福建省永春县第一中学2016_2017学年高二物理3月月考习题（含解析）.docx

永春一中高二年（理）物理3月月考试卷一、选择题1. 如图甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示在0时间内，直导线中电流方向向上，则在T时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力方向正确的是()A. 感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向左B. 感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向右C. 感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向右D. 感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向左【答案】C【解析】在T/2-T时间内，直线电流方向向下，根据安培定则，知导线右侧磁场的方向垂直纸面向外，电流逐渐增大，则磁场逐渐增强，根据楞次定律，金属线框中产生顺时针方向的感应电流根据左手定则，知金属框左边受到的安培力方向水平向右，右边受到的安培力水平向左，离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以金属框所受安培力的合力水平向右故C正确，ABD错误故选C点睛：解决本题的关键掌握安培定则判断电流与其周围磁场的方向的关系，运用楞次定律判断感应电流的方向，以及运用左手定则判断安培力的方向2. 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增大，L变长B. S减小，L变短C. S增大，L变短D. S减小，L变长【答案】D【解析】根据右手螺旋定则可知，直线电流下边磁场方向垂直纸面向里，由于电流增大，则弹性的金属圆环中的磁通量增大，导致产生感应电流，根据楞次定律可知，圆环中的感应电流方向：逆时针方向根据左手定则可知，弹性的金属圆环上边的所受的安培力竖直向下，弹性的金属圆环下边的所受的安培力竖直向上，由于下边离长直导线电流越远，磁场越弱，所以向下的安培力大于向上的安培力，从而导致橡皮绳的长度变长；可将圆环等效成一段一段的导线，由左手定则可知，安培力指向圆心，导致弹性环面积减小故D正确，A、B、C错误故选D【点睛】解决本题的关键会用右手螺旋定则（安培定则）判断电流周围磁场的方向，以及会用楞次定律来判定感应电流方向，左手定则判断安培力的方向同时会运用等效思维3. 如图所示，在铁芯上、下分别绕有匝数n1=800和n2=200的两个线圈由于铁芯不闭合，上线圈产生的磁场将在空间发散，磁感线用虚线表示，下线圈得到的磁场很少，所以这种变压器能量的损耗很大。当上线圈两端与u=14.1sin314tV的交流电源相连，将下线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是（）A. 14.1V B. 2.5V C. 2.0V D. 1.0V【答案】CD【解析】根据u=14.0sin314t（V）可知交流电的最大值为Um=14.1V，则其有效值由图可知线圈n1是原线圈，线圈n2是副线圈，如果变压器是理想变压器，那么输入电压和输出电压的关系有U1：U2=n1：n2，可得，因为交流电压表指示的是有效值，故如果是理想变压器则B正确，但实际变压器存在露磁现象，故通过原线圈的磁通量大于通过副线圈的磁通量，故实际副线圈的输出电压小于2.5v，故C，D正确故选CD【点睛】该知识点题目比较简单，且题目单一，只要知道了输入电压和输出电压的关系本题即可顺利解出，但本题考虑了实际情况，所以容易出错4. 如图甲所示，为一种调光台灯电路示意图，它通过双向可控硅电子器件实现了无级调节亮度给该台灯接220V的正弦交流电后加在灯管两端的电压如图乙所示，则此时交流电压表的示数为()A. 220 V B. 110 V C. V D. V【答案】B【解析】设交流电的有效值为U，将交流电与直流电分别通过相同电阻R，分析一个周期内热量：交流电产生的热量： 直流电产生的热量： ,解得：U=110V，选项B正确；故选B.点睛：求解交流电的有效值，从有效值的定义出发，根据一个周期内通过相同的电阻，发热量相同，此直流的值即为交流电的有效值.5. 在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，所用的器材叫电流互感器如图所示的四个图中，能正确反应其工作原理的是()A. B. C. D. 【答案】A【解析】由理想变压器的原副线圈的电流之比可知，电流与匝数成反比则电流互感器应串连接入匝数较多的线圈上同时一次绕组匝数很少，且串在需要测量的电流的线路中故A正确；故选A.【点睛】电流互感器的接线应遵守串联原则；按被测电流大小，选择合适的变化，否则误差将增大6. 