2017-2018学年江西省上饶县中学高二下学期第一次月考物理（零班）试题 解析版

2017-2018学年江西省上饶县中学高二下学期第一次月考物理（零班）试题 解析版

上饶县中学2019届高二年级下学期第一次月考物理 试卷(零班)‎ 一、选择题(本题共12小题，每题4分，共48分，其中5、7、8、9、11题为多选题，全部选对的4分，选不全的得2分，有选错的或不答的得0分)。‎ ‎1.科学发现或发明是社会进步的强大推动力，青年人应当崇尚科学在下列关于科学发现或发明的叙述中，存在错误的是 A. 奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电与磁的联系 B. 法拉第经历了十年的探索，实现了“磁生电”的理想 C. 洛伦兹发现了电磁感应定律 D. 楞次在分析许多实验事实后提出，感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电与磁的联系，选项A正确；法拉第经历了十年的探索，实现了“磁生电”的理想，选项B正确；洛伦兹发现了磁场对带电粒子的作用力，选项C错误；楞次在分析许多实验事实后提出，感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项D正确；此题选择错误的选项，故选C.‎ ‎2.下列图中表示闭合电路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情景，导体ab上的感应电流方向为a→b的是（　　）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、ab棒顺时针转动，运用右手定则：磁感线穿过手心，拇指指向顺时针方向，则导体ab上的感应电流方向为a→b．故A正确．B、ab向纸外运动，运用右手定则时，磁感线穿过手心，拇指指向纸外，则知导体ab上的感应电流方向为b→a，故B错误．C、穿过回路的磁通量减小，由楞次定律知，回路中感应电流方向由b→a→c，则导体ab上的感应电流方向为b→a．故C错误．D、ab棒沿导轨向下运动，由右手定则判断知导体ab上的感应电流方向为b→a，故D错误．故选A．‎ ‎【点睛】本题的关键要掌握右手定则和楞次定律，要知道它们在判断切割产生的感应电流方向上结果是相同的，不过研究的对象不同．‎ ‎3.如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Dt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B，在此过程中，线圈中产生的电动势为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 根据法拉第电磁感应定律有：，故D正确，ABC错误。‎ ‎4.如图甲所示，闭合金属框abcd置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，磁感应强度B 随时间t的变化关系如图乙所示。规定顺时针方向为电流的正方向，下列各图中能正确表示线框中感应电流i随时间t变化的图像是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 在0到1秒内，磁感应强度B均匀增加，则线框中产生感应电流，由楞次定律可得电流方向为：逆时针，负值；由法拉第电磁感应定律可得，感应电流大小恒定．当在1秒到3秒内，磁场不变，则线框中没有磁通量变化，所以没有感应电流．在3到4秒内，磁感应强度B均匀减小，则线框中产生感应电流，由楞次定律可得电流方向为：顺时针，正值；由法拉第电磁感应定律可得，感应电流大小恒定．因此C选项正确；故选C.‎ ‎5.平面上的光滑平行导轨MN、PQ上放着光滑导体棒ab、cd，两棒用细线系住，开始时匀强磁场的方向如图甲所示，而磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示，不计ab、cd间电流的相互作用则细线中张力 A. 由0到t0时间内细线中的张力逐渐减小 B. 由t0到t1时间内细线中张力增大 C. 由0到t0时间内两杆靠近，细线中的张力消失 D. 由t0到t1时间内两杆靠近，细线中的张力消失 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】由图乙所示图象可知，0到t0时间内，磁场向里，磁感应强度B均匀减小，线圈中磁通量均匀减小，由法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的感应电动势，形成恒定的电流。由楞次定律可得出电流方向沿顺时针，故ab受力向左，cd受力向右，而张力F=F安=BIL，因B减小，故张力将减小，故A正确、C错误；由图乙所示图象可知，由t0到t时间内，线圈中的磁场向外，B均匀增大，回路中产生恒定的感应电流，由楞次定律可知，电流为顺时针，由左手定则可得出，两杆受力均向里，故两杆靠近，细线中张力消失，D正确，B错误； 故选AD。‎ ‎【点睛】本题只要楞次定律的第二种表达掌握好了，本题可以直接利用楞次定律的“来拒去留”进行判断。