甘肃省静宁县第一中学2020学年高二物理下学期第一次月考试卷（含解析）

甘肃省静宁县第一中学2020学年高二物理下学期第一次月考试卷（含解析）

静宁一中2020学年度高二级第二学期第一次月考试题（卷） ‎ 物 理 一、选择题（本题共13小题，每小题5分，共65 分。1～7题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的，8～13题列出四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得5分选对但不全的得3分）‎ ‎1.关于正弦交流电的以下说法正确的是 A. 在一个周期内，交流电的方向改变一次 B. 若交流电的最大值为‎5A，则其最小值为‎-5A C. 用交流电流表或交流电压表测交流电流或电压时，指针来回摆动 D. 一般交流电器设备上标出的额定电压值指的是有效值 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、在一个周期内交流电的方向只改变两次。故A错误。‎ B、正弦交流电压的最大值为‎5A，最小值不是﹣‎5A，是零。故B错误。‎ C、交流电流表和交流电压表测量的是有效值。指针是固定不变的；故C错误；‎ D、交流电器设备上标出的电压和电流值都是指有效值。故D正确。‎ ‎2.如图所示把电阻、电感、电容并联到某一交流电源上，三个电流表示数相同，若保持电源电压不变，而将频率加大，则三个电流表的示数I1、I2、I3的大小关系是（ ）‎ A. I1＝I2＝I3 B. I1>I2>I3‎ C. I2>I1>I3 D. I3>I1>I2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 原来三个电流表的示数相同，说明三个支路中的电阻、感抗、容抗相等，当交变电流的频率加大时，电阻的值不变，感抗变大，容抗减小，因此I1不变，I2减小，I3增大，即有I3>I1>I2，故选项D正确。‎ ‎3. 如图所示，矩形线圈与磁场垂直，且一半在匀强磁场内，一半在匀强磁场外，下述过程中使线圈产生感应电流的是 A. 以bc为轴转动45°‎ B. 以ad为轴转动45°‎ C. 将线圈向下平移 D. 将线圈向上平移 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. 以bc边为轴转动45∘,穿过线圈的磁通量仍为Φ=BS/2保持不变，没有感应电流产生。‎ B. 以ad边为轴转动45∘,穿过线圈的磁通量从Φ=BS/2减小，有感应电流产生。‎ C. 将线圈向下平移，穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流产生。‎ D. 将线框向上平移，穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流产生。‎ 故选：ACD.‎ ‎4.某台家用柴油发电机正常工作时能够产生与我国照明电网相同的交变电流．现在该发电机出现了故障，转子匀速转动时的转速只能达到正常工作时的一半，则它产生的交变电动势随时间变化的图像是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据家用照明电的电压最大值和周期去分析，转子匀速转动时的转速只能达到正常工作时的一半时的交流电的最大值和周期的变化。‎ ‎【详解】线圈转速为正常时的一半，根据ω＝2πn＝知，周期变为正常时的2倍，又据Em＝nBSω可知，最大值变为正常时的一半，结合我国电网交流电实际情况，故B正确，ACD错误。‎ ‎【点睛】本题考查了交流电的峰值和有效值、周期和频率的关系。‎ ‎5.大小不等的两导电圆环P、Q均固定于水平桌面,Q环位于P环内．在两环间的范围内存在方向竖直向下、大小随时间均匀增强的匀强磁场B,则 (　　)‎ A. Q环内有顺时针方向的感应电流 B. Q环内有逆时针方向的感应电流 C. P环内有顺时针方向的感应电流 D. P环内有逆时针方向的感应电流 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由题意可知，在两环间的范围内存在方向竖直向下、大小随时间均匀增强的匀强磁场B，从而导致穿过两环间的磁通量在增大，依据楞次定律可知，P环中的感应电流方向逆时针，而Q环中没有磁通量，因此没有感应电流，故D正确，ABC错误；‎ ‎6.如图所示是一交变电流的i-t图象，则该交流电电流的有效值为（　　）‎ A. 4 A B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 设交流电电流的有效值为I，电阻为R．周期为，根据热效应得：，解得：，故选D.‎ ‎【点睛】根据有效值的定义求解．取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值．‎ ‎7.电阻为1Ω线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生交变电流的图像如图所示，连接阻值为10Ω的电阻，由图中信息 可以判断 ‎ ‎ A. 在t=0．01时刻穿过线圈的磁通量为零 B. 在t时刻线圈磁通量的瞬时值为BSsinωt C. 电阻每秒种产生的热量为5J D. 一个周期内电阻消耗电功率为5W ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由图象可知，在t=0．01时，感应电动势最大，穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大，故A正确；‎ B、由图可知，t=0时刻的磁通量最大，即线圈从中性面开始转动，故磁通量的瞬时值，故B错误；‎ CD、对于电阻R来说，电功率，即电阻每秒种产生的热量为，故CD错误。