安徽省阜阳市第三中学2019-2020学年高二上学期第一次调研物理试题

安徽省阜阳市第三中学2019-2020学年高二上学期第一次调研物理试题

阜阳三中2019—2020学年第一学期高二年级一调物理试题 一、选择题（1-8题为单项选择题，每题3分；9-12题为多项选择题，每题4分，选错误的得0分，选不全的得2分，全对的得4分；共计40分）‎ ‎1.生活中很多器材都是依据电磁学理论制作而成,下列关于下列器材的原理和用途,叙述正确的是(     )‎ A. 变压器可以改变交流电压与稳恒直流电压 B. 扼流圈对变化电流没有阻碍作用 C. 磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用 D. 真空冶炼炉的工作原理是通过线圈发热使炉内金属熔化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.变压器可以改变交流电的电压但不能改变直流电的电压，故A错误。‎ B.因变化的电流在线圈中产生自感现象从而阻碍电流的变化，故扼流圈对变化的电流有阻碍作用，故B错误。‎ C.磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框中可以产生感应电流能起电磁阻尼的作用,故C正确。‎ D.真空冶炼炉的工作原理是炉中金属产生涡流使炉内金属熔化，不是线圏产生热量，故D错误。‎ ‎2.交流发电机发电示意图如图所示,线圈转动过程中,下列说法正确的是 A. 转到图甲位置时，通过线圈的磁通量变化率最大 B. 转到图乙位置时，线圈中产生的感应电动势为零 C. 转到图丙位置时，线圈中产生的感应电流最大 D. 转到图丁位置时，AB边感应电流方向为A→B ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 要解决此题，需要掌握发电机的制作原理，知道发电机是根据电磁感应原理制成的，感应电流的方向与磁场方向和切割磁感线的方向有关。‎ ‎【详解】转到图甲位置时，线圈平面与磁感线垂直，磁通量最大，但磁通量变化率最小为零，故A错误；转到图乙位置时，线圈产生的感应电动势最大，故B错误；转到图丙位置时，线圈位于中性面位置，此时感应电流最小，且感应电流方向改变，故C错误；转到图丁位置时，根据楞次定律可知AB边感应电流方向为A→B，故D正确；故选D。‎ ‎【点睛】此题主要考查了发电机的工作原理。要知道发电机是根据电磁感应原理制成的。感应电流的方向与导体切割磁感线的方向有关，能够通过线圈的转动情况，判断线圈中产生的感应电流放向的变化.‎ ‎3.如图所示，导线框abcd与直导线几乎在同一平面内，直导线中通有恒定电流I，当导线框由左向右匀速通过直导线时，线框中感应电流的方向是(　　)‎ A. 先abcd，后dcba，再abcd B. 始终dcba C. 先dcba，后abcd，再dcba D. 先abcd，后dcba ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由安培定则得，载有恒定电流的直导线产生的磁场在导线左边的方向为垂直纸面向外，右边的磁场方向垂直向里，当线圈向导线靠近时，则穿过线圈的磁通量变大，根据楞次定律，可知感应电流方向为adcba；当线圈越过导线时到线圈中心轴与导线重合，穿过线圈的磁通量的变小，则感应电流方向为abcda；当继续向右运动时，穿过磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流方向为：abcda；当远离导线时，由楞次定律可知，感应电流方向为：adcba，C正确．‎ ‎4.如图所示，先后以速度和匀速把一矩形线圈水平拉出有界匀强磁场区域，且，则在先后两种情况下（ ）‎ A. 线圈中的感应电动势之比为E1：E2=2：1‎ B. 线圈中的感应电流之比为I1：I2=1：2‎ C. 线圈中产生的焦耳热之比Q1：Q2=1：4‎ D. 通过线圈某截面的电荷量之比q1：q2=1：1‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，求出线圈中的感应电动势之比，再求出感应电流之比； 根据，求出线圈中产生的焦耳热之比； 根据，求出通过线圈某截面的电荷量之比；‎ ‎【详解】AB、由于，根据，知感应电动势之比，感应电流，则感应电流之比为，故A正确，B错误； C、由，知时间比为，根据，知焦耳热之比为，故C错误； D、根据法拉第电磁感应定律结合电流表达式可以得到电量为：，知通过某截面的电荷量之比为，故D正确。‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握导体切割磁感线时产生的感应电动势，欧姆定律，知道电磁感应中电荷量公式。‎ ‎5.重庆市某中学的几位同学把一条大约10m 长电线的两端连接在一个灵敏电流表的接线柱上，形成闭合导体回路甲、乙两位同学沿南北方向站立匀速摇动电线时，灵敏电流表的示数，两位同学沿东西方向站立匀速摇动电线时，灵敏电流表的示数，则　　‎ A. ，‎ B. ，‎ C. ，‎ D. ，‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 产生感应电流的条件：一是闭合回路中的一部分导体；二是必须做切割磁感线运动；因此要使产生的感应电流变大，就要使导体切割更多的磁感线，结合地磁场的方向即可确定这两个同学的站立方向．‎ ‎【详解】由于地球的周围存在磁场，且磁感线的方向是从地理的南极指向地理的北极，所以当两个同学朝东西方向站立，并迅速摇动电线时，导线就会做切割磁感线运动，灵敏电流表的读数最大I2≠0．沿南北方向站立匀速摇动电线时，由于北半球的磁场由向下的分量，所以穿过线圈的磁通量发生变化，有感应电流，所以I1≠0。故选C。‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握产生感应电流的条件以及地磁场的方向，然后根据切割磁感线确定两个同学的朝向与是否产生感应电流的关系．‎ ‎6.如图所示，灯泡L1接在变压器初级电路中，灯泡L2、L3、L4接在变压器次级电路中，变压器为理想变压器，交变电流电源电压为U，L1、L2、L3、L4都是额定电压为U0的同种型号灯泡，若四个灯泡都能正常发光，则（　　） ‎ A. ，U=4U0 B. ，U=4U0‎ C. ，U=3U0 D. ，U=3U0‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设灯泡的额定电流为I，则原线圈电流，副线圈电流，根据电流与匝数成反比，有，因为灯泡正常发光，副线圈两端的电压U2=U0，根据电压与匝数成正比，有，解得：，交变电流电源电压，故A正确，BCD错误。‎ ‎7. 匝数为100匝的线圈通有如图所示的交变电流(图中曲线为余弦曲线的一部分)，单匝线圈电阻r＝0.02Ω，则在0～10s内线圈产生的焦耳热为( )‎ A. 80J B. 85J C. 90J D. 125J ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析:根据有效值的定义方法可知：‎ ‎（）2R×+22×=I2RT 解得I=A 总电阻为r=100×0.02=2Ω；‎ 则10s内产生的焦耳热Q=I2rt=（）2×2×10=85J；‎ 故选：B．‎ ‎【名师点睛】本题要注意明确该交流电中前二分之一周期为正弦交流电的四分之一周期，该时间内的有效值和最大值之间的关系仍然为.‎ ‎8.如图甲所示,弹簧振子以O点为平衡位置,在A、B两点之间做简谐运动,取向右为正方向,振子位移x随时间t的变化如图乙所示,下列说法正确的是(    )‎ A. 从t=0到t=1.6s过程中,振子通过的路程为48cm B. 时,振子在O点右侧6cm处 C. 和  时,振子的加速度相同 D. 到  的时间内,振子的速度逐渐减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.从到，恰好是一个周期，所以振子通过的路程为4个振幅，即，故A正确。‎ B.在内，振子做减速运动，不是匀速运动，所以时，振子不在点右侧处，故B错误。‎ C. 在和 时，振子分别位于点和，根据牛顿第二定律可知，振子的加速度大小相同，方向相反，故D错误。‎ D. 到 的时间内，振子的位移减小，正向平衡位置运动，振子的速度逐渐增大，故D错误。‎ ‎9.如图所示，一质点在平衡位置O点附近做简谐运动，若从质点通过O点时开始计时，经过质点第一次通过M点，再继续运动，又经过质点第二次通过M点，该质点第三次通过M点需再经过的时间可能是　　‎ A. 1s B. s C. s D. s ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意可以判断质点通过之间的距离所以用的时间为，质点通过点时开始计时，经过质点第一次通过点分两种情况考虑：（1）质点由点向右运动点，则之间所用的时间为，根据对称性，之间所用的时间也为，第三次通过点所用的时间为。