【物理】甘肃省兰州市第一中学2019-2020学年高二下学期4月试题（解析版）

【物理】甘肃省兰州市第一中学2019-2020学年高二下学期4月试题（解析版）

兰州一中2019-2020-2学期高二年级四月月考考试试题 物 理 一、选择题 ‎1.下列四幅演示实验图中，实验现象能正确表述实验结论的是（ ）‎ A. 图甲用磁铁靠近轻质闭合铝环A，A会靠近磁铁 B. 图乙中把一强磁体从一足够长的铜管中下落（强磁体与铜管不接触），强磁体先做加速运动，速度达到一定值时，做匀速直线运动 C. 图丙闭合开关S时，电流表有示数，断开开关S时，电流表没有示数 D. 图丁铜盘靠惯性转动，手持磁铁靠近铜盘，铜盘转动加快 ‎【答案】B ‎【解析】A．根据楞次定律“来拒去留”可知，图甲用磁铁靠近轻质闭合铝环A，A会远离磁铁，选项A错误；‎ B．图乙中把一强磁体从一足够长的铜管中下落，铜管中会产生感应电流，感应电流的磁场会阻碍强磁体的下落，开始时强磁体所受安培力小于重力，则强磁体先做加速运动，随速度的增加，当安培力等于重力时，加速度为零，速度最大，此后强磁体做匀速直线运动，选项B正确；‎ C．图丙闭合开关S时，穿过线圈N的磁通量增加，会产生感应电流，则电流表有示数；断开开关S时，穿过线圈N的磁通量减小，也会产生感应电流，则电流表也有示数，选项C错误；‎ D．图丁铜盘靠惯性转动，手持磁铁靠近铜盘，铜盘中会产生感应电流阻碍铜盘的转动，则转动会减慢，选项D错误。‎ 故选B。‎ ‎2.关于分子力，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 碎玻璃不能拼合在一起，说明玻璃分子间斥力起作用 B. 用打气筒给自行车打气需用力向下压活塞，说明气体分子间有斥力 C. 固体很难被拉伸，也很难被压缩，说明分子间既有引力又有斥力 D. 水和酒精混合后的体积小于原来体积之和，说明分子间存在引力 ‎【答案】C ‎【解析】A．碎玻璃不能拼合在一起，是由于分子间距达不到分子引力范围之内，并不是玻璃分子间斥力起作用，选项A错误；‎ B．用打气筒给自行车打气需用力向下压活塞，是气体压强作用的缘故，不能说明气体分子间有斥力，选项B错误；‎ C．固体很难被拉伸，也很难被压缩，说明分子间既有引力又有斥力，选项C正确；‎ D．水和酒精混合后的体积小于原来体积之和，说明分子间存在间隔，选项D错误。‎ 故选C ‎3.如图所示，在匀强磁场中，MN、PQ是两根平行的金属导轨，而ab、cd为串有伏特表和安培表的两根金属棒，它们同时以相同的速度向右运动时，下列说法中正确的是( ) ‎ A. 电压表有读数，电流表有读数 B. 电压表无读数，电流表有读数 C. 电压表无读数，电流表无读数 D 电压表有读数，电流表无读数 ‎【答案】C ‎【解析】此题考查对电磁感应现象的理解和对电压表、电流表示数的理解．两棒以相同的速度向右运动时，因穿过面abcd的磁通量不变，回路中没有感应电流，电流表和电压表均不会有读数．C项正确．‎ ‎4.如图所示电路中，A、B、C为完全相同的三个灯泡，L是一直流电阻不可忽略的电感线圈．a、b为线圈L的左右两端点，原来开关S是闭合的，三个灯泡亮度相同．将开关S断开后，下列说法正确的是(　　)‎ A. a点电势高于b点，A灯闪亮后缓慢熄灭 B. a点电势低于b点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭 C. a点电势高于b点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭 D. a点电势低于b点，B、C灯不会闪亮只是缓慢熄灭 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 开关闭合稳定时，三个灯泡亮度相同，则流过A的电流等于流过BC的，开关由闭合到断开瞬间，BC灯原来的电流瞬间消失，而线圈产生自感电动势阻碍BC灯中电流减小，并与ABC组成回路，原来两支路灯电流相等，则开关断开瞬间，电流都从原来A的值开始减小，所以三灯均过一会儿才熄灭．由于电流的方向与A的原电流的方向相反，则流过三个灯的电流的方向为逆时针方向，b点电势高于a点．故选D．‎ ‎5.