‎ ‎8.如图所示，“U”形金属框架固定在水平面上，金属杆ab与框架间无摩擦，整个装置处于竖直方向的磁场中．若因磁场的变化，使杆ab向右运动，则磁感应强度(　　)‎ A. 方向向下并减小 B. 方向向下并增大 C. 方向向上并增大 D. 方向向上并减小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 当磁感应强度B方向向下并减小时，穿过回路的磁通量减小，根据楞次定律判断得到：回路中感应电流方向为顺时针方向（俯视），杆中的感应电流方向是从a到b，由左手定则可知，安培力的方向向右，使杆向右运动．故A正确；当磁感应强度B方向向下并增大时，穿过回路的磁通量增大，根据楞次定律判断得到：回路中感应电流方向为逆时针方向（俯视），杆中的感应电流方向是从b到a，由左手定则可知，安培力的方向向左，使杆向左运动．故B错误．当磁感应强度B方向向上并增大时，穿过回路的磁通量增大，根据楞次定律判断得到：回路中感应电流方向为顺时针方向（俯视），杆中的感应电流方向是从a到b，由左手定则可知，安培力的方向向左，使杆向左运动．故C错误；当磁感应强度B 方向向上并减小时，穿过回路的磁通量减小，根据楞次定律判断得到：回路中感应电流方向为逆时针方向（俯视），杆中的感应电流方向是从b到a，由左手定则可知，安培力的方向向右，使杆向右运动．故D正确．故选AD．‎ ‎【点睛】当磁感应强度B均匀增大时，根据楞次定律判断感应电流的方向．根据法拉第电磁感应定律分析感应电流大小如何变化．由左手定则判断金属棒所受的安培力方向．由安培力公式F=BIL分析金属杆受到的安培力如何变化．‎ ‎9.电阻为1 Ω的矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动，线圈的电动势随时间变化的图象如图所示。现把线圈的电动势加在电阻为9 Ω的电热丝上，则下列说法正确的是(　　)‎ A. 线圈转动的角速度为31．4 rad/s B. 如果线圈转速提高一倍，则电流发生改变 C. 电热丝两端的电压U＝90V D. 电热丝的发热功率P＝1 800 W ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、从图中可知：T＝0.02s，ω100πrad/s>31.4rad/s，故A错误；‎ B、由交变电动势公式可知，如果线圈转速提高一倍，则电动势提高一倍，电流提高一倍，故B正确；‎ C、该交流电压的最大值为200V，所以有效值为，则电热丝两端的电压为，故C 正确；‎ D、电热丝的发热功率，故D正确。‎ ‎10.如图所示，电阻R的阻值和线圈自感系数L的值都较大，电感线圈的电阻不计，‎ A、B是两只完全相同的灯泡，则下列说法正确的是 ‎　‎ A. 当开光S闭合时，A B一起亮，然后A熄灭 B. 当开光S闭合时，B比A先亮，然后B熄灭 C. 当电路稳定后开光S断开时，A立刻熄灭，B逐渐熄灭 D. 当电路稳定后开光S断开时，B立刻熄灭，A闪一下后再逐渐熄灭 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、当开关S闭合时，电源的电压同时加到两个灯泡上，它们会一起亮。但由于电感线圈的电阻不计，线圈将A灯逐渐短路，A灯变暗直至熄灭；故A正确B错误；‎ CD、当电路稳定后开光S断开时，L相当于电源，与A组成回路，B立刻熄灭，A闪一下后再逐渐熄灭，C错误D正确；‎ ‎11.如图所示，一电子以初速度v沿与金属板平行的方向飞入MN极板间，发现电子向M板偏转，则可能是( )‎ A. 电键S闭合瞬间 B. 电键S由闭合到断开瞬间 C. 电键S是闭合的，变阻器滑片P向左迅速滑动 D. 电键S是闭合的，变阻器滑片P向右迅速滑动 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ A、开关S 接通瞬间，根据安培定则，穿过线圈的磁通量向右增加，由楞次定律知在右侧线圈中感应电流的磁场方向向左，产生左正右负的电动势，电子向M板偏振，A正确；‎ B、断开开关S瞬间，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律知在右侧线圈中产生左负右正的电动势，电子向N板偏振，B错误；‎ C、接通S后，变阻器滑动触头向左迅速滑动，电阻减小，电流增大，穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律知在上线圈中产生左正右负的电动势，电子向M板偏振，C正确；‎ D、接通S后，变阻器滑动触头向右迅速滑动，电阻增大，电流减小，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律知在上线圈中感应出左负右正的电动势，电子向N板偏振，D错误。‎ 点睛：由图象知电子向M板偏转，必须是电容器的M极板带正电，再由楞次定律去逐项分析即可。‎ ‎12.三个相同的电阻，分别通过如图(a) (b) (c)所示的变化电流，三个图中的I0和周期T相同．下列说法中正确的是(　　)‎ A. 在相同时间内三个电阻发热量相等 B. 在相同时间内，(a)(b)发热量相等，是(c)发热量的2倍 C. 在相同时间内，(a)(c)发热量相等，是(b)发热量的1/2‎ D. 在相同时间内，(b)发热量最大，(a)次之，(c)的发热量最小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：根据焦耳定律Q=I2Rt求解热量，其中I是有效值．对于方波，有效值I=Im，对于正弦式电流有效值。‎ 解：三种交变电流的最大值为．根据焦耳定律得：‎ ‎，则 故选：C。