（2）质点由点先向左运动再到点，则从所用的时间为，为个周期，的周期为，第三次经过点所用的时间为。故AD正确，BC错误。‎ ‎10.国家电网公司推进智能电网推广项目建设，拟新建智能变电站1400座变电站起变换电压作用的设备是变压器，如图所示，理想变压器原线圈输入电压，电压表、电流表都为理想电表则下列判断正确的是　　‎ A. 输入电压有效值为200V，电流频率为50 Hz B. S打到a处，当变阻器的滑片向下滑动时，两电压表示数都增大 C. S打到a处，当变阻器的滑片向下滑动时，两电流表的示数都减小 D. 若变阻器的滑片不动，S打到b处，电压表和电流表的示数都减小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 由电压的瞬时值表达式可知，输入电压的最大值为V，角速度为100rad/s，有效值，频率，A正确；S打到a处，副线圈匝数增加，输出电压增大，V2示数增大；输入电压不变，V1示数不变，B错误；当变阻器的滑片向下滑动时,两电流表的示数都减小电阻R的阻值减小，电流表A2的示数增大，C错误；若变阻器的滑片不动,S打到b处, 副线圈匝数减小，输出电压减小，V2示数减小；输出功率，减小，可知变压器输入功率也减小，输入电压不变，输入电流减小，电流表A1示数减小，D正确。故选AD ‎11.如图所示的是一远距离输电示意图，图中均为理想变压器，输电导线总电阻为R．则下列关系式正确的是（　　）‎ A. 输电导线中的电流强度I2=‎ B. 热损失的功率△P=（U2-U3）I3‎ C. 两变压器线圈匝数比满足＜‎ D. 变压器①的输出电流I2和变压器②的输入电流I3的关系满足I2＞I3‎ ‎【答案】AB ‎【解析】‎ A、因理想变压器，则，根据，可知，输电导线中的电流强度，故A正确； B、因输送电路不是纯电阻电路，输送的功率为 ‎，故B正确； C、①是升压变压器，则，②是降压变压器，则，所以，故C错误； D、变压器①的输出电流和变压器②的输入电流的相等，故D错误。‎ 点睛：解决本题的关键掌握输送功率，以及输电线上损失的电功率，注意升压与降压变压器的匝数关系。‎ ‎12.如图所示，为三个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向外、向里和向外，磁场宽度均为L，在磁场区域的左侧边界处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时的磁通量∅为正值，外力F向右为正。则以下能反映线框中的磁通量∅、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化规律图象的是（　　）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当线框进入磁场时，位移在0-L内，磁通量开始均匀增加，当全部进入左侧磁场时达最大，且为负值；位移在L-2L内，向里的磁通量增加，总磁通量均匀减小；当位移为1.5L时，磁通量最小，为零，位移在1.5L到2L时，磁通量向里，为正值，且均匀增大。位移在2L-2.5L时，磁通量均匀减小至零。在2.5L-3L内，磁通量均匀增大，且方向向外，为负值，在3L-4L内，磁通量均匀减小至零，且为负值，故A正确； ‎ B．当线圈进入第一个磁场时，由E=BLv可知，E保持不变，由右手定则知，感应电动势沿逆时针方向，为正值；线框开始进入第二个和第三个磁场时，左右两边同时切割磁感线，感应电动势应为2BLv，感应电动势沿逆时针方向，为正值；完全在第三个磁场中运动时，左边切割磁感线，感应电动势为BLv，感应电动势沿逆时针方向，为正值，故B正确； ‎ C．因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，故C错误； ‎ D．拉力的功率P=Fv，因速度不变，而在线框在第一个磁场时，电流为定值，拉力也为定值，两边分别在两个磁场中时，由B的分析可知，电流加倍，故安培力加倍，外力加倍，而功率变为原来的4倍，此后从第二个磁场中离开时，安培力应等于线框在第一个磁场中的安培力，故D正确。‎ 二、填空题（本题共7个空，每空2分，共14分）‎ ‎13.某同学利用如图甲所示的装置探究加速度与合外力的关系.