2017-2018学年广东省汕头市潮南实验学校高二四月份月考物理试题 解析版

2017-2018学年广东省汕头市潮南实验学校高二四月份月考物理试题 解析版

广东省汕头市潮南实验学校2017-2018学年高二四月份月考物理试题 一.选择题 ‎1. 首先发现电磁感应现象的科学家是(　　)‎ A. 奥斯特 B. 麦克斯韦 C. 安培 D. 法拉第 ‎【答案】D ‎【解析】首先发现电磁感应现象的科学家是法拉第，D对；‎ ‎2. 如图所示，光滑平行金属导轨PP′和QQ′，都处于同一水平面内，P和Q之间连接一电阻R，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，现在垂直于导轨放置一根导体棒MN，用一水平向右的力F拉动导体棒MN，以下关于导体棒MN中感应电流方向和它所受安培力的方向的说法正确的是(　　)‎ ‎ ‎ A. 感应电流方向是N→M　，安培力水平向左 B. 感应电流方向是M→N ， 安培力水平向左 C. 感应电流方向是N→M， 安培力水平向右 D. 感应电流方向是M→N ，安培力水平向右 ‎【答案】A ‎【解析】根据右手定则判断可知：导体棒MN中感应电流方向N→M，根据左手定则判断可知MN所受的安培力方向水平向左，故A正确，BCD错误。故选A.‎ 点睛：在电磁感应中常常用到三大定则：左手定则、右手定则和安培定则，关键要明确各个定则使用的条件，知道如何运用。‎ ‎3. 一个理想变压器的原、副线圈匝数之比为2∶1，如果将原线圈接在6V的干电池组上，则副线圈的电压是(　　)‎ A. 12V B. 3V C. 0 D. 0.25V ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：变压器是根据电磁感应原理工作的，当通直流电时，由于两线圈中磁通量不发生变化，所以副线圈中不会产生感应电流，故副线圈两端的电压时0，故选C 考点：考查了变压器工作原理 点评：做本题的关键是知道变压器的工作原理，基础题，掌握了就十分简单 ‎4. 绕在同一铁芯上的线圈Ⅰ、Ⅱ，按如图所示连接，A为电流表，则下列说法正确的是(　　) ‎ A. 开关S闭合瞬间，A的示数不为零 B. 保持开关S闭合状态，A示数不为零 C. 保持开关S闭合状态，移动变阻器R的触头位置，A的示数为零 D. 断开开关S的瞬间，A的示数为零 ‎【答案】A ‎【解析】当闭合开关S瞬间，Ⅰ线圈中有电流通过，产生磁场，磁场也穿过Ⅱ线圈，Ⅱ线圈的磁通量从无到有增加，产生感应电流，则电流表中有电流。故A正确。闭合开关后保持闭合状态时，Ⅰ中电流不变，穿过Ⅱ线圈中磁通量不变，没有感应电流产生，A的示数为零。故B错误。保持开关S闭合，移动变阻器R滑动触头的位置，Ⅰ线圈中电流变化，产生磁场也变化，变化磁场也穿过Ⅱ线圈，Ⅱ线圈的磁通量变化，产生感应电流，则电流表中有电流。故C错误。断开开关S的瞬间，Ⅰ线圈中电流减小（从有到无），产生磁场也变化，变化磁场也穿过Ⅱ线圈，Ⅱ线圈的磁通量变化，产生感应电流，则电流表中有电流。故D错误。故选A。‎ 点睛：本题关键抓住产生感应电流的条件进行判断．产生感应电流要有两个条件：一是电路要闭合；二是磁通量发生变化．‎ ‎5. 如图所示，M、N是两条交流输电线，甲、乙两图是配电室中的互感器和交流电表的两种接线示意图，以下说法中正确的是(　　) ‎ A. 在乙图中，线圈n4的导线一定比线圈n3的导线粗 B. 甲图中的电表是交流电流表，乙图中的电表是交流电压表 C. 甲图中的电表是交流电压表，乙图中的电表是交流电流表 D. 甲、乙两图中的电表均为交流电流表 ‎【答案】C ‎【解析】由图可知，甲并联在电路中是电压互感器，为电压表，乙串联在电路中是电流互感器，为电流表，电路中是强电流，通过变压器变成弱电流，选项C正确，BD错误；用电流表测量，因为电流之比等于线圈匝数的倒数比，线圈n3的导线一定比线圈n4的导线粗，故A错误， 故选C.‎ 点睛：理想变压器的工作原理是原线圈输入变化的电流时，导致副线圈的磁通量发生变化，从而导致副线圈中产生感应电动势．而副线圈中的感应电流的变化，又导致在原线圈中产生感应电动势．串联在电路中的是电流互感器，并联在电路中的是电压互感器．‎ ‎6. 理想变压器原、副线圈的电流为，I1、I2，电压为U1、U2，功率为P1、P2，关于它们的关系，正确的是(　　)‎ A. I2由I1决定 B. U2与负载有关 C. P1由P2决定 D. U1由U2决定 ‎【答案】C ‎7. 一磁铁自上向下运动，穿过一闭合导电回路，如图所示．当磁铁运动到a处和b处时，回路中感应电流的方向分别是(　　)‎ ‎ ‎ A. 顺时针，逆时针 B. 逆时针，顺时针 C. 顺时针，顺时针 D. 