2017-2018学年福建省闽侯县第八中学高二下学期第一次月考物理试题 解析版

2017-2018学年福建省闽侯县第八中学高二下学期第一次月考物理试题 解析版

福建省闽侯县第八中学 2017-2018 学年高二下学期 第一次月考物理试题 一、选择题 ‎1. 下列实验现象，属于电磁感应现象的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 导线通电后，小磁针偏转 B. 通电导线 AB在磁场中运动 C. 金属杆切割磁感线时电流表指针偏转 D. 通电线圈在其下方的磁场中转动 ‎【答案】C ‎【解析】导线通电后，其下方的小磁针偏转是电流的磁效应，选项A错误； 通电导线AB在在磁场中运动是电动机原理，不是电磁感应现象，选项B错误； 金属杆切割磁感线时，产生感应电流，使电流表指针偏转，是电磁感应现象，选项C正确；通电线圈在磁场中受力转动，不是电磁感应现象，选项D错误；故选C.‎ ‎2. 下列说法正确的是（ ）‎ A. 动量大的物体惯性一定大 B. 某个物体运动速度的大小不变，动量可能发生变化，但动能不变 C. 两个力的大小相等，作用时间相同，则这两个力的冲量一定相同 D. 易碎品运输时要用柔软材料包装，是为了延长作用时间以减小动量变化量 ‎【答案】B ‎【解析】质量大的物体惯性一定大，选项A错误； 某个物体运动速度的大小不变，动量可能发生变化，但动能不变，例如做匀速圆周运动的物体，选项B正确；两个力的大小相等，作用时间相同，则这两个力的冲量大小一定相同，但是方向不一定相同，选项C错误； 易碎品运输时要用柔软材料包装，是为了延长作用时间以减小作用力的大小，选项D错误；故选B.‎ ‎3. 如图电阻 R、电容 C 与一线圈连成闭合电路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N 极朝下， ‎ 如图所示，现使磁铁自由下落，在 N 极接近线圈上端的过程中，流过 R 的电流方向和电容 器极板的带电情况是（ ）‎ A. 从 a 到 b，上极板带正电 B. 从 a 到 b，下极板带正电 C. 从 b 到 a，上极板带正电 D. 从 b 到 a，下极板带正电 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：由图知，穿过系安全带磁场方向向下，在磁铁向下运动的过程中，线圈的磁通量在增大，故感应电流的磁场方向向上，再根据右手定则可判断，流过R的电流从b到a，电容器下极板带正电，所以A、B、C错误，D正确。‎ 考点：本题考查楞次定律 视频 ‎4. 在交变站里，经常要用交流电表取检测电网上的强电流，所用的器材叫电流互感器，如图所示的四个图中，能正确反应工作原理的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】由理想变压器的原副线圈的电流之比可知，电流与匝数成反比．则电流互感器应串连接入匝数较少的线圈上．故A正确，BCD错误。‎ ‎5. 如图所示，匀强磁场方向垂直于线圈平面，先后两次将线圈从同一位置匀速地拉出有界磁 场，第一次拉出时的速度为 v，第二次拉出时的速度为 2v，这两次拉出线圈的过程中，下列 说法错误的是（ ）‎ A. 线圈中的感应电流之比为1: 2‎ B. 线圈中产生的电热之比为1: 2‎ C. 施力的方向与速度方向相同，外力的功率之比为1: 2‎ D. 流过线圈任一截面的电荷量之比为1:1‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：根据E=BLv，求出线圈中的感应电动势之比，再求出感应电流之比．‎ 根据Q=I2Rt，求出线圈中产生的焦耳热之比．‎ 根据q=It=，求出通过线圈某截面的电荷量之比．‎ 解：A、根据E=BLv，知感应电动势之比1：2．感应电流I=，则感应电流之比为1：2．故A正确 B、由t=，知时间比为2：1，根据Q=I2Rt，知电热之比为1：2．故B正确．‎ ‎............‎ D、根据q=It=，知通过某截面的电荷量之比为1：1．