‎ ‎6.图甲所示是某种型号的电热毯的部分电路图。其电热丝的总电阻R=11Ω，电热毯所接电源电压的波形如图乙所示（每段为正弦曲线的一部分），则该电热毯的电功率为 A. 275W B. 550W C. 400W D. 355W ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设将此电流加在阻值为R的电阻上，电压的最大值为Um，电压的有效值为U，根据热效应有，代入解得：，该电热毯的电功率为：，故A正确，BCD错误。‎ ‎7.如图甲所示，将阻值为R=5Ω的电阻接到内阻不计的正弦交变电源上，电流随时间变化的规律如图乙所示，电流表串联在电路中测量电流的大小．对此，下列说法正确的是 ‎ ‎ A. 电阻R两端电压变化规律的函数表达式为u=2.5sin(200πt)V B. 电阻R消耗的电功率为0.625W C. 如图丙所示，若此交变电流由一矩形线框在匀强磁场中匀速转动产生，当线圈的转速 提升一倍时，电流表的示数为A D. 这一交变电流与图丁所示电流比较，其有效值之比为 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】由图可知，电流的最大值Im=0.5A，则电压的最大值：Um=Im•R=0.5×5=2.5V；周期T=0.01s，角速度为ω=200πrad/s，电阻R两端电压变化规律的函数表达式为u=2.5sin（200πt） V，故A正确；电流的有效值，电阻R消耗的电功率为，故B正确；感应电动势的瞬时值表达式为：e=Emsinωt，其中：Em=nBSω，当线圈的转速提升一倍时，最大值提升一倍，所以电流表的示数为，故C正确；图乙为正弦式交流电，其有效值为，图丁电流大小不变，有效值I′=0.5A，所以这一交变电流与图丁所示电流比较，其有效值之比为，故D错误。所以ABC正确，D错误。‎ ‎8.图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1:n2=5:1，电阻R=20Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关。原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图所示。现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光。下列说法正确的是 A. 输入电压u的表达式u=20sin(50t)V B. 只断开S2后，L1、L2均正常发光 C. 只断开S2后，原线圈的输入功率减小 D. 若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8W ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 试题分析：由乙图可知原线圈的输入电压的周期为T=0.02s，所以，可知其表达式为，故选项A错误；由题意可知变压器原线圈的输入电压，由可得副线圈的输出电压，将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光，所以小灯泡的额定电压为4V，只断开S2时，两个小灯泡串联，所以不能正常发光，故选项B错误；只断开S2时，副线圈电阻增大，其电流变小，由可知原线圈电流减小，所以输入功率减小，故选项C正确；若S1换接到2后，电阻R的功率，故选项D正确．‎ 考点：交流电的表达式；理想变压器的规律．‎ ‎9.如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b。当输入电压U为灯泡额定电压的5倍时，两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是 A. 原、副线圈匝数之比为4:1‎ B. 原、副线圈匝数之比为5:1‎ C. 此时a和b的电功率之比为4:1‎ D. 此时a和b的电功率之比为1:4‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】灯泡正常发光，则其电压均为额定电压U，则说明原线圈输入电压为4U，输出电压为U；则可知，原副线圈匝数之比为4：1：故A正确；B错误；根据变压器原理可得，所以I1=I2，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P=UI可得两者的电功率之比为1：4；故C错误，D正确；故选AD。‎ ‎【点睛】本题考查变压器原理，要注意明确输入电压为灯泡两端电压与输入端电压之和，从而可以确定输入端电压；则可求得匝数之比。‎ ‎10.如图所示，在光滑的水平桌面上有一弹簧振子，弹簧劲度系数为k，开始时，振子被拉到平衡位置O的右侧A处，此时拉力大小为F，然后释放振子从静止开始向左运动，经过时间t后第一次到达平衡位置O处，此时振子的速度为v，在这个过程中振子的平均速度为 A. 等于 B. 大于 C. 小于 D. 0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 平均速度等于这段位移与所需要的时间的比值．