小车质量为M，砂桶和砂的总质量为m，通过改变m来改变小车所受的合外力大小，小车的加速度a可由打点计时器和纸带测出.现保持小车质量M不变，逐渐增大砂桶和砂的总质量m进行多次实验，得到多组a、F值(F为弹簧测力计的示数).‎ ‎ (1)根据实验数据画出了如图乙所示的一条过坐标原点的倾斜直线，其中纵轴为小车的加速度大小，横轴应为________(选填字母代号)‎ A. B. C.mg D.F ‎(2)砂桶和砂的总质量较大导致a较大时，关于图乙的说法，正确的是___. (选填字母代号)‎ A.图线逐渐偏向纵轴 B.图线逐渐偏向横轴 C.图线仍保持原方向不变 ‎(3)图为上述实验中打下的一条纸带，A点为小车刚释放时打下的起始点，每两点间还有四个计时点未画出，打点计时器的频率为50 Hz，则C点的速度为________ m/s，小车的加速度为________ m/s2.(以上两空均保留一位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). D (2). C (3). 0.8 (4). 4‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）对小车分析，应有F=ma，解得：，由于图线经过坐标原点，所以横轴应为F，故D正确。故选D. （2）由于图象的斜率为k=，所以增大沙和沙桶质量，k不变，仍保持原方向不变，所以C正确。故选C. （3）纸带上面每打一点的时间间隔是0.02s，且每两个记数点间还有四个计时点未画出，T=0.1s。根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小。‎ 连续相等时间内的位移差为△x=4cm=0.04m，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可得：‎ ‎【点睛】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，能利用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力。‎ ‎14.法拉第发现了电磁感应现象之后，又发明了世界上第一台发电机──法拉第圆盘发电机，揭开了人类将机械能转化为电能并进行应用的序幕。法拉第圆盘发电机的原理如图所示，将一个圆形金属盘放置在电磁铁的两个磁极之间，并使盘面与磁感线垂直，盘的边缘附近和中心分别装有与金属盘接触良好的电刷A、B，两电刷与灵敏电流计相连。当金属盘绕中心轴按图示方向转动时，则电刷A的电势 电刷B的电势（填高于、低于或等于）；若仅提高金属盘转速，灵敏电流计的示数将 ；（填增大、减小或不变）；若仅将滑动变阻器滑动头向左滑，灵敏电流计的示数将 （填增大、减小或不变）‎ ‎【答案】低于 增大 减小 ‎【解析】‎ 试题分析：根据右手定则可知电磁铁左端为N极，结合右手定则，电流从A流至B，电源内部，电流从低电势流至高电势，所以A电势低于B电势。提高转速，根据E=BLv，可知灵敏电流计的示数增大。滑动变阻器向左滑动，电阻增大，磁感应强度减小，灵敏电流计的示数减小。‎ 考点：本题考查了电磁感应定律和右手定则。‎ 三、计算题（本题4小题，第15题8分，第16题12分，第17题12分，第18题14分，共计46分；解题过程要有必要的文字说明，运算结果要带单位）‎ ‎15.截面积为0.2m2的100匝圆形线圈A处在匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面向里，如图所示，磁感应强度正按＝0.02T/s的规律均匀减小，开始时S未闭合。R1＝4Ω，R2=6Ω，C=30µF，线圈内阻不计。求：‎ ‎（1）S闭合后，通过R2的电流大小；‎ ‎（2）S闭合后一段时间又断开，则S切断后通过R2的电量是多少？‎ ‎【答案】（1）0.04A （2）7.2×10-6C ‎【解析】‎ 试题分析：线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流．由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小．再由闭合电路的殴姆定律可求出电流，从而得出电阻两端电压，最终确定电量．‎ ‎（1）磁感应强度变化率的大小为，B逐渐减弱 故感应电动势为 感应电流 ‎（2）两端的电压为 则电量为 ‎16.