2017-2018学年安徽省滁州市民办高中高二下学期第二次月考物理试题 解析版

1、滁州市民办高中2017-2018学年下学期第二次月考高二物理一、选择题（1-9题为单选题，10-15题为多选题）1. 关于产生感应电流的条件，下列说法正确的是 ( )A. 任一闭合回路在磁场中运动,闭合回路中就一定会有感应电流B. 任一闭合回路在磁场中做切割磁感线运动, 闭合回路中一定会有感应电流C. 穿过任一闭合回路的磁通量为零的瞬间, 闭合回路中一定不会产生感应电流D. 无论用什么方法,只要穿过闭合回路的磁通量发生变化, 闭合回路中就一定有感应电流【答案】D【解析】试题分析：导体产生感应电流的普遍条件是：穿过闭合电路的磁通量发生变化；特殊条件是：闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动闭合电路在磁场中运动时，磁通量可能不变，没有感应电流产生，故A错误；闭合电路在磁场中作切割磁感线运动时，若有多个边切割磁感线，产生几个感应电动势，总的感应电动势可能为零，没有感应电流，故B错误；穿过闭合电路的磁通为零的瞬间，若有部分导体切割磁感线运动，可能有感应电流，故C错误；只要穿过闭合电路的磁感应条数发生了变化，即穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电流中一定会有感应电流，故D正确2. 利用理想变

2、压器，给负载R供电，用下列方法可增加变压器的输出功率的是（）A. 减少副线圈的匝数 B. 增加原线圈的匝数C. 减少负载电阻R的值 D. 增加负载电阻R的值【答案】C【解析】原副线圈电压之比等于匝数之比，只减小副线圈的匝数，则副线圈的电压减小，根据，所以副线圈的功率减小，则变压器输出功率减小，故A错误；原副线圈电压之比等于匝数之比，只增加原线圈的匝数，则副线圈的电压减小，根据，所以副线圈的功率减小，则变压器输出功率减小，故B错误；减小负载的电阻值，其余保持不变，副线圈的电压不变，根据，所以副线圈的功率增大，则变压器输出功率增大，故C正确；增加负载的电阻值，其余保持不变，副线圈的电压不变，根据，所以副线圈的功率减小，则变压器输出功率减小，故D错误。所以C正确，ABD错误。3. 如图电路中，A1、A2是两个指示灯，L是自感系数很大的线圈，电阻R阻值较小，开关S1断开、S2闭合现闭合S1 ， 一段时间后电路稳定下列说法中正确的是（ ） A. 闭合S1 ， 通过电阻R的电流先增大后减小B. 闭合S1 ， Al亮后逐渐变暗C. 闭合S1 ， A2逐渐变亮，然后亮度不变D. 断开电路时，为保护负载

3、，应先断开S2 ， 再断开S1【答案】D【解析】试题分析：闭合开关S1的瞬间，由于线圈中自感电动势的阻碍，通过电阻R的电流慢慢增加故A错误闭合开关S1，虽因存在自感作用，但通过R的电流逐渐增加，干路电流逐渐增加，通过Al逐渐变亮故B错误当闭合S1，线圈对电流的阻碍渐渐变小，导致A2逐渐变暗，故C错误；断开电路时，为保护负载，由于线圈L产生自感电动势，应先断开S2，再断开S1故D正确，故选D考点：自感现象【名师点睛】对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源，注意开关接通与断开的先后顺序。4. 如图，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨宽度为L ， 其下端与电阻R连接；导体棒ab电阻为r ， 导轨和导线电阻不计，匀强磁场竖直向上若导体棒ab以一定初速度v下滑，则ab棒（） A. 所受安培力方向水平向左B. 可能以速度v匀速下滑C. 刚下滑瞬间产生的电动势为BLvD. 减少的重力势能等于电阻R产生的内能【答案】B【解析】试题分析：根据右手定则判断可知，ab棒中感应电流方向从ba，由左手定则判断得知，棒ab所受的安培力方向水平向右，如图所示，

4、故A正确若安培力沿导轨向上的分力与重力沿导轨向下的分力大小相等，ab棒可能匀速下滑，故B正确刚下滑瞬间产生的感应电动势为 E=BLvcos，故C错误根据能量守恒定律得知，若ab棒匀速下滑，其减少的重力势能等于电阻R和棒ab产生的内能之和；若ab棒加速下滑，其减少的重力势能等于电阻R和棒ab产生的内能与棒ab增加的动能之和；若ab棒减速下滑，其减少的重力势能和动能之和等于电阻R和棒ab产生的内能之和，所以减少的重力势能不等于电阻R产生的内能故D错误故选AB。考点：左手定则；法拉第电磁感应定律；能量守恒定律5. 在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形体环规定导体环中电流的正方向如图a所示，磁场方向向上为正当磁感应强度 B 随时间t 按图b变化时，下列能正确表示导体环中感应电流变化情况的是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：根据法拉第电磁感应定律有：，因此在面积、匝数不变的情况下，感应电动势与磁场的变化率成正比，即与B-t图象中的斜率成正比，由图象可知：0-2s，斜率不变，故形成的感应电流不变，根据楞次定律可知感应电流方向顺时针即为正值，2-4s斜率不变，电流方向为逆时针

