2018-2019学年四川省成都外国语学校高二3月月考物理试题 解析版
成都外国语学校2018-2019学年高二下期3月月考
物理试题
考试时间：90分钟；命题人：闫俊成 审题人：王祖彬
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一．单项选择（8*3分=24分）
1.下列关于电磁感应现象的说法中，正确的是（ ）
A. 穿过闭合电路中的磁通量增大，但闭合电路中感应电流可能减小
B. 穿过闭合电路中的磁通量为零的瞬间，闭合电路中不可能有感应电流
C. 穿过闭合电路中的磁通量减小，则闭合电路中的感应电动势一定减小
D. 穿过闭合电路中的磁通量变化越来越快，但闭合电路中感应电动势可能不变
【答案】A
【解析】
【详解】A、根据法拉第电磁感应定律则知：感应电动势的大小与磁通量变化率成正比，与磁通量没有直接关系；穿过闭合电路中的磁通量增大，但磁通量的变化率不一定增大，如果变化率减小，则根据法拉第电磁感应定律则知：感应电动势减小，感应电流就会减小，故A正确。
B、穿过闭合电路中的磁通量不为零时，若磁通量发生变化，闭合电路中就会有感应电流产生，故B错误。
C、穿过闭合电路中的磁通量减少，磁通量的变化率不一定减少，根据法拉第电磁感应定律则知：感应电动势不一定减少，感应电流就不一定减少。故C错误。
D、根据法拉第电磁感应定律则知：感应电动势的大小与磁通量变化率成正比，故磁通量变化越快，则感应电动势越大，产生的感应电流越大，故D错误。
2.如图所示的电路中，a，b为两个完全相同的灯泡，L为自感线圈，线圈的电阻不可忽略，E为电源，S为开关。下列说法正确的是（ ）
A. 合上开关，a先亮，b逐渐变亮，断开开关，a、b同时熄灭
B. 合上开关，b先亮，a逐渐变亮，断开开关，a先熄灭，b后熄灭
C. 合上开关，b先亮，a逐渐变亮，断开开关，a、b同时熄灭，但b灯要闪亮一下再熄灭
D. 合上开关，b先亮，a逐渐变亮，断开开关，a、b同时熄灭，但b灯不会闪亮一下再熄灭
【答案】D
【解析】
【详解】合上开关K接通电路，b立即亮，线圈对电流的增大有阻碍作用，所以通过a的电流慢慢变大，因线圈L电阻不可忽略，最后b比a亮；断开开关K切断电路时，通过b的原来的电流立即消失，线圈对电流的减小有阻碍作用，所以通过线圈和a的电流会慢慢变小，并且通过b，所以两灯泡一起过一会儿熄灭；由于电流稳定时提供b的电流大于通过a的电流，所以b灯不会闪亮一下再熄灭。故ABC 错误，D正确。
3.在收音机线路中，经天线接收下来的电信号既有高频成份，又有低频成份，经放大后送到下一级，需要把低频成份和高频成份分开，只让低频成份输送到再下一级，可以采用如图所示电路，其中a、b应选择的元件是（ ）
A. a是电容较大的电容器，b是低频扼流圈
B. a是电容较大的电容器，b是高频扼流圈
C. a是电容较小的电容器，b是低频扼流圈
D. a是电容较小的电容器，b是高频扼流圈
【答案】B
【解析】
电容器具有通高频、阻低频的作用，这样的电容器电容应较小．电感线圈在该电路中要求做到通低频、阻高频，所以它是一个高频扼流圈(自感系数较小的电感线圈)．
思路分析：根据电容器具有通高频、阻低频的作用，电感线圈在该电路中要求做到通低频、阻高频，可区分出ab中的元件
试题点评：本题考查了电容器以及高频扼流圈对交流电的作用
4.如图所示，一质点做简谐运动，先后以相同的速度依次通过M、N两点，历时1s，质点通过N点后再经过1s又第2次通过N点，在这2s内质点通过的总路程为12cm.则质点的振动周期和振幅分别为( )
A. 3s，6cm B. 4s，6cm
C. 4s，9cm D. 2s，8cm
【答案】B
【解析】
以相同的速度依次通过M、N两点
画出轨迹图如图所示，质点由M到O，由O到N运动时间相同，均为1s，可见周期为4s，振幅为6cm，B对；