如图，两同心圆环A、B置于同一水平面上，其中B为均匀带负电绝缘环，A为导体环当B绕环心转动时，导体环A产生顺时针电流且具有扩展趋势，则B的转动情况是（ ）‎ A. 顺时针加速转动 B. 顺时针减速转动 C. 逆时针加速转动 D. 逆时针减速转动 ‎【答案】A ‎【解析】由图可知，A中感应电流为顺时针，由楞次定律可知，感应电流的内部磁场向里，由右手螺旋定则可知，引起感应电流的磁场可能为：向外增大或向里减小；若原磁场向外，则B中电流应为逆时针，由于B带负电，故B应顺时针转动且转速增大；若原磁场向里，则B中电流应为顺时针，则B应逆时针转动且转速减小；又因为导体环A具有扩展趋势，则B中电流应与A方向相反，即B应顺时针转动且转速增大，A正确．‎ ‎6.如图甲所示，为某品牌电热毯的简易电路，电热丝的电阻为R=484Ω，现将其接在的正弦交流电源上，电热毯被加热到一定温度后，温控装置P使输入电压变为图乙所示的波形，从而进入保温状态，若电热丝的电阻保持不变，则保温状态下，理想交流电压表V的读数和电热毯消耗的电功率最接近下列哪一组数据（ ）‎ A. 156V、100W B. 156V、50W C. 110V、25W D. 110V、200W ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由图象可知该交变电流的周期T＝2×10-2s，根据有效值的定义可得 ‎ ‎ 解得 ‎ ‎ 电热毯在保温状态下消耗的电功率为 故B正确，ACD错误； 故选B。‎ ‎7.如图所示，理想变压器原副线圈的匝数比n1：n2=5：1，原线圈的电压，副线圈中接有理想交流电流表A、电阻为10Ω的电阻R、电容器C。下列说法正确的是（ ）‎ A. 电流表的示数大于‎1A ‎B. 电容器的耐压值至少为10V C. 电阻的发热功率为20W D. 变压器的输入电流为‎5A ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据理想变压器的规律可知副线圈两端的电压有效值为 则通过R的电流 电容器C允许交流电通过，所以电流表示数大于‎1A，故A正确；‎ B．电容器的耐压值应对应交流电压的最大值，故B错误。‎ C．电阻的发热功率为 选项C错误；‎ D．变压器的次级电流大于‎1A，根据 可知，输入电流大于‎0.2A，选项D错误。‎ 故选A。‎ ‎8.如图所示，导体直导轨OM和PN平行且OM与x轴重合，两导轨间距为d，两导轨间垂直纸面向里的匀强磁场沿y轴方向的宽度按y＝d的规律分布，两金属圆环固定在同一绝缘平面内，内、外圆环与两导轨接触良好，与两导轨接触良好的导体棒从OP开始始终垂直导轨沿x轴正方向以速度v做匀速运动，规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压uab为正，下列uab－x图象可能正确的是(　　)‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】导体棒向右匀速运动切割磁感线产生感应电动势，e＝Byv＝Bdvsinx，大环内的电流为正弦交变电流；在第一个磁场区域的前一半时间内，通过大圆环的电流为顺时针增加的，由楞次定律可判断内球内a端电势高于b端，因电流的变化率逐渐减小故内环的电动势逐渐减小，同理可知，在第一个磁场区域的后一半时间内，通过大圆环的电流为顺时针逐渐减小；则由楞次定律可知，a环内电势低于b端，因电流的变化率逐渐变大，故内环的电动势变大；故D正确；ABC错误；故选D．‎ ‎【点睛】本题考查楞次定律的应用，要注意明确楞次定律解题的基本步骤，正确掌握并理解“增反减同”的意义，并能正确应用；同时解题时要正确审题，明确题意，不要被复杂的电路图所迷惑.‎ ‎9.用图示装置可以检测霍尔效应。利用电磁铁产生磁场，电流表检测输入霍尔元件的电流，电压表检测元件输出的电压。已知图中的霍尔元件是半导体，与金属导体不同，它内部形成电流的“载流子”是空穴，空穴可视为能自由移动的带正电的粒子。图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端。当开关S1、S2闭合后，电流表A和电流表B、C都有明显示数，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 电表B为电压表，电表C为电流表 B. 