图甲所示电路中，A1、A2、A3为相同的电流表，C为电容器，电阻R1、R2、R3的阻值相同，线圈L的电阻不计在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在t1t2时间内()A. 电流表A1的示数比A2的小B. 电流表A2的示数比A3的小C. 电流表A1和A2的示数相同D. 电流表的示数都不为零【答案】C考点：电磁感应、电感器和电容器。【名师点睛】由图可知副线圈电路中的磁通量的变化情况，则由电磁感应可得出产生的感应电流；根据电容器及电感器的性质可得出各表的电流大小。视频7. 如图所示，一理想变压器由一个初级线圈和两个次级线圈组成当此变压器工作时，初级、次级线圈的匝数、电流、电压均在图中标出。则下列几组关系式中正确的是()A. ；B. ；C. D. 【答案】AC【解析】A、根据电压与匝数成正比，有，故A正确；B、由于副线圈是两个，电流与匝数不再成反比，故B错误；C、根据理想变压器输入功率等于输出功率，所以有，电压与匝数成正比，联立得，得，故C错误；D、变形得,由C分析知，D错误；故选AC.【点睛】掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决.8. “西电东输”工程中为减少输电损耗，必须提高输电电压，从西部某电站向华东某地区输送的电功率为106kW，输电电压为1000kV，输电线电阻为100.若改用超导材料作为输电线，则可减少电损耗的功率为()A. 105 kW B. 104 kWC. 106 kW D. 103 kW【答案】A故选A考点：远距离输电点评：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9. 如图所示，在匀强磁场中放置一个电阻不计的平行金属导轨，导轨跟大线圈M相连，导轨上放一根导线ab，磁感线垂直于导轨所在平面，欲使M所包围的小闭合线圈N产生顺时针方向的感应电流，则导线的运动情况可能是()A. 匀速向右运动 B. 加速向右运动C. 减速向右运动 D. 加速向左运动【答案】CD【解析】试题分析：导线ab匀速向右运动时，导线ab产生的感应电动势和感应电流恒定不变，大线圈M产生的磁场恒定不变，穿过小线圈N中的磁通量不变，没有感应电流产生故A错误导线ab加速向右运动时，导线ab中产生的感应电动势和感应电流增加，由右手定则判断出来ab电流方向由ab，根据安培定则判断可知：M产生的磁场 方向：垂直纸面向里，穿过N的磁通量增大，由楞次定律判断得知：线圈N产生逆时针方向的感应电流，不符合题意故B错误导线ab减速向右运动时，导线ab中产生的感应电动势和感应电流减小，由右手定则判断出来ab电流方向由ab，根据安培定则判断可知：M产生的磁场 方向：垂直纸面向里，穿过N的磁通量减小，由楞次定律判断得知：线圈N产生顺时针方向的感应电流，符合题意故C正确导线ab加速 向左运动时，导线ab中产生的感应电动势和感应电流增加，由右手定则判断出来ab电流方向由ba，根据安培定则判断可知：M产生的磁场方向：垂直纸面向 外，穿过N的磁通量增大，由楞次定律判断得知：线圈N产生顺时针方向的感应电流，符合题意故D正确故选CD考点：导体切割磁感线运动，楞次定律点评：本题是有两次电磁感应的问题，比较复杂，考查综合运用右手定则、楞次定律和安培定则的能力10. 圆形导体环用一根轻质细杆悬挂在O点，导体环可以在竖直平面里来回摆动，空气阻力和摩擦力均可不计在图所示的正方形区域里，有匀强磁场垂直于圆环的振动面指向纸内下列说法中正确的有( )A. 此摆振动的开始阶段机械能不守恒B. 导体环进入磁场和离开磁场时，环中电流的方向肯定相反C. 导体环通过最低点时，环中感应电流最大D. 最后此摆在匀强磁场中振动时，机械能守恒【答案】ABD【解析】试题分析：于从左侧摆到右侧的过程中，线框中磁通量发生变化，因而产生感应电流，由于电阻的存在，线框中将产生焦耳热，根据能量守恒知线框的机械能将不守恒，故在左 侧线框的高度将高于起始时右侧的高度，所以摆角会越来越小，当完全在磁场中来回摆动时，则没有感应电流，圆环最后的运动状态为在磁场区域来回摆动，A错误，D正确导体进入磁场和离开磁场的过程中，磁通量一个是增大，一个是减小，故根据楞次定律可得环中电流的方向肯定相反，B正确；当导体环完全进入磁场后，磁通量不变化，故线圈在最低端没有电流，C错误故选ABD考点：考查了楞次定律的应用点评：楞次定律的内容为：闭合回路中产生的感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化；判断感应电流的方向首先要确定原磁场的方向及磁通量的变化，然后根据楞次定律进行判断感应电流的方向11. 在图甲、乙电路中，电阻R和电感线圈L的电阻都很小接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则( )A. 在电路甲中，断开S，A将渐渐变暗B. 在电路甲中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗C. 在电路乙中，断开S，A将渐渐变暗D. 