5.如图所示，水平固定放置的足够长的U形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上放着金属棒ab，开始时ab棒以水平初速度 v0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和导轨粗糙的两种情况相比较，这个过程 （ ）
A. 安培力对ab棒所做的功相等
B. 电流所做的功相等
C. 产生的总热量相等
D. 通过ab棒的电荷量相等
【答案】C
【解析】
【详解】A、当导轨光滑时，金属棒克服安培力做功，动能全部转化为焦耳热，产生的内能等于金属棒的初动能；当导轨粗糙时，金属棒在导轨上滑动，一方面要克服摩擦力做功，摩擦生热，把部分动能转化为内能，另一方面要克服安培力做功，金属棒的部分动能转化为焦耳热。可知两种情况下安培力对ab棒做功大小不相等。故A错误；
B、克服安培力做功的大小等于电流做功的大小，所以电流做功不等，故B错误；
C、导轨粗糙时，安培力做的功少，导轨光滑时，安培力做的功多，两种情况下，产生的内能相等，都等于金属棒的初动能，则产生的总热量相等。故C正确。
D、导轨光滑时，导体棒的位移s大，导轨粗糙时，导体棒位移小，感应电荷量Q，B、R、导体棒长度L相同，s越大，感应电荷量越大，因此导轨光滑时，感应电荷量多，故D错误。
6.在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd的面积为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ω匀速转动产生的感应电动势e随时间t的变化关系如图所示，矩形线圈与阻值为R的电阻构成闭合电路，交流电流表为理想电表，下列说法中正确的是（ ）
A. t=0时刻穿过线圈的磁通量变化率大小为E0
B. t1时刻交流电流表示数为零
C. 从t1到t3这段时间穿过线圈磁通量的变化量为零
D. 0~t2这段时间电阻R的发热功率为
【答案】D
【解析】
【详解】A、t=0时刻穿过线圈的磁通量变化率最大，此时有，故磁通量的变化率，故A错误；
B、交流电流表测的是电路中的有效值，故任何时刻交流电流表的示数都不为零；
C、磁通量是双向标量，在t1到t3这段时间穿过线圈磁通量的变化量不为零，且△Φ＝2BS，故C错误；
D、0~t2这段时间内，产生的感应电动势的有效值为E，故电阻R的发热功率P，故D正确
7.如图，边长为a的正方形闭合线圈沿光滑的水平面上以速度v0进入宽度为L的匀强磁场，a
G且P有收缩的趋势
B. t2时刻，N=G且穿过P的磁通量最大
C. t3时刻，N=G且穿过P中无感应电流
D. t4时刻，N＜G且穿过P的磁通量最小
【答案】AB
【解析】
试题分析：当螺线管中电流增大时，其形成的磁场不断增强，因此线圈P中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈P将阻碍其磁通量的增大，故线圈有远离和面积收缩的趋势，因此此时N＞G，故A正确；当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此磁铁线圈中无感应电流产生，故t2时刻N=G，此时穿过P的磁通量最大，故B正确，D错误； t3时刻螺线管中电流为零，但是线圈P中磁通量是变化的，因此此时线圈中有感应电流，且此时，线圈中磁通量有增大趋势，故线圈有远离和面积收缩的趋势，因此此时N＞G，故C错误．
故选AB．
考点：楞次定律的考查。
11.如图所示，两根等高光滑的四分之一圆弧轨道，半径为r，间距为L，轨道电阻不计。在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。现有一根长度稍大于L、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd开始，在拉力作用下以初速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab处，则该过程中( )
