【100所名校】内蒙古自治区2017-2018学年高二下学期第一次月考理科综合物理试题

1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 内蒙古自治区集宁一中2017-2018学年高二下学期第一次月考理科综合物理试题物理注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第I卷（选择题）一、单选题1矩形线圈的匝数为50匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图所示。下列结论正确的是（ ）A. 在t0.1 s和t0.3 s时，电动势最大B. 在t0.2 s和t0.4 s时，电流改变方向C. 电动势的最大值是314VD. 在t0.4 s时，磁通量变化率最大，其值为3.14 Wb/s2在如图（a）的电路中，电阻R2=6R1，D1、D2为理想二极管，当输入图（b）的正弦交流电时，电压表的示数为（ ）A. B

2、. C. D. 3一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 、1 和4 ，为理想交流电流表，U为正弦交流电压，其有效值恒定。当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I。该变压器原、副线圈匝数比为（ ）A. 2 B. 3 C. 4 D. 54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零5如图所示，当滑动变阻器滑动触头P逐渐向上移动时，接在理想变压器两端的四个理想电表示数（ ）A. V1不变、V2不变、A1变大、A2变大B. V1不变、V2不变、A1变小、A2变小C. V1变大、V2变大、A1变小、A2变小D. V1变小、V2变小、A1变大、A2变大6一台发电机最大输出功率为4000 kW，电压为4000 V，经变压器T1升压后向远方输电。输电线路总电阻R1 k.到目的地经变压器T2

3、降压，负载为多个正常发光的灯泡(220 V，60 W)。若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器T1和T2的损耗可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则（ ）A. T1原、副线圈电流分别为103 A和20 AB. T2原、副线圈电压分别为1.8105 V和220 VC. T1和T2的变压比分别为150和401D. 有6104盏灯泡(220 V、60 W)正常发光二、多选题7“西电东送”是我国一项重大的能源发展战略。将西部地区的电能输送到东部地区，为了减少输电过程中的电能损失，实现远距离输电应采用的有效方法是（ ）A. 增大输电的电流B. 提高输电电压C. 减小输电线电阻D. 以上办法都不行8长为a、宽为b的矩形线框有n匝，每匝线圈电阻为R，如图所示，对称轴MN的左侧有磁感应强度为B的匀强磁场，第一次将线框从磁场中以速度v匀速拉出；第二次让线框以的角速度转过90角，那么（ ）A. 通过导线横截面的电量q1：q2=1：nB. 通过导线横截面的电量q1：q2=1：1C. 线框发热功率P1：P2=2n：1D. 线框发热功率P1：P2=2：1第II卷（非选择题）三、实验题9传感器担负

4、着信息采集任务，在自动控制中发挥着重要作用，热敏电阻随温度变化的图线如图(甲)所示，图(乙)是由热敏电阻Rt作为传感器制作的简单温度自动报警器线路图。（1）为了使温度达到某一临界值时报警器响铃，开关c应接在_(填a或b)。（2）若使启动报警器的温度提高些，应将滑动变阻器滑片P点向_移动(填左或右）。10为锻炼身体，小明利用所学物理知识设计了一个电子拉力计，如图所示是原理图，轻质弹簧右端和金属滑片P固定在一起(弹簧的电阻不计，P与R1间的摩擦不计)，弹簧劲度系数为100N/cm。定值电阻R05，ab是一根长为5cm的均匀电阻丝，阻值R125，电源输出电压恒为U3V，电流表内阻不计，当拉环不受力时，滑片P处于a端。当拉力为400N时，电流表示数为_A，这个拉力计能够测量的最大拉力为_N。四、解答题11如图所示，矩形线圈在匀强磁场中绕OO轴匀速转动，磁场方向与转轴垂直，线圈匝数n40匝，内阻r0.1 ，长l10.05 m，宽l20.04 m，转速为3000 r/min，磁场的磁感应强度B0.2 T，线圈两端接有阻值为R9.9 的用电器和一个理想交流电流表。求：(结果保留两位有效数字)（1）电

5、流表的示数。（2）从图示位置开始，线圈转过60和120，通过用电器的电荷量之比。（3）1 min内外力需要提供的能量。12如图甲为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，d为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的ut图像如图乙所示。若只在ce间接一只R1400 的电阻，或只在de间接一只R2225 的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W。（1）请写出原线圈输入电压瞬时值uab的表达式。（2）求只在ce间接400 电阻时，原线圈中的电流I1。（3）求ce和de间线圈的匝数比13某地在距村庄较远的地方修建了一座小型水电站,为一村办企业供电，发电机输出功率为9kW，输出电压为500V，输电线的总电阻为10，求：（1）若不用变压器而由发电机直接输送，村办企业得到的电压和功率是多少？（2）若村办企业需要220V电压，且要求输电线损耗功率为输送功率的4%，所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为多少？(不计变压器的损耗)内蒙古自治区集宁一中2017-2018学年高二下学期第一次月考理科综合物理试题物理答 案1D【解析】在和时，磁通量最大，线圈位于中性面位置，感应电动势为

