝BLv得：v＝＝m/s＝5 m/s。