A. 通过R的电流方向为由外向内
B. 通过R的电流方向为由内向外
C. R上产生的焦耳热为
D. 通过R的电量为
【答案】AC
【解析】
试题分析：金属棒从轨道最低位置cd运动到ab处的过程中，穿过回路的磁通量减小，根据楞次定律判断得知通过R的电流方向为由外向内，故A正确B错误；C.金属棒做匀速圆周运动，回路中产生正弦式交变电流，可得产生的感应电动势的最大值为，有效值为，根据焦耳定律有，故C正确；通过R的电量由公式，故D错误．
考点：考查了导体切割磁感线运动
【名师点睛】解决本题的关键是判断出回路中产生的是正弦式交变电流，相当于线圈在磁场中转动时单边切割磁感线，要用有效值求解热量，用平均值求解电量
12.如图甲所示，闭合线圈固定在小车上，总质量为1kg．它们在光滑水平面上以10m/s的速度进入与线圈平面垂直、磁感应强度为B的水平有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．已知小车运动的速度v随车的位移x变化的v-x图象如图乙所示．则（ ）
A. 线圈的长度L=15cm
B. 磁场的宽度d=25cm
C. 线圈进入磁场过程中做匀加速运动，加速度为0.8m/s2
D. 线圈通过磁场过程中产生的热量为48J
【答案】BD
【解析】
【详解】A、闭合线圈在进入和离开磁场时的位移即为线圈的长度，线圈进入或离开磁场时受安培力作用，将做减速运动，由乙图可知，线圈的长度L＝10cm，故A错误；
B、磁场的宽度等于线圈刚进入磁场到刚离开磁场时的位移，由乙图可知，5﹣15cm是进入的过程，15﹣30cm是完全在磁场中运动的过程，30﹣40cm是离开磁场的过程，所以d＝30cm﹣5cm＝25cm，故B正确；
C、线圈进入磁场过程中，根据F＝BIL及I得：F，因为v减小，所以F也减小，由牛顿第二定律知加速度减小，所以线圈做的不是匀加速运动，是变减速运动，故C错误；
D、线圈通过磁场过程中运用动能定理得：mv22mv12＝W安，由乙图可知v1＝10m/s，v2＝2m/s，代入数据得：W安＝﹣48J，所以克服安培力做功为48J，即线圈通过磁场过程中产生的热量为48J，故D正确。
II卷（非选择题）
二、实验题
13.⑴有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度。用它测量一小球的直径，如图1所示的读数是_________mm。如图2，用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图所示的读数是_________mm。
⑵有一个电流表G，内阻Rg=30Ω，满偏电流Ig=1mA。要把它改装为量程0~3V的电压表，要 ____________ (填串联或并联）一个阻值为 ________ Ω的电阻。
【答案】 (1). 15.25 (2). 0.740 (3). 串联 (4). 2970
【解析】
（1）游标卡尺的主尺读数为1.5cm，游标读数为，所以最终读数为：；螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为，所以最终读数为：．
（2）电流表改装成电压表要串联电阻，所串阻值为：。
14.用如图甲所示的电路，测定一节蓄电池的电动势和内电阻。蓄电池的电动势约为2V，内电阻很小。除蓄电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：
A．电压表（量程3V） B．电流表（量程0.6A）
C．电流表（量程3A） D．定值电阻R0（阻值4、额定功率4W）
E．滑动变阻器（阻值范围0—20 、额定电流2A）
F．滑动变阻器（阻值范围0—1000、额定电流0.5A）
（1）电流表应选____________，滑动变阻器应选_____________（填器材前的字母代号）