故D正确．‎ 本题选错误的，故选：C．‎ ‎【点评】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E=BLv，以及通过某截面的电荷量q=n．‎ ‎6. 如图中的虚线上方空间由垂直线框平面的匀强磁场，直角扇形导线框绕垂直于线框平面的 轴 O 以角速度w匀速转动。设线框中感应电流方向以逆时针为正方向，那么在下图中能正 确描述线框从图示位置开始转动一周的过程中，线框内感应电流随时间变化情况的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：当线框进入磁场后，切割的有效长度为半圆的半径不变，即电动势及电流大小不变；由右手定则可知，电流为逆时针，故为正值；当线框全部进入磁场，磁通量不变，无感应电流；当线框出磁场后，切割的有效长度为半圆的半径不变，即电动势及电流大小不变；由右手定则可知，电流为顺时针，故为负值；当线框全部出磁场，磁通量没有，则无感应电流．故选A。‎ 考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律 ‎【名师点睛】此题是法拉第电磁感应定律以及楞次定律的应用问题；注意在求导体切割磁感线类型的感应电流时，一定要会正确求解有效切割长度。‎ ‎7. 初速度为v0的电子（重力不计），沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向 与电子的初始运动方向如图所示，则（ ）‎ ‎ ‎ A. 电子将向右偏转，速率不变 B. 电子将向左偏转，速率改变 C. 电子将向左偏转，速率不变 D. 电子将向右偏转，速率改变 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：由安培右手定则可知导体右侧磁场方向垂直纸面向外，然后跟左手定则可知运动电子所受洛伦兹力向左，因此电子将向左偏转，因为洛伦兹力不做功，所以速率不变，故C正确，ABD错误．所以C正确，ABD错误．‎ 考点：洛伦兹力、安培右手定则 ‎【名师点睛】本题主要考查了洛伦兹力、安培右手定则。根据安培定则判断出通电导体右侧的磁场方向，然后根据左手定则判断出电子所受洛伦兹力的方向，即得出电子的偏转方向，注意应用左手定则时四指指向与电子运动方向相反，洛伦兹力不做功。‎ ‎8. 如图所示，一只理想变压器的原.副线圈的匝数比是10 :1，原线圈接入电压为 220V 的照 明用电，一只理想二极管和一个阻值为10W的电阻 R 串联接在副线圈上，则以下说法中正 确的是（ ）‎ A. 1min 内电阻 R 上产生的热量为1452J B. 电压表的读数约为15.6V C. 二极管两端的最大电压为 22V D. 若将R 换成一个阻值大于10W的电阻，则电流表读数变大 ‎【答案】AB ‎【解析】试题分析：二极管具有单向导电性，副线圈两端电压为22V，电压表的读数应该是副线圈电压的有效值，由电流热效应知，故A正确；根据电流的热效应：，得，故B正确；二极管两端的最大电压应该是电压最大值Um=22V，所以C错误；若将R换成一个阻值大于10Ω的电阻，相当于减少负载，输出功率减小，输入电压不变，根据输入功率等于输出功率，则电流表的读数变小，所以D错误．故选AB．‎ 考点：变压器；交流电的最大值及有效值 ‎【名师点睛】本题需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系；根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，二极管的作用是只允许正向的电流通过，再根据电压与匝数成正比即可求得结论。‎ ‎9. 如图是某交变电流的图像，该交变电流的有效值为（ ）‎ A. 4A B. 4 A C. 3.5 A D. 6A ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：根据才生电热的等效性可得可得，D正确；‎ 考点：考查了交流电有效值的计算 ‎【名师点睛】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 ‎10. 