在电路乙中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗【答案】AD【解析】A、在电路甲中，断开S，由于线圈阻碍电流变小，导致A将逐渐变暗故A正确，B错误；C、在电路乙中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致A将变得更亮，然后逐渐变暗故C错误，D正确；故选AD【点睛】线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈左端是电源正极当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈右端是电源正极12. 若物体在运动过程中所受的合外力不为零，则（ ）A. 物体的动能不可能总是不变的B. 物体的动量不可能总是不变的C. 物体的加速度一定变化D. 物体的速度方向一定变化【答案】B【解析】合力不为零，但力不一定做功，故动能可能不变，如匀速圆周运动，故A错误；合力不为零则冲量一定不为零，由动量定理可知，物体的动量一定会发生变化，故B正确；合外力不为零，则由牛顿第二定律可知有加速度，但若力恒定则加速度不变，故C错误；若加速度与速度方向在同一直线上，则物体的速度方向可以不变，故D错误。所以B正确，ACD错误。13. 一个质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为，在此过程中（ ）A. 地面对他的冲量为 ，地面对他做的功为B. 地面对他的冲量为，地面对他做的功为零C. 地面对他的冲量为，地面对他做的功为D. 地面对他的冲量为，地面对他做的功为零【答案】B【解析】试题分析：人的速度原来为零，起跳后变化v，以向上为正方向，由动量定理可得，故地面对人的冲量为，人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，故D正确。考点：考查了动量定理，功的计算【名师点睛】在应用动量定理时一定要注意冲量应是所有力的冲量，不要把重力漏掉视频14. 车厢原来静止在光滑的水平轨道上，车厢后面的人对前壁发射一颗子弹，子弹陷入车厢的前壁内，设子弹的质量为m,子弹射出的速度为,车厢和人的质量为M，则子弹与前壁作用完毕后,车厢的速度为( )A. ；向前 B. ；向后 C. ；向前 D. 0【答案】D【解析】以车厢、人、子弹为系统，合外力为零，整个系统动量守恒，系统总动量为零，所以末态车厢速度为零故选D【点睛】本题为考查动量守恒的基础问题，只要正确找出研究对象即可求得最后的速度15. 如图所示，两个垂直纸面的匀强磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B，磁场区域宽度均为a，一正三角形(中垂线长为a)导线框ABC从图示位置方向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在下图中感应电流i与线框移动距离x的关系图象正确的是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：x在a2a范围，线框穿过两磁场分界线时，BC、AC边在右侧磁场中切割磁感线，有效切割长度逐渐增大，产生的感应电动势E1增大，AC边在左侧磁场中切割磁感线，产生的感应电动势E2不变，两个电动势串联，总电动势E=E1+E2增大故A错误；x在0a范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值故B错误；在2a3a，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值故C正确，D错误故选C考点：电磁感应的图像问题【名师点睛】此题是电磁感应的图像问题；要知道线框匀速穿过两磁场区域时，分为三个过程：穿过左侧磁场，穿过两磁场分界线和穿过右侧磁场由有效切割长度变化，根据感应电动势公式，分析感应电动势的变化，再分析感应电流的变化；本题选择的方法是排除法，将选项逐一代入检验，剔除不符合题意的选项，最后选出正确的答案。二、实验题16. 如图所示，是“研究电磁感应现象”的实验装置（1）将图中所缺导线补充完整_（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将原线圈迅速插入副线圈中，电流计指针将 _（3）原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，电流计指针将_【答案】 (1). (2). 向右偏 (3). 向左偏【解析】（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）在闭合开关时，穿过副线圈的磁通量增加，灵敏电流计的指针向右偏，那么合上开关后，将原线圈迅速插入副线圈中，穿过副线圈的磁通量增加，电流计指针将向右偏转（3）原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，电阻增大，电流减小，故穿过副线圈的磁通量减少，电流计指针将向左偏转17. 