6、零，A错误；在和时，磁通量为零，线圈垂直于中性面，感应电动势最大，没有改变方向，故电流没有改变方向，B错误；根据-t图象， ， ，故电动势的最大值： ，C错误；在t=0.4 s时，磁通量为零，线圈垂直于中性面，感应电动势最大，故磁通量变化率最大，根据可得最大值为，D正确2C【解析】试题分析：由题意可知， 时间内处于导通状态，根据欧姆定律求出电压表读数， 时间内电压反向， 处于截止状态，根据欧姆定律求出电压表读数根据交流电的有效值定义求解两端电压表的读数由题意可知， 时间内两电阻串联，电路总电阻，根据欧姆定律得出电压表读数， 时间内电压反向，回路中只有电阻，则电路总电阻，根据欧姆定律得出电压表读数，根据交流电的有效值定义得，解得，C正确3B【解析】试题分析：该变压器原、副线圈匝数比为k，当开关S断开时，原线圈两端电压，电流为I1=I，副线圈的电压，根据欧姆定律，当开关S闭合时，原线圈两端电压，电流为I1 =4I，副线圈的电压，根据欧姆定律综上解得k=3，故A、C、D错误，B正确。【名师点睛】本题主要考查变压器、欧姆定律。解决这类问题的关键是掌握变压器的构造和原理，对于变压器需要掌握公式、

7、，并能熟练运用。此题值得注意的是变压器的4C【解析】试题分析：原线圈中磁场如乙图所示变化，则副线圈中的磁通量均匀变化，故副线圈中产生恒定的电流，因线圈电阻不计，故线圈L对恒定电流没有阻碍作用，所以电流表A1和A2的读数相同，而电容器“通交隔直”，所以电流表A3的读数为0只有C正确；故选C。考点：电磁感应、电感器和电容器。5D【解析】试题分析：理想变压器两端的功率相等，即,当滑动变阻器滑动触头P逐渐向上移动时，副线圈的电路中的电阻减小，电流增大，所以A2变大，根据公式，原线圈中的电流增大，所以P=UI可得，电压表都减小，所以D正确考点：考查了带有变压器的电路动态分析点评：难度中等，电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法6ABD【解析】输电线上消耗的功率P线R400 kW，则I220 A，又P1U1I1，则I1103A，故A正确；T1的变压比，又PU1I1U2I2，得U22105V，输电线上损失电压U线I2R2104V，则T2原线圈的输入电压U3U2U线18105V，又灯泡正常发光，T2的副线圈的电

8、压为220 V，B正确；T2的变压比，C错误；根据U3I260n，解得n6104，D正确。7BC【解析】输送功率一定，即P一定，即，线路上损耗的电功率为，要减小，则应使得I减小，即提高输送电压；或者减小，故BC正确8BD【解析】在第一、二次运动过程中，磁通量的减少量为当回路为n匝，总电阻为nR时有，可得，A错误B正确；两种情况下线框电阻不变，由电（热）功率公式可得： ，联立式，即可求出以下结果，C错误D正确9 a 左【解析】试题分析：明确电路结构，知道电磁铁是如何控制报警器工作的； 明确热敏电阻的作用，知道热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，为了能达到报警电流，应增大滑动变阻器电阻； （1）根据图甲坐标系中曲线的趋势可以得出，电阻随温度的升高而减小，因此热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，为了使温度过高时发送报警信息，则热敏电阻阻值最小，开关c应该接在a处，（2）若使报警的最低温度提高些，则相当于减小了热敏电阻的阻值，为了仍等于刚好接通时的电流，应增大滑动变阻器接入电路中电阻，则滑动变阻R应将P点向左移动10 0.3A 500N【解析】当拉力为400N时，弹簧伸长，故滑动变阻器连入电路的电阻为，故此时电流表的示数为；当滑动变阻器连入电路的电阻为0时，拉力最大，此时弹簧伸长5cm，故11（1）0.36A（2）（3）76J【解析】（1）产生的感应电动势的最大值为： ；根据闭合电路的欧姆定律可知回路中的电流为（2）由可得（3）由能量守恒定律得12（1）=400sin200t(V)（2）0.28A（3）【解析】（1）由题图乙知，电压瞬时值；（2）电压有效值，理想变压器，原线圈中的电流；（3）设ab间匝数为， ；同理有；由题意知，解得。13（1）320V；5760W（2）； 【解析】试题分析：根据输电电压和输送功率求出输送的电流，根据电压损失和功率损失求出用户得出的电压和功率根据输电线上损失的功率求出输电线上的电流，从而得出升压变压器的输出电压，结合输入电压和输出电压得出升压变压器的原副线圈匝数之比根据输电线上的电压损失得出降压变压器的输入的电压，结合降压变压器的输入电压和输出电压得出原副线圈的匝数之比（1）若不用变压器而由发电机直接输送，有，解得所以线路损耗的功率为：

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