如图所示，电路中A、B 是规格相同的灯泡，L 是电阻可忽略不计的电感线圈，那么（ ）‎ A. 合上 S，A、B 一起亮，后 A 变暗后熄灭 B. 合上 S，B 先亮，A 逐渐变亮，最后 A、B 一样亮 C. 断开 S，A 立即熄灭，B 由亮变暗后熄灭 D. 断开 S，B 立即熄灭，A 闪亮一下后熄灭 ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：线圈中电流发生变化时，会产生自感电动势，阻碍电流的变化；分通电和断电两种情况分析．‎ 解：A、B、合上S，线圈中电流要增加，会产生自感电动势，故只能缓慢增加，故A、B一起亮，然后A变暗后熄灭，B更亮，故A正确，B错误；‎ C、D、断开S，线圈中电流要减小，会产生自感电动势，故只能缓慢减小，通过电灯A构成回路放电，故B立即熄灭，A闪亮一下后熄灭，故C错误，D正确；‎ 故选AD．‎ ‎【点评】本题通电自感和断电自感问题，关键明确线圈中电流发生变化时，会产生自感电动势，阻碍电流的变化，基础题．‎ ‎11. 两光滑水平导轨放置匀强磁场中，磁场与导轨所在平面垂直，金属棒 ab可沿导轨自由移 动，如图所示，导轨一端跨接一个定值电阻，金属棒和导轨的电阻不计。现将金属棒沿导轨静止向右拉动，若保持拉力 F 恒定，经过时间t1 速度变为 v，金属棒受到的磁场力为F1 最终以 2v 的速度做匀速运动；若保持拉力的功率 P 恒定经过时间t2，速度也变为 v，金属棒受到的磁场力F2，最终也为 2v 的速度做匀速运动，则（ ）‎ A. t1>t2‎ B. t1=t2‎ C. F1=F2‎ D. F1=2F2‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】试题分析：分析清楚两种情况下的运动形式区别，然后根据牛顿第二定律和运动学规律求解，注意两种情况下导体棒最终匀速运动时所受拉力大小是相同的．‎ 解：A、B、若保持拉力恒定不变，金属棒以速度2v匀速运动时，则有F=FA=．速度为v时，由牛顿第二定律得 F﹣=ma1，联立两式得：=ma1．‎ 保持拉力的功率不变，金属棒以速度2v匀速运动时，则有F=FA=，拉力的功率为P=F•2v=．速度为v时，由牛顿第二定律得﹣=ma2，联立两式得：3=ma2．则得：a2=3a1．‎ 由于拉力的功率一定时，金属棒的加速度较大，其速度从v0增大到v的时间较小，即t1＞t2．故A正确、B错误．‎ C、两种运动，当速度都为v时，磁场力均为BIl=，故F1=F2，故C正确．‎ D、由于两种情况下，最后都是匀速运动，故最终拉力等于磁场力：F=BIL=‎ 若保持拉力恒定，速度为v时，磁场力为F1，则F1==，‎ 因为F1=F2，所以F2=，即F=2F2，故D正确．‎ 故选：ACD．‎ ‎【点评】本题可以和机车启动的两种方式进行类比解答，只不过机车启动时阻力不变，而该题中阻力为安培力，是不断变化的．‎ ‎12. 如图所示，一束电子以大小不同的速率从同一位置沿图示方向飞入横截面为一正方形的匀强磁场区，在从 ab 变离开磁场的电子中，下列判断正确的是（ ）‎ A. 从 b 点离开的电子速度最大 B. 从 b 点离开的电子在磁场中运动时间最长 C. 从 b 点离开的电子速度偏转角最大 D. 在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹一定重合 ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，则有：得：；电子在磁场中的运动时间为：，θ为转过的圆心角，也是速度的偏向角．同为电子，B也相同，故R越大，v也越大．从b点离开时半径最大，故A错误．C 从b点离开时，偏转角最小（为）；从a点离开时，偏转角为最大（为π）．故C错误．从b点出来速度的偏向角最小，故时间最小．故B错误；若运动时间相同，则偏转角相同，为同一轨迹．故D正确；故选D。