如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5 T，边长L＝10 cm 的正方形线圈 abcd共100匝，线圈电阻 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°角时的瞬时感应电动势；‎ ‎(3)由图示位置转过60°角过程中产生的平均感应电动势；‎ ‎(4)交变电压表的示数；‎ ‎(5)线圈转动一周外力所做的功；‎ ‎(6) 周期内通过R的电荷量为多少？‎ ‎【答案】(1)3.14 V　(2)1.57 V　(3)2.6 V　(4)1.78 V (5)0.99 J　(6)0.0866 C ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)感应电动势的最大值 Em＝NBSω＝100×0.5×0.12×2πV＝3.14V.‎ ‎(2)转过60°时的瞬时感应电动势：‎ e＝Emcos 60°＝3.14×0.5 V＝1.57 V.‎ ‎(3)通过60°角过程中产生的平均感应电动势：‎ E＝V≈2.6 V.‎ ‎(4)电压表示数为外电路电压的有效值：‎ U＝＝1.78 V.‎ ‎(5)转动一周外力所做的功等于电流产生的热量：‎ W＝Q＝＝099 J.‎ ‎(6)1/6周期内通过电阻R的电荷量：‎ ‎＝0.086 6 C.‎ ‎17.光滑平行的金属导轨MN和PQ,间距L=1.0m,与水平面之间的夹角α=30°,匀强磁场磁感应强度B=2.0T,垂直于导轨平面向上,MP间接有阻值R=2.0Ω的电阻,其它电阻不计,质量m=2.0kg的金属杆ab垂直导轨放置,如图(a)所示。用恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab,由静止开始运动,v−t图象如图(b)所示.g=10m/s2，导轨足够长。求：‎ ‎(1)恒力F的大小；‎ ‎(2)金属杆速度为2.0m/s时的加速度大小；‎ ‎(3)根据v−t图象估算在前0.8s内电阻上产生的热量。‎ ‎【答案】(1)18N(2)2m/s2（3）4.12J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由题图知，杆运动的最大速度为，‎ 有，代入数据解得F=18N．‎ ‎（2）由牛顿第二定律可得：‎ 得， （3）由题图可知0.8s末金属杆的速度为，前0.8s内图线与t轴所包围的小方格的个数约为28个，面积为28×0.2×0.2=1.12，即前0.8s内金属杆的位移为，‎ 由能量的转化和守恒定律得：，‎ 代入数据解得：．‎ ‎【点睛】本题电磁感应与力学知识的综合，抓住速度图象的两个意义：斜率等于加速度，“面积”等于位移辅助求解．估算位移时，采用近似的方法，要学会运用．‎ ‎18.如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上，下端与水平地面在P点相切，一个质量为2m的物块B(可视为质点)静止在水平地面上，左端固定有水平轻弹簧，‎ Q点为弹簧处于原长时的左端点，P、Q间的距离为R，PQ段地面粗糙、动摩擦因数为μ＝0.5，Q点右侧水平地面光滑，现将质量为m的物块A(可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑，重力加速度为g.求：‎ ‎(1)物块A沿圆弧轨道滑至P点时对轨道的压力大小；‎ ‎(2)弹簧被压缩的最大弹性势能(未超过弹性限度)；‎ ‎(3)物块A最终停止位置到Q点的距离．‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)物块A从静止沿圆弧轨道滑至P点，设速度大小为，‎ 由机械能守恒定律有：‎ 在最低点轨道对物块的支持力为大小为，‎ 由牛顿第二定律有：，‎ 联立解得：，‎ 由牛顿第三定律可知物块轨道P点的压力大小为3mg。‎ ‎(2)设物块A与弹簧接触前瞬间的速度大小为，‎ 由动能定理有，，‎ 当时，物块A、物块B具有共同速度v时，弹簧的弹性势能最大，‎ 由动量守恒定律有：，‎ ‎，‎ 联立解得；‎ ‎(3)设物块A与弹簧分离时，A、B的速度大小分别为，规定向右为正，则有 ‎，‎ ‎，‎ 联立解得：，‎ 设A最终停在Q点左侧x处，由动能定理有：，‎ 解得 ‎【点睛】本题首先要分析物理过程，确定研究对象，其次要把握解题的规律，明确能量是如何转化的，运用用机械能守恒、牛顿运动定律、动量守恒和能量守恒结合研究。‎ ‎ ‎