（2）根据实验数据作出U—I图象如图乙所示，则蓄电池的电动势E=____ V，内电阻 r=____ (r保留两位有效数字)
（3）引起该实验系统误差的主要原因是_________________________________。
【答案】 (1). (1) B (2). E (3). (2) 2.10 (4). 0.20 (5). (3) 电压表的分流作用
【解析】
试题分析：由题意可确定出电路中的电流范围，为了保证电路的安全和准确，电流表应略大于最大电流；由电路及闭合电路欧姆定律可得出函数关系，结合数学知识可得出电源的电动势和内电阻．电流表测量的不是干路电流，电压表具有分流作用．
（1）由题意可知，电源的电动势约为2V，保护电阻为4Ω，故电路中最大电流约为0.5A，故电流表只能选B；为了方便操作，应选择较小的变阻器，故选E；
（2）由电路利用闭合电路欧姆定律可知
，则由数学知识可得，图象与纵坐标的交点为电源电动势，故E=2.10V；而图象的斜率表示保护电阻与内电阻之和，
故，解得r=0.2Ω；
（3）电流表测量的不是干路电流，本实验的系统误差原因是电压表具有分流作用．
三、计算题
15.如图所示为交流发电机和外接负载的示意图，发电机电枢线圈为n匝的矩形线圈，边长ab=L1、ad=L2绕OO′轴在磁感强度为B的磁场中以角速度ω转动（不计一切摩擦），线圈电阻为r，外电路负载电阻为R．试求：
（1）电路中伏特表的示数；
（2）线圈每转动一周，外力所做的功。
【答案】（1）（2）
【解析】
：（1）电路中产生的感应电动势
有效值
电阻两端的电压
即为电路中伏特表的示数。
（2）由能量守恒可得，外力在一个周期内做的功就等于电的功：
16.水利发电具有防洪、防旱、减少污染多项功能,是功在当代,利在千秋的大事,现在水力发电已经成为我国的重要能源之一.某小河水流量为,现在欲在此河段上筑坝安装一台发电功率为1000千瓦的发电机发电.(注：①水的密度为②流量是单位时间内流过某一横截面的体积)
(1)设发电机输出电压为500V,在输送途中允许的电阻为,许可损耗总功率的5%,则所用升压变压器原副线圈匝数比应是多大?
(2)若所用发电机总效率为,要使发电机能发挥它的最佳效能,则拦河坝至少要建多高?(g取)
【答案】（1）1:20 （2）5m
【解析】
【详解】(1)设送电电流为I，损耗的功率为、导线,由得：
设送电电压为,由得:
则升压变压器原副线圈匝数比
(2) 由水流流量Q知，每秒钟到达发电机涡轮组的水的体积V＝Q
每秒钟到达发电机涡轮组的水的质量m＝ρV
由题意知：mgh×50%＝Pt
解得 h＝5m
17.（12分）如图甲所示，一足够长阻值不计的光滑平行金属导轨MN、PQ之间的距离L＝1．0m，NQ两端连接阻值R＝1．0Ω的电阻，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上,导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°。一质量m＝0．20kg，阻值r＝0．50Ω的金属棒垂直于导轨放置并用绝缘细线通过光滑的定滑轮与质量M＝0．60kg的重物P相连。细线与金属导轨平行。金属棒沿导轨向上滑行的速度v与时间t之间的关系如图乙所示，已知金属棒在0～0．3s内通过的电量是0．3～0．6s内通过电量的2／3，g＝10m／s2，求：
（1）0～0．3s内棒通过的位移；
（2）金属棒在0～0．6s内产生的热量。
【答案】（1）0．3m（2）1．05J
【解析】
考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．
分析：（1）金属棒在0.3～0.6s内通过的电量是q1=I1t1=，t1=0.3s．金属棒在0～0.3s内通过的电量q2==，由已知条件：金属棒在0～0.3s内通过的电量是0.3～0.6s内通过电量的，求出0～0.3s内棒通过的位移x2．