‎ 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动 ‎【名师点睛】本题关键是掌握粒子运动的轨道半径的公式为，得R大，V大．用可求出在磁场中的运动时间。‎ 二.实验题 ‎13. 某同学要用多用电表测一只电阻，已知多用电表电阻档有 4 个倍率，分别为 ´1k 、´100 、´10 、 ´1 ，该同学选择´100‎ ‎ 倍率，用正确的操作步骤测量发现指针偏转角太大（指针位 置如图中的虚线所示），为了较准确地进行测量，请你补充完整接下去应该进行的主要操作步骤：‎ ‎（1）调节选择开关旋钮，选择×（______）倍率；‎ ‎（2）两表笔___________（填“短接”或“断开”），调节欧姆调零旋钮，使指针指在 0W ；‎ ‎（3）重新测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图中实线所示，则该电阻的阻值为______________；‎ ‎（4）测量完毕，把选择开关旋钮打至____________________。‎ ‎【答案】 (1). 13 (2). 10 (3). 短接 120 (4). OFF 档（或交流电压最高档）‎ ‎【解析】试题分析：（1）指针偏转角太大，说明测量电阻过小，应使用小倍率的档位测量，故选择×10档，‎ ‎（2）在欧姆调零时，需要将两表笔短接，这样相当于被测电阻为零，然后调节欧姆调零旋钮，使指针指在0Ω处 ‎（3）倍率为×10档，所以读数为 ‎（4）测量完毕，把选择开关旋钮调至OFF档或者调至交流电压最高档，‎ 考点：考查了欧姆表的使用 ‎【名师点睛】对于欧姆表需要掌握“+”插孔与内置电源的负极相连，红表笔查“+”插孔，黑表笔差“-”插孔；欧姆表的刻度盘是不均匀的，右侧刻度线稀疏，左端刻度线密集；使用欧姆表测电阻时，应选择合适的档位，使指针指在中央刻度线附近；‎ ‎14. 如图甲为某同学描绘额定电压为 3.8V 的小灯泡伏安特性曲线的实验电路图；‎ ‎（1）根据电路图甲，用笔画线代替导线，将图乙中的实验电路连接完整___________；‎ ‎（2）开关闭合之前，图乙中滑动变阻器的滑片应该置于________端（选填“A”、“B”或“AB 中间”）；‎ ‎（3）实验中测出 8 组对应的数据（见下表）：‎ 次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ U/V ‎0‎ ‎0.20‎ ‎0.50‎ ‎1.00‎ ‎1.50‎ ‎2.00‎ ‎3.00‎ ‎3.80‎ I/A ‎0‎ ‎0.08‎ ‎0.13‎ ‎0.18‎ ‎0.21‎ ‎0.24‎ ‎0.29‎ ‎0.33‎ 则测得小灯泡的额定功率为_________W，请在给出的坐标中，描点作出 I -U 图线 ____________，由图像可 知，随着电流的增大，小灯泡的电阻_____ （选填“增大”、“减小”或“不变”）。‎ ‎【答案】 (1). （1）如图；‎ ‎ (2). （2）A (3). （3）1.254 (4). 如图；‎ ‎ (5). 增大 ‎【解析】（1）根据实验原理图连接实物图，如图所示： （2）采用分压接法时，开始实验时为了安全和保护仪器，要使输出电压为零，故打到A端； （3）根据描点法作出U-I图象如图所示；‎ 当电压为3.8V时，电流为0.33A，所以P=UI=3.8×0.33=1.254W；图象斜率的倒数表示电阻，由图象可知，斜率随着电流的增大而减小，所以电阻随着电流的增大而增大．‎ 三.计算题 ‎15. 如图所示，在倾角为30°的斜面OA左侧有一竖直档板，档板与斜面OA间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B=0.2T，档板上有一小孔P，OP=0.6m，现有一质量m=4×10-20kg，带电量q=+2×10-14C的粒子，从小孔以速度v0=3×104m/s 水平射进磁场区域．粒子重力不计．‎ ‎ （1）粒子在磁场中做圆周运动的半径是多少？ （2）通过调整粒子进入磁场的速度大小可以控制粒子打到斜面OA时的速度方向，现若要粒子垂直打到斜面OA上，则粒子进入磁场的速度该调整为多少？