5、；整个过程中的斜率大小不变，所以感应电流大小不变；故D正确考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律.6. 如图所示，在光滑水平桌面上有一边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，在导线框右侧有一边长为2L、磁感应强度为B、方向竖直向下的正方形匀强磁场区域磁场的左边界与导线框的ab边平行在导线框以速度v匀速向右穿过磁场区域的全过程中（ ）A. 感应电动势的大小为 B. 感应电流的方向始终沿abcda方向C. 导线框受到的安培力先向左后向右D. 导线框克服安培力做功 【答案】D【解析】A. 在线框进入磁场和离开磁场过程中，有一个边切割磁感线，感应电动势大小为：E=BLv，在线框完全在磁场中的过程中，两个边同时切割磁感线，感应电动势大小相同，方向相反，感应电动势大小为零，故A错误；B. 根据右手定则，线框进入磁场时的感应电流方向为abcd方向，离开磁场的方向为dcba方向，故B错误；C. 根据楞次定律，从阻碍相对运动的角度看，在线框进入和离开磁场的过程，导线框受到的安培力均是向左，故C错误；D. 在线框进入和离开磁场的过程中,感应电流大小为I=E/R=，安培力大小为：F=BIL=，故导线框克服安

6、培力做功为：W=F(2L)=，故D正确；故选：D7. 如图所示，导线环（实线圆）半径为r，有界匀强磁场区域（虚线圆）半径也为r，磁场方向与导线环所在平面垂直，导线环沿两圆连心线方向从左侧开始匀速穿过磁场区域。在此过程中，关于导线环中感应电流(以逆时针方向的电流为正)随时间的变化关系，下列图象中最符合实际情况的是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】开始时进入磁场切割磁感线,根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即为正方向，切割的有效长度变大，则产生感应电流也变大，且变大的越来越慢；当开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针，方向为负方向，切割的有效长度变小，则产生感应电流也变小，且变小的越来越慢。故ABD错误、C正确。故选：C。8. 如图所示，矩形线圈面积为S，匝数为N，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO轴以角速度匀速转动，外电路电阻为R，当线圈由图示位置转过90的过程中，下列判断不正确的是（）A. 电压表的读数为B. 通过电阻R的电荷量为C. 电阻R所产生的焦耳热为D. 当线圈由图示位置转过30时的电流为【答案】B【解析】线圈在磁场中转动，产生的电

7、动势的最大值为：Em=NBS，电动势的有效值为，电压表测量为电路的外电压，所以电压表的读数为，故A说法正确；根据平均感应电动势为：，平均感应电流为：，通过的电荷量为：，联立可得电量为：，故B说法错误；电阻R产生的热量为：，故C说法正确；线圈转动产生的感应电动势的瞬时表达式为e=NBScost，当线圈由图示位置转过30时产生的感应电动势为：，形成的感应电流为：，故D说法正确。所以选B。9. 如图a，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，与副线圈相连的两个灯泡完全相同、电表都为理想电表原线圈接上如图b所示的正弦交流电，电路正常工作闭合开关K后（）A. 电压表示数增大B. 电流表示数增大C. 变压器的输入功率增大D. 经过灯泡的电流频率为25Hz【答案】C【解析】试题分析：原线圈输入电压不变，线圈匝数不变，则副线圈电压不变，即电压表示数不变，灯泡电阻不变，则电流表示数不变，故AB错误；当K接通后，两个灯泡并联，增加一个负载，则副线圈功率增大，所以变压器的输入功率增大，故C正确；根据b图可知，周期T=002s，则频率，故D错误考点：考查了理想变压器【名师点睛】理想变压器是理想化模型，一是不计线

8、圈内阻；二是没有出现漏磁现象同时副线圈的电压由原线圈电压与原副线圈匝数决定，而原线圈的电流由副线圈决定，变压器不改变频率10. 如图，矩形闭合线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻，线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界OO平行，线框平面与磁场方向垂直，设OO下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图象可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律（） A. B. C. D. 【答案】AC【解析】试题分析：线框先做自由落体运动，ab边进入磁场做减速运动，加速度应该是逐渐减小，而A图象中的加速度逐渐增大故A错误线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后做减速运动，因为重力小于安培力，当加速度减小到零做匀速直线运动，cd边进入磁场做匀加速直线运动，加速度为g故B正确线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后因为重力大于安培力，做加速度减小的加速运动，cd边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为g，故C正确线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后因为重力等于安培力，做匀速直线运动，cd边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为g，故D正确

9、本题选不可能的，故选A考点：楞次定律；牛顿第二定律【名师点睛】解决本题的关键能够根据物体的受力判断物体的运动，即比较安培力与重力的大小关系，结合安培力公式、切割产生的感应电动势公式进行分析。视频11. 如图所示，间距为L两根平行的光滑导轨竖直放置，导轨间接有电容C，处于垂直轨道平面的匀强磁场B中，质量为m电阻为R的金属杆ab接在两导轨之间并静止释放，ab下落过程中始终保持与导轨接触良好，设导轨足够长，电阻不计，下列判断正确的是（）A. ab做自由落体运动B. ab做匀加速运动，且加速度为C. ab做匀加速运动，若加速度为a，则回路的电流为I=CBLaD. ab做加速度减小的变加速运动运动，最后匀速运动，最大速度【答案】BC【解析】试题分析：金属杆ab下落过程中产生感应电动势，电容器充电，电路中充电电流，ab棒受到向上的安培力，设瞬时加速度为a，根据牛顿第二定律得mg-BIL=ma又，又U=E=BLv，得由得：mg-BLCBLa=ma解得可见棒的加速度不变，做匀加速直线运动故BC正确故选BC。考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路欧姆定律【名师点睛】本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，关键要会推导加速度的表达式，通过分析棒的受力情况，确定其运动情况。12. 某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为T。一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100m，该河段涨潮和落潮时有海水（视为导体）流过。设落潮时，海水自西向东流，流速为2m/s。下列说法正确的是（）A. 河北岸的电势较高 B. 河

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