接线端4的电势低于接线端2的电势 C. 若调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流与原电流方向相反，但大小不变，则电压表的示数将保持不变 D. 若增大R1、增大R2，则电压表示数增大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．B表为测量通过霍尔元件的电流，C表测量霍尔电压，故电表B为电流表，电表C为电压表，故A错误；‎ B．根据安培定则可知，磁场的方向向下，通过霍尔元件的电流由1流向接线端3，电子移动方向与电流的方向相反，由左手定则可知，电子偏向接线端2，所以接线端2的电势低于接线端4的电势，故B正确；‎ C．当调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流方向相反，由左手定则可知洛伦兹力方向不变，即2、4两接线端的电势高低关系不发生改变，故C正确；‎ D．增大，电磁铁中的电流减小，产生的磁感应强度减小，增大，霍尔元件中的电流减小，所以霍尔电压减小，即电压表示数一定减小，故D错误。‎ 故选BC。‎ ‎10.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N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向右迅速滑动 D. 电键S是闭合的，变阻器滑片P向左迅速滑动 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】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，故A错误；‎ 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，故B正确；‎ C. 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，由楞次定律知在右侧线圈中感应出左负右正的电动势，电子向N板偏振，故C正确；‎ D. 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，故D错误．‎ 故选BC ‎11.如图所示的理想变压器电路中，三个灯泡L1、L2、L3完全相同，定值电阻的阻值为R，变压器原副线圈的匝数比为1：2。开始时三个开关均断开，a、b 端接入恒定的正弦交流电压，闭合开关、，灯泡L1、L2均正常发光，定值电阻R消耗的功率与一个灯泡消耗的功率相同，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 灯泡的电阻为4R B. 再闭合S3，灯泡L3也能正常发光 C. 再闭合S3，灯泡L1、L2均变暗 D. 闭合S3后，灯泡L2亮度变暗，再断开S1，灯泡L2亮度不变 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．三个灯泡L1、L2、L3完全相同，闭合开关S1、S2，电阻R消耗的功率与一个灯泡消耗的功率相同，设灯泡的额定电流为IL，则副线圈的电流强度I2=IL，根据变压器原理可得原线圈的电流强度 根据电功率的计算公式可得 PR=I12R=IL2RL 解得灯泡电阻 RL=4R 故A正确； B．再闭合S3，副线圈的电阻减小、电流增大，则原线圈的电流增大、电阻R两端的电压增大，原线圈电压减小、副线圈的电压也减小，灯泡L3不能正常发光，故B错误； C．再闭合S3，灯泡L1两端电压不变，亮度不变，L2两端电压减小，L2变暗，故C错误； D．灯泡L1两端电压与原线圈两端电压无关，所以闭合S3后再断开S1，原线圈两端电压不变，副线圈两端电压也不变，灯泡L2、L3亮度不变，故D正确。 故选AD。‎ ‎12.如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的原、副线圈的匝数之比为a，降压变压器的原、副线圈匝数之比为b，输电线的电阻为R ‎，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂输出的电压恒为U，若由于用户的负载变化，使电压表V2的示数增大了，则下列判断正确的是（ ）‎ A. 