‎ 考点：交变电流的最大值和有效值、周期和频率．‎ 点评：对于交变电流，求解热量、电功和电功率等与热效应有关的量，都必须用有效值．‎ ‎13.如图所示，在水平光滑绝缘桌面上建立直角坐标系xOy，第一象限内存在垂直桌面向上的磁场，磁场的磁感应强度B沿x轴正方向均匀增大且＝k，一边长为a、电阻为R的单匝正方形线圈ABCD在第一象限内以速度v沿x轴正方向匀速运动，运动中AB边始终与x轴平行，则下列判断正确的是(　　)‎ A. 线圈中的感应电流沿逆时针方向 B. 线圈中感应电流的大小为 C. 为保持线圈匀速运动，可对线圈施加大小为的水平外力 D. 线圈不可能有两条边所受安培力大小相等 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由题知：磁场的磁感应强度B沿x轴正方向均匀增大，则当线圈向右运动时，穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律判断知，线圈中的感应电流沿顺时针方向。故A错误。‎ B、AB边和CD边不切割磁感线，不产生感应电动势。AD边和BC边产生的总的感应电动势为 E＝BBCav﹣BADav＝（BBC﹣BAD）av＝ka•av＝ka2v，圈中感应电流的大小为 I．故B正确。‎ C、线圈匀速运动，所受的安培力的合力为 F安＝BBCaI﹣BADaI＝（BBC﹣BAD）aI＝ka•a•‎ ‎，所以水平外力大小为 F外＝F安，故C正确。‎ D、AB边和CD边所受的安培力大小相等，故D错误。‎ 二、计算题（本题共3题，共45分）‎ ‎14.如图甲所示，电路的左侧是一个电容为C的电容器，电路的右侧是一个环形导体，环形导体所围的面积为S．在环形导体中有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图乙所示．‎ ‎（1）电容器上下极板上电压为多少？‎ ‎（2）电容器上下极板的电性及所带电荷量为多少？‎ ‎【答案】（1）；（2）电容器的上极板带正电，下极板带负电；（3）电容器所带的带电量 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E 电容器两端的电压等于电源的电动势，所以有：‎ ‎（2）由楞次定律可知，在环形导体中产生的感应电动势的方向为逆时针方向，所以电容器的上极板带正电，下极板带负电；‎ 电容器所带的带电量 ‎15.如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=0.5 T，边长为L=‎10 cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈总电阻r=1 Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO’匀速转动，角速度ω=2π rad/s，外电路电阻R=4 Ω，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°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；‎ ‎【答案】(1)3.14V(2)1.57V(3)2.60V(4)1.78V ‎【解析】‎ ‎（1）根据Em=NBωS，可得感应电动势的最大值：Em=100×0.5×0.1×0.1×2πv=3.14V 因此感应电动势的瞬时表达式为e=3.14cos2πt（V）‎ ‎（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：‎ e=3.14cos2πt（V）=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：‎ ‎（4）转动过程中，交流电压表的示数为有效值，电流的最大值：‎ 所以U=IR=×4V=1.78V 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．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．‎ ‎16.如图所示，两根足够长、电阻不计且相距L＝0．‎2m的平行金属导轨固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶端接有一盏额定电压U＝4V 的小灯泡，两导轨间有一磁感应强度大小B＝5T、方向垂直斜面向上的匀强磁场．今将一根长为L、质量为m＝0．‎2kg、电阻r＝1．0Ω的金属棒垂直于导轨放置在顶端附近无初速度释放，金属棒与导轨接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0．25，已知金属棒下滑到速度稳定时，小灯泡恰能正常发光，重力加速度g取‎10m/s2，sin37°＝0．6，cos37°＝0．8。‎ ‎（1）金属棒刚开始运动时的加速度大小为多少？‎ ‎（2）金属棒稳定下滑时所受安培力为多少？‎ ‎（3）金属棒稳定下滑时的速度大小为多少？‎ ‎【答案】（1）a＝‎4 m/s2；（2）；（3）v＝‎4.8 m/s ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）金属棒刚开始运动时初速度为零，不受安培力作用，由牛顿第二定律得：‎ mgsin θ﹣μmgcos θ＝ma，‎ 代入数据得：a＝‎4 m/s2．‎ ‎（2）设金属棒稳定下滑时的速度为v，感应电动势为E（金属棒的有效长度为L），回路中的电流为I，由平衡条件得：mgsin θ＝+μmgcos θ 解得：‎ ‎（3）由闭合电路欧姆定律得I 由法拉第电磁感应定律得E＝BLv 联立解得：v＝‎4.8 m/s