逆时针，逆时针 ‎【答案】B ‎【解析】当磁铁运动到a处时，穿过线圈的磁通量向下增加，根据楞次定律，则回路中感应电流的方向是逆时针方向；当磁铁运动到b处时，穿过线圈的磁通量向下减小，根据楞次定律，则回路中感应电流的方向是顺时针方向；故选B.‎ ‎8. 如图所示，正弦波和方波交变电流的最大值相等，周期也相等，现把它们通入完全相同的电阻，则在相同的时间(远大于周期)内，两电阻发热之比Q甲/Q乙等于(　　)‎ ‎ ‎ A. 1/ B. 1/2 C. 1/4 D. 1/1‎ ‎【答案】B ‎【解析】此题涉及交变电流。在甲图中，电流的有效值为，在乙图中，电流的有效值为。由公式知，相等时间内产生的热量之比为1:2.答案选B。本题结合电流的热效应考查了交流电的有效值，难度一般。‎ ‎9. 根据法拉第电磁感应定律的数学表达式，电动势的单位V可以表示为(　　)‎ A. T/s B. Wb/s C. T·m2/s D. Wb·m2/s ‎【答案】BC ‎【解析】由法拉第电磁感应定律，则有：，可得：，故B 正确，ACD错误。‎ ‎10. 两个质量不同的物体，在光滑的水平面上相向运动，并发生正碰，则下列说法中正确的是 A. 碰撞后，质量小的物体速度变化大 B. 碰撞后，质量大的物体速度变化大 C. 若碰撞后连成整体，则整体运动方向与原来动量大的物体的运动方向相同 D. 若碰撞后连成整体，则整体运动方向与原来速度大的物体的运动方向相同 ‎【答案】AC ‎【解析】根据动量守恒定律得，即有，可知，碰撞后，速度变化量大小与物体的质量成正比，质量小的物体速度变化大，故A正确B错误；若碰撞后连成整体，根据动量守恒定律知：整体运动方向与原来动量大的物体的运动方向相同，故CD错误．‎ ‎11. 如图所示，一宽40 cm的匀强磁场区域内磁场方向垂直纸面向里，一边长为20 cm的正方形导线框位于纸面内，以垂直于磁场边界的恒定速度v＝20 cm/s通过磁场区域，在运动过程中，线框有一边始终与磁场区域的边界平行．取它刚进入磁场的时刻t＝0，在下图中，不能正确反映感应电流强度（i）随时间（t）变化规律的是(选择逆时针方向为i的正方向). ( ) ‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】试题分析：线框开始进入到全部进入时，线框的右边切割磁感线，由右手定则可知，电流沿逆时针方向，在i-t图象为正；因速度保持不变，故电流大小不变，此段时间为 ‎；当全部进入时，线框中磁通量不变，故没有感应电流，运动时间为1s；当线框开始离开时，左边切割磁感线，由右手定则可知感应电流为顺时针，故电流为负值，且电流大小不变，切割时间也为1s；故C正确；故选C。‎ 考点：法拉第电磁感应定律；右手定则 ‎【名师点睛】本题考查电磁感应中的图象问题，要注意判断电流的大小、方向的变化规律．线圈进入磁场的过程，由右手定则可得出电流的方向变化，由E=BLv可知电动势的变化，由欧姆定律可知电流的变化。解题时要分段判断．‎ ‎12. 如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落．如果线圈中受到的磁场力总小于其重力，它在1、2、3、4位置时的加速度分别a1，a2，a3，a4， 则下列关系正确的是(　　)‎ ‎ ‎ A. a3>a4 B. a1＝a2‎ C. a1＝a3 D. a3>a1‎ ‎【答案】AC ‎【解析】线圈自由下落时，加速度为a1=g．线圈完全在磁场中时，磁通量不变，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，只受重力，加速度为a3=g。线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力，根据牛顿第二定律得知，a2＜g，a4＜g．线圈完全在磁场中时做匀加速运动，到达4处的速度大于2处的速度，则线圈在4处所受的安培力大于在2处所受的安培力，又知，磁场力总小于重力，则a2＞a4，故a1=a3＞a2＞a4。故AC正确，BD错误；故选AC.‎ 点睛：本题关键是分析安培力的大小和方向情况，比较安培力和重力的关系，抓住安培力大小与速度成正比，分析2、4两处安培力的大小关系．‎ 二.实验题 ‎13. 如图所示，在图中，G为指针在中央的灵敏电流表，连接在直流电路中时的偏转情况今使它与一线圈串联进行电磁感应实验，则图中的条形磁铁的运动方向是______ ；图 中电流计的指针将向______ 偏转；图中的条形磁铁上端为______ 极 ‎ ‎【答案】 (1). 向下插入； (2). 右； (3). N ‎14. 如图所示，在验证动量守恒定律的实验中，将一个质量为m1的钢球A多次从斜槽轨道上端紧靠固定挡板处由静止释放，这个钢球经过斜槽轨道后由水平轨道飞出，在地面上落点的平均位置为P点．