此情况下粒子打到斜面OA的时间又为多少？‎ ‎【答案】（1）0.3m（2） ‎ ‎【解析】试题分析：（1）根据洛伦兹力提供向心力公式即可求解半径；‎ ‎（2）画出粒子的运动轨迹，根据几何关系求出R′，再根据向心力公式及圆周运动时间公式求解．‎ 解：（1）粒子进入磁场有 Bqv0=m ‎∴R==0.3m ‎（2）若要粒子垂直打在A板上，其粒子轨迹如图，‎ O点即为圆周运动的圆心．‎ ‎∴R′=‎ 根据几何关系可知：R′=OP=0.6m 则v=2v0=6×104m/s 粒子打到斜面上的时间t=×10﹣5s 答：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径是0.3m；‎ ‎（2）要粒子垂直打到斜面OA上，则粒子进入磁场的速度该调整为6×104‎ m/s，此情况下粒子打到斜面OA的时间为×10﹣5s．‎ ‎16. 如图所示，两平行金属导轨之间的距离为L=0.6m，两导轨所在平面与水平面之间的夹角为θ=37°，电阻R的阻值为1Ω（其余电阻不计），一质量为m=0.1kg的导体棒横放在导轨上，整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度为B=0.5T，方向垂直导轨平面斜向上，已知导体棒与金属导轨间的动摩擦因数为μ=0.3，今由静止释放导体棒，导体棒沿导轨下滑s=3m，开始做匀速直线运动．已知：sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，求：‎ ‎ （1）导体棒匀速运动的速度； （2）导体棒下滑s的过程中产生的电能．‎ ‎【答案】（1）10m/s（2）0.28J ‎【解析】试题分析：（1）根据安培力公式求出安培力，导体棒匀速运动，处于平衡状态，由平衡条件求出导体棒匀速运动的速度．‎ ‎（2）由能量守恒定律可以求出产生的电能．‎ 解：（1）导体棒受到的安培力：‎ F=BIL=BL=，‎ 导体棒做匀速直线运动，处于平衡状态，‎ 由平衡条件得：mgsin37°=+μmgcos37°，‎ 解得：v=10m/s；‎ ‎（2）在导体棒下滑的过程中，由能量守恒定律得：‎ mgssin37°=E+μmgscos37°+mv2，解得，产生的电能E=0.28J；‎ 答：（1）导体棒匀速运动的速度为10m/s；‎ ‎（2）导体棒下滑s的过程中产生的电能0.28J．‎ ‎【点评】本题考查了求导体棒的速度、电路产生的电能，应用平衡条件、能量守恒定律即可正确解题．‎ ‎17. 如图，发电机输出功率为100kW，输出电压为U1=250V，用户需要的电压为U4=220V，两变压器之间输电线的总电阻为R=10Ω，其它电线的电阻不计．若输电线中因发热而损失的功率为总功率的4%，试求：（变压器是理想的）‎ ‎ （1）发电机输出电流和输电线上的电流大小． （2）在输电线路中设置的升、降变压器原、副线圈的匝数比．‎ ‎【答案】（1）20A（2）1:20；240:11‎ ‎【解析】试题分析：画出输电线路图，由输电线损耗功率求出输电电流I2，再由发电机输出功率与输出电压求得升压变压器的原线圈的电流I1，由是I1，I2得升压变压器的匝数比；‎ 求出升压变压器的匝数比后可求出降压变压器的原线圈的电压，再与用户电压结合求出降压变压器的原副线圈的匝数比．‎ 解：（1）输电线路的示意图如图所示，‎ 输电线损耗功率P线="100×4%" kW=4kW，‎ 又P线=I22R线 输电线电流I2=I3="20" A 原线圈中输入电流I1==A="400" A ‎（2）原副线圈中的电流比等于匝数的反比，‎ 所以=‎ 这样U2=U1="250×20" V="5000" V U3=U2﹣U线=5000﹣20×10 V="4800" V 所以=‎ 答：（1）发电机输出电流为400A，输电线上的电流为20A．‎ ‎（2）升压变压器的原副线圈的匝数比为1：20；降压变压器的原副线圈的匝数比为240：11．‎ ‎【点评】明确匝数比与电流成反比，与电压成正比，想法求得电流与电压之比是解题的关键．‎ ‎ ‎