而位移则通过胡克定律由受力平衡来确定。‎ ‎【详解】根据胡克定律，振子被拉到平衡位置O的右侧A处，此时拉力大小为F，由于经过时间t后第一次到达平衡位置O处，因做加速度减小的加速运动，所以这个过程中平均速度为，故B正确，ACD错误。‎ ‎【点睛】考查胡克定律的掌握，并运用位移与时间的比值定义为平均速度，注意与平均速率分开，同时强调位移而不是路程。‎ ‎11.如右图所示，轻质弹簧下挂重为500N的物体A，伸长了5cm，再挂上重为300N的物体B时又伸长了3cm，弹簧均在弹性限度内，若将连接A、B两物体的细绳烧断，使A在竖直面内做简谐运动，下列说法中正确的是 A. 最大回复力为300N B. 最大回复力为800N C. 振幅为8cm D. 振幅为3cm ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】轻质弹簧下挂重为500N的物体A，伸长了5cm，故弹簧的劲度系数为：，若将连接A、B两物体的细绳烧断，物体A将做简谐运动，烧断瞬间，合力充当回复力；由于细线烧断前是平衡，烧断后先对A的拉力减小了300N，而弹力不变，故合力为300N，故最大回复力为300N，故A正确，B错误；刚剪断细线时物体的加速度最大，此处相当于是物体A到达简谐运动的振幅处，故振幅为3cm，故C错误，D正确。所以AD正确，BC错误。‎ ‎12.一单摆的摆长为40cm，摆球在t=0时刻正从平衡位置向左运动，（g取10m/s2），则在t=1s时摆球的运动情况是 A. 正向左做减速运动，加速度正在增大 B. 正向左做加速运动，加速度正在减小 C. 正向右做减速运动，加速度正在增大 D. 正向右做加速运动，加速度正在减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意，单摆的周期T=2π=0.4πs，t=1s，则T＜t＜T。而摆球在t=0时刻正从平衡位置向左运动，则t=1s时正靠近平衡位置向左运动，速度增大，加速度减小。故选B。‎ ‎【点睛】本题关键要抓住单摆振动的周期性，将一个周期可分成四个四分之一周期，根据提供的时间与周期的关系分析摆球的运动情况．‎ 二、实验题（每空2分，共10分）‎ ‎13.某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中，先测得摆线长为L，摆球直径为d ‎，然后用秒表记录了单摆全振动n次所用的时间为t．则：‎ ‎（1）他测得的重力加速度g=_____．（用测量量表示）‎ ‎（2）某同学在利用单摆测定重力加速度的实验中，若测得的g值偏大，可能的原因是_____‎ A．摆球质量过大 B．单摆振动时振幅较小 C．测量摆长时，只考虑了线长忽略了小球的半径 D．测量周期时，把n个全振动误认为（n﹣1）个全振动，使周期偏大 E．测量周期时，把n个全振动误认为（n+1）个全振动，使周期偏小 ‎（3）为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T，从而得出一组对应的l和T的数值，再以l为横坐标、T2为纵坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率K．则重力加速度g=_____．（用K表示）‎ ‎（4）实验中游标尺（20分度）和秒表的读数如图，分别是_____ mm、_____s．‎ ‎【答案】 (1). （1）； (2). （2）E； (3). （3）； (4). （4）18.95mm， (5). 99.8s．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由实验摆长和运动时间得到周期，再通过单摆周期公式联立解得重力加速度； （2）根据重力加速度表达式判断各影响因素，进而得到g增大的可能原因； （3）通过（1）中的重力加速度表达式，将k代入其中即可求解； （4）按照游标卡尺和秒表的读数法，先读主尺和秒表小圈的分针数，然后再加上分尺和大圈秒针数即可．‎ ‎【详解】（1）该实验单摆摆长l＝L+，周期T＝；故由单摆运动周期T＝2π可得 ； （2）由（1）可知，g与摆球质量、单摆振动时振幅无关，且若测得的g值偏大，则l偏大或T偏小；那么，测量摆长时，只考虑了线长忽略了小球的半径，则l偏小，g偏小；故可能原因为E； （3）以l为横坐标、T2为纵坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率K，那么，所以，； （4）游标卡尺的读数为18mm+19×0.05mm=18.95mm，秒表的读数为1.5×60s+9.8s=99.8s；‎ 三、计算题（42分）‎ ‎14.如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的匝数N=100，边长ab="1.0" m、bc="0.5" m，电阻r=2Ω。磁感应强度B在0 ~1 s内从零均匀变化到0.2 T。在1~5 s内从0.2 T均匀变化到-0.2T，取垂直纸面向里为磁场的正方向。求：‎ ‎（1）0.5s 时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向；‎ ‎（2）在1~5s内通过线圈的电荷量q；‎ ‎（3）在0~5s内线圈产生的焦耳热Q。