为探究小灯泡的电功率P和电压U的关系，小明测量小灯泡的电压U和电流I，利用PUI得到电功率实验所使用的小灯泡规格为“3.0 V,1.8 W”，电源为12 V的电池，滑动变阻器的最大阻值为10.（1）准备使用的实物电路如图甲所示，请将滑动变阻器接入电路的正确位置_(用笔画线代替导线)（2）现有10 、20 和50 的定值电阻，电路中的电阻R1应选_ 的定值电阻。（3）测量结束后，应先断开开关，拆除_两端的导线，再拆除其他导线，最后整理好器材（4）小明处理数据后将P、U2描点在坐标纸上，并作出了一条直线，如图乙所示请指出图象中不恰当的地方_【答案】 (1). (2). 10 (3). 电池 (4). 图线不应画为直线；横坐标的标度选择不合适【解析】试题分析：（1）探究小灯泡的电功率P和电压U的关系，测量小灯泡的电压U和电流I应从零开始，采用分压电路。（2）根据热功率得小灯泡的电阻为5，与10的滑动变阻器并联后最大阻值为3.33，只有串联10的定值电阻，才能满足小灯泡电压3伏的要求。（3）先拆电池两端的导线，再拆除其他导线，这样最安全。（4）小灯泡的电阻随电压的升高而增大，图线不应画为直线;横坐标的标度不恰当.考点：探究小灯泡的电功率P和电压U的关系三、计算题18. 风力发电作为新型环保新能源，近几年来得到了快速发展，如图所示风车阵中发电机输出功率为100 kW，输出电压是250 V，用户需要的电压是220 V，输电线电阻为10 .若输电线因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求： （1）在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比？（2）画出此输电线路的示意图（需标注相关物理量）。（3）用户得到的电功率是多少？【答案】（1）；（2）（3）96kW【解析】(1)输电线损耗功率P线=1004% kW=4kW，又P线=I22R线输电线电流I2=I3=20 A原线圈中输入电流所以这样U3=U2-U线=5000-2010 V=4800 V所以(2)如图所示(3)用户得到的电功率即降压变压器的输出功率为P用=P-P损=P(1-4%)=10096%kW=96kW【点睛】解决本题的关键是知道原副线圈的电压比等于匝数比，电流比等于匝数之反比，以及知道升压变压器的输出电压、降压变压器的输入电压和电压损失的关系，以及功率的关系19. 如图所示，匀强磁场的磁感应强度B0.5T，边长L10cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈电阻r1，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO匀速转动，角速度2rad/s，外电路电阻R4.求： （1）转动过程中感应电动势的最大值（2）由图示位置(线圈平面与磁感线平行)转过60角时的瞬时感应电动势（3）由图示位置转过60角的过程中产生的平均感应电动势（4）交变电压表的示数（5）线圈转动一周外力做的功【答案】（1）3.14 V（2）1.57V（3）2.6V（4）1.78V (5) 0.99J【解析】(1)根据Em=NBS，可得感应电动势的最大值：Em=1000.50.122V=3.14V(2)由于线框垂直于中性面开始计时，所以瞬时感应电动势表达式：e=Emcos2t（V）；当线圈转过60角时的瞬时感应电动势为：e=1.57V(3)根据法拉第电磁感应定律可得转60角的过程中产生的平均感应电动势大小为： (4)转动过程中，交流电压表的示数为有效值，所以有：(5)一个周期内，通过外力做的功等于电路的总热量，由公式 得：Q=0.99J【点睛】本题考查了有关交流电描述的基础知识，要能根据题意写出瞬时值的表达式，知道有效值跟峰值的关系，难度不大，属于基础题线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定而通过某一电量时，则用平均值来求20. 如图（甲）所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道相距L=1m，两轨道之间用R=4的电阻连接，一质量m=1kg的导体杆与两轨道垂直，静止放在轨道上，轨道的电阻可忽略不计整个装置处于磁感应强度B=4T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，现用水平拉力沿轨道方向拉导体杆，拉力F与导体杆运动的位移s间的关系如图（乙）所示，当拉力达到最大时，导体杆开始做匀速运动，当位移s=2.5m时撤去拉力，导体杆又滑行了一段距离后停止已知在拉力F作用过程中，通过电阻R上电量q为1.25C在滑行的过程中电阻R上产生的焦耳热为求：（1）导体杆运动过程中的最大速度；（2）拉力F的最大值；（3）拉力F作用过程中，电阻R上产生的焦耳热【答案】（1）（2）8N（3）5J【解析】(1)设金属棒的电阻为r棒在拉力F作用过程中，根据得：可见r=R在滑行s的过程