（2）金属棒在0～0.6s内通过的总位移为x=x1+x2=vt1+x2，在此过程中，重物的重力势能减小转化为金属棒的重力势能、内能和系统的动能，根据能量守恒定律求解整个电路产生的热量Q．由于金属棒与电阻R串联，它们产生的热量与电阻成正比，金属棒产生的热量Qr=Q．
解：
（1）金属棒在0.3～0.6s内通过的电量是q1=I1t1=．
金属棒在0～0.3s内通过的电量q2==．
由题：q1=3q2，
代入解得：x2=0.35m
（2）金属棒在0～0.6s内通过的总位移为x=x1+x2=vt1+x2，代入解得x="1.4m"
根据能量守恒定律
Mgx-mgxsinθ-Q=（m+M）v2
代入解得 Q=2.1J
由于金属棒与电阻R串联，电流相等，根据焦耳定律Q=I2
Rt，得到它们产生的热量与电阻成正比，所以金属棒在0～0.6s内产生的热量量Qr=Q=0.3J．
答：（1）0～0.3s内棒通过的位移为0.35m；
（2）金属棒在0～0.6s内产生的热量为0.3J．
18.如图所示，线圈焊接车间的传送带不停地传送边长为L，质量为4kg，电阻为5Ω的正方形单匝金属线圈，线圈与传送带之间的滑动摩擦系数μ=。传送带总长8L，与水平面的夹角为θ=30°，始终以恒定速度2m/s匀速运动。在传送带的左端虚线位置将线圈无初速地放到传送带上，经过一段时间，线圈达到与传送带相同的速度，线圈运动到传送带右端掉入材料筐中（图中材料筐未画出）。已知当一个线圈刚好开始匀速运动时，下一个线圈恰好放到传送带上。线圈匀速运动时，相邻两个线圈的间隔为L。线圈运动到传送带中点开始以速度2m/s 通过一固定的匀强磁场，磁感应强度为5T、磁场方向垂直传送带向上，匀强磁场区域宽度与传送带相同，沿传送带运动方向的长度为3L。重力加速度g=10m/s2。求：
(1)正方形线圈的边长L；
(2)每个线圈通过磁场区域产生的热量Q；
(3)在一个线圈通过磁场的过程，电动机对传送带做功的功率P。
【答案】（1）0.8m（2）10.24J（3）P=202.8w
【解析】
试题分析：(1)每个线圈从投放到相对传送带静止，运动的距离是一样的。设投放时间间隔为T，则v t图如图所示。
在T时间内，传送带位移为x传＝v·T，线圈加速过程位移为x线＝
可得2L＝v·T v＝a·T
线圈加速过程：由，
可得：；；(6分)
线圈匀速运动时，相邻两个线圈的间隔为L与线圈的边长相等，由图可以看出线圈的边长与线圈加速过程走过的距离相同，所以线圈的边长为0.8m。
(2) 每个线圈穿过磁场过程中有电流的运动距离为2L，
t穿＝; E＝BLv ; P＝
产生热量Q＝P·t穿＝
解得Q＝=10.24J (7分)
(3)在一个线圈通过磁场的过程:传送带运动距离4L，所用时间t穿＝=1.6s
一个线圈加速过程摩擦产生的热为Q摩擦＝f滑·x相对＝μmgcosθ··T=24J
一个线圈加速过程获得动能ΔEk=mv2=8J
一个线圈通过磁场的过程中焦耳热Q焦耳＝10.24J
一个线圈运动一个L距离重力势能增加ΔEp=Lmgsinθ=16J
在一个线圈通过磁场的过程中，电动机对传送带做功的功率P
有W＝2Q摩擦＋2×ΔEk＋2Q焦耳＋15×ΔEp ＝P·t穿
代入以上各式，得P＝202.8W (7分)
第3问解法二：
分析某一导线框穿过磁场过程知：t穿＝=1.6s,其中有的时间传送带上有5个导线框，其中1个相对滑动，4个相对静止，则该段时间内电动机做功为：
其中有的时间传送带上有4个导线框，其中1个相对滑动，3个相对静止，则在该段时间内电动机做功为：
由P t穿=W1+W2，得：P=202.8w (7分)
考点：考查了电磁感应与电路
【名师点睛】（1）根据牛顿第二定律列式求解线框的加速度；根据运动学公式列式求解线框的相对位移；然后联立方程组求解；（2）线框在进入和离开磁场时有感应电流，根据切割公式、欧姆定律、焦耳定律列式求解即可；（3）某一导线框穿过磁场过程，皮带上有多个线圈，分析机械能增加量、内能增加量，然后求和．