‎ ‎【答案】（1）E=10V，感应电流方向为a®d®c®b®a（2）q=10C （3）Q="100J"‎ ‎【解析】‎ ‎（1）要求解0.5s时的感应电动势，只能通过求平均感应电动势着眼。由于线圈与磁场方向垂直的有效面积不变，只是磁感应强度均匀变化，则0.5s的瞬时感应电动势正好与0 ~1‎ ‎ s的平均感应电动势相等。感应电流的方向可根据楞次定律来进行判断即可。（2）要分析1~5s的电荷量q，则只要根据求解即可；（3）由于磁场的变化分0 ~1 s和1 ~5 s两个不同的阶段，可从两阶段分别对线圈产生的焦耳热进行分析，运用即可求得。‎ ‎（1）磁感应强度B在0 ~1 s 内从零均匀变化到0.2 T，故0.5s时刻的瞬时感应电动势的大小和0 ~1 s 内的平均感应电动势大小相等。则由感应电动势：且磁通量的变化量，可解得，代入数据得。0 ~1 s磁感应强度在逐渐增大，根据楞次定律：感应电流产生的磁场将与原磁场方向相反，则感应电流的方向为：a®d®c®b®a。‎ ‎（2）同理可得：，感应电流，电量 解得：,代入数据得：q=10C。‎ ‎（3）0 ~1 s 内的焦耳热，且 ‎1~5 s 内的焦耳热，由,代入数据得：‎ ‎【考点定位】法拉第电磁感应定律、楞次定律、电荷量及焦耳热的综合。注意分阶段考虑，考查考生的分析能力、推理能力等。难度：中等。‎ 视频 ‎15.如图所示，两条足够长的平行的光滑裸导轨c、d所在斜面与水平面间夹角为θ，间距为L，导轨下端与阻值为R的电阻相连，质量为m的金属棒ab垂直导轨水平放置，整个装置处在垂直斜面向上的磁感应强度为B的匀强磁场中．导轨和金属棒的电阻均不计，有一个水平方向的力垂直作用在棒上，棒的初速度为零，则：（重力加速度为g）‎ ‎（1）若金属棒中能产生从a到b的感应电流，则水平力F需满足什么条件？‎ ‎（2）当水平力大小为F1，方向向右时，金属棒ab加速向上运动。求金属棒的最大速度vm是多少？‎ ‎【答案】（1）F＞mgtanθ；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）金属棒中能产生从a到b的感应电流，说明金属棒沿导轨向上运动切割磁感线．受力分析如图． Fcosθ＞mgsinθ 得：F＞mgtanθ． （2）金属棒加速上滑时，安培力平行于斜面向下，棒先加速后匀速，匀速时即为最大速度． F1cosθ=mgsinθ+F安 F安=BIL= 解得：vmax=‎ ‎【点睛】对于电磁感应中的力学问题，关键是要正确分析导体棒的受力情况，注意安培力的方向与运动方向相反，同时要把握导体棒速度最大的条件：合力为零．‎ ‎16.如图所示，某水电站发电机的输出功率为100kW，发电机的电压为250V，通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为8Ω，在用户端用降压变压器把电压降为220V ‎．若输电线上损失的功率为5kW，不计变压器的损耗，求：‎ ‎（1）输电导线上输送的电流；‎ ‎（2）升压变压器的输出电压U2；‎ ‎（3）降压变压器的匝数比．‎ ‎【答案】（1）25A；（2）4000V；（3）190:11‎ ‎【解析】‎ 试题分析：根据输电损失功率公式计算电流；由输送功率计算输送电压U2；由电压与匝数成正比和电压分配关系计算匝数之比 ‎(1)由知输电线上的电流 ‎(2)升压变压器的输出电压 ‎(3)降压变压器的输入电压 降压变压器的匝数比 ‎17.如图为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，转动的角速度ω=10π rad/s，线圈的匝数N=10匝、电阻r=1Ω，线圈所围面积S=0.1m2．线圈的两端经滑环和电刷与阻值R=9Ω的电阻相连，匀强磁场的磁感应强度B=1T．在t=0时刻，线圈平面与磁场方向平行，（π取3.14，π2取10）则：‎ ‎(1)从图示位置开始计时，写出通过R的电流的瞬时表达式；‎ ‎(2)若在R两端接一个交流电压表，它的示数为多少？‎ ‎(3)线圈转动一周过程中，R上产生电热Q为多少？‎ ‎(4)线圈从图示位置转过90°过程中，通过R的电荷量q为多少？‎ ‎【答案】(1)i=3.14cos31.4t A (2)U=20V （3）Q=9J (4) q=0.1C ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）感应电动势的最大值为：Em=NBSω=10×1×0.1×10πV=31.4V 感应电流的最大值为： ‎ ‎ 电流的瞬时表达式为：i=Imcosωt=3.14cos31.4t A （2）电流的有效值为：I= 电阻R两端电压有效值为：U=IR 联立得电压表示数为：U=20V  （3）R产生的热量为：Q=I2Rt 一周时间为：t==0.2s 解得：Q=9J （4）通过R的电荷量为：q=△t 又 所以 q= 代入数据解得：q=0.1C ‎【点睛】解决本题时要知道正弦式交流电峰值的表达式Em=nBSω，以及知道峰值与有效值的关系．求热量要用电流的有效值，求电荷量要用电流的平均值．‎ ‎ ‎