然后在水平轨道末端放置一个质量为m2的胶木球B(A、B两球的半径相等)，将A球仍然多次从斜槽轨道的同一位置由静止释放，和球B发生碰撞，碰后两球分别落到地面上，根据两球落在地面的痕迹确定两球各自的落地点的平均位置分别为M点和N点．水平轨道末端重垂线指向地面的O点，测得OM＝x1，OP＝x2，ON＝x3.重力加速度为g.‎ ‎ ‎ ‎(1)若测量出水平轨道到地面的高度为h，则与B两球相碰前的瞬间A球的速度v1＝________.‎ ‎(2)在误差允许范围内，当m1、m2、x1、x2、x3满足关系式________‎ 时，就表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒．‎ ‎【答案】 (1). (1)x2 (2). (2)m1x2＝m1x1＋m2x3‎ ‎【解析】（1）A球和B球相撞后，B球的速度增大，A球的速度减小，都做平抛运动，竖直高度相同，所以碰撞前A球的落地点是P点，， （2）碰撞后小球A的速度为，碰撞后小球B的速度为 若m1v1=m2v3+m1v2则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，带入数据得：m1x2=m1x1+m2x3‎ 点睛：验证动量守恒定律中，要学会在相同高度下，用水平射程来间接测出速度的方法，并且要知道小球碰撞前后所对应的落地点的位置．‎ 二.计算题 ‎15. 如图所示，光滑金属导轨PN与QM相距1 m，电阻不计，两端分别接有电阻R1和R2，且R1＝6 Ω、R2＝3 Ω，ab导体棒的电阻为2 Ω.垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为1 T．现使ab以恒定速度v＝3 m/s匀速向右移动，求：‎ ‎(1)金属棒上产生的感应电动势E.‎ ‎(2)R1与R2消耗的电功率分别为多少？‎ ‎【答案】(1)3 V　(2)W　W　‎ ‎【解析】（1）金属棒产生的感应电动势E=BLv=1×1×3V=3V． （2）整个电路的总电阻R＝r+＝4Ω． 金属棒中的电流 则外电压的大小U=E-Ir=3−×2V ‎=1.5V 则R1消耗的电功率． R2消耗的电功率 ‎16. 如图所示，理想变压器原线圈中输入电压U1＝3 300 V，副线圈两端电压U2为220 V，输出端连有完全相同的两个灯泡L1和L2，绕过铁芯的一匝导线所接的电压表的示数U＝2 V，求：‎ ‎(1)原线圈n1等于多少匝；‎ ‎(2)当开关S断开时，电流表A2的示数I2＝5 A，则电流表A1的示数I1为多少；‎ ‎(3)当开关S闭合时，电流表A1的示数I1′等于多少．‎ ‎【答案】(1)1 650匝　(2)A　(3)A ‎【解析】试题分析：(1)由电压与变压器匝数的关系可得3分 即. 1分 ‎(2)当开关S断开时, ‎ 由U1I1＝U2I2 3分 可知1分 ‎(3)当开关S断开时, 有RL＝U2/I2＝44 Ω 1分 当开关S闭合时, 设副线圈总电阻为R′‎ 有R′＝RL/2＝22 Ω 1分 副线圈中的总电流为I2′‎ 则I2′＝U2/R′＝10 A 1分 由U1I1′＝U2I2′可知. 1分 考点：考查理想变压器原理 点评：本题难度较小，熟记电压比与匝数比的关系，输入电流由输出电流决定，输入功率由输出功率决定，掌握三个决定关系是求解此类问题的一般思路 ‎17. 如图所示，一不可伸长的轻质细绳，静止地悬挂着质量为M的木块，一质量为m的子弹，以水平速度v0击中木块，已知M＝9m，不计空气阻力．问：‎ ‎(1)如果子弹击中木块后未穿出(子弹进入木块时间极短)，在木块上升的最高点比悬点O低的情况下，木块能上升的最大高度是多少？(设重力加速度为g)‎ ‎(2)如果子弹在极短时间内以水平速度v0/4穿出木块，则在这一过程中子弹、木块组成的系统损失的机械能是多少？‎ ‎【答案】(1) 　(2) ‎ ‎【解析】试题分析：（1）因为子弹与木块作用时间极短，子弹与木块间的相互作用力远大于它们的重力，所以子弹与木块组成的系统水平方向动量守恒，‎ 设子弹与木块开始上升时的速度为，设向右为正方向，则 因不计空气阻力，所以系统上升过程中机械能守恒，设木块上升的最大高度为h，‎ 则，得 ‎（2）子弹射穿木块前后，子弹与木块组成的系统水平方向动量守恒，设子弹穿出时木块速度为v2，设向右为正方向：‎ 在这一过程中子弹、木块系统损失的机械能为 考点：考查了动量守恒，机械能守恒 ‎【名师点睛】子弹射穿木块过程系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出木块的速度，然后对木块应用机械能守恒定律求出上升的最大高度；由能量守恒定律可以求出系统损失的机械能；‎ ‎ ‎