电压表V1的示数不变 B. 电流表A2的示数增大了 C. 电流表A1的示数减小了 D. 输电线损失的功率减小了 ‎【答案】AC ‎【解析】A．由于发电厂输出的电压U不变，所以电压表V1的示数不变，故A正确； BC．由于V2增大，所以降压变压器原线圈的电压U3增大了b△U，根据UV1=IA1R+U3，所以IA1R减小了b△U，所以电流表A1的示数减小了，根据变压器原副线圈的电流比等于匝数比的倒数可得，A2的示数减小了，故C正确；B错误； D．输电线损失的功率减小了 故D错误。故选AC。‎ 二、实验题 ‎13.（1）如图所示的四个图反映“用油膜法估测分子的大小”实验中的四个步骤，将它们按操作先后顺序排列应是____（用符号表示）．‎ ‎（2）该同学做完实验后，发现自己所测的分子直径d明显偏大．出现这种情况的原因可能是_______．‎ A.将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算 B.油酸酒精溶液长时间放置，酒精挥发使溶液的浓度发生了变化 C.计算油膜面积时，只数了完整的方格数 D.求每滴溶液中纯油酸的体积时，1mL溶液的滴数多记了10滴 ‎（3）用油膜法测出油酸分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，还需要直到油滴的________．‎ A.摩尔质量 B.摩尔体积 C.质量 D.体积 ‎【答案】 (1). cadb (2). AC (3). B ‎【解析】第一空. “油膜法估测油酸分子的大小”实验步骤为：配制酒精油酸溶液（教师完成，记下配制比例）→测定一滴酒精油酸溶液的体积→准备浅水盘→形成油膜→描绘油膜边缘→测量油膜面积→计算分子直径．所以在实验的步骤中，是“将1滴此溶液滴在有痱子粉的浅盘里的水面上，等待形状稳定”，因此操作先后顺序排列应是cadb．‎ 第二空：根据分析则有：‎ A.错误地将油酸酒精溶液体积直接作为油酸的体积进行计算，则计算时所用体积数值 偏大，会导致计算结果偏大，故A正确；‎ B.油酸酒精溶液长时间放置，酒精挥发使溶液的浓度变大，则会导致计算结果偏小，‎ 故B错误；‎ C.计算油膜面积时，只数了完整的方格数，则面积S会减小，会导致计算结果偏大，‎ 故C正确；‎ D. 求每滴体积时，lmL的溶液的滴数误多记了10滴，由可知，纯油酸的体积将 偏小，则计算得到的分子直径将偏小，故D错误．‎ 第三空. 设一个油酸分子的体积为，则，由可知，要测定阿伏 加德罗常数，还需要知道油滴的摩尔体积．‎ A.由上分析可知，故A错误；B.由上分析可知，故B正确；‎ C.由上分析可知，故C错误；D.由上分析可知，故D错误．‎ ‎14.如图所示为一种加速度仪的示意图．质量为 m 的振子两端连有劲度系数均为 k 的轻弹簧，电源的电动势为 E，不计内阻，滑动变阻器的总阻值为 R，有效长度为 L，系统静止时，滑动触头位于滑动变阻器正中，这时电压表指针恰好在刻度盘正中．‎ ‎（1）系统的加速度a（以向右为正）和电压表读数U的函数关系式 ．‎ ‎（2）若电压表指针指在满刻度的3/4位置，此时系统的加速度大小为 和方向向 （填“左”或“右”）‎ ‎【答案】（1） （2）；左 ‎【解析】试题分析：（1）当振子向左偏离变阻器中间位置x距离时，对振子，根据牛顿第二定律得2kx="ma" ①‎ 根据欧姆定律和串联电路分压特点得②‎ 联立①②得，‎ ‎（2）由加速度的表达式可知，a与U是线性关系，所以加速度仪的刻度盘是均匀的，当变阻器触片滑到最右端时电压表的读数等于电源的电动势E，得到电压表指针指在满刻度的3/4位置时电压值．‎ 代入到加速度a的表达式得，，负号表示方向向左．‎ 考点：牛顿第二定律；欧姆定律的应用 三、计算题 ‎15.如图甲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′按如图所示方向匀速转动，线圈的匝数n=100、电阻r=10Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R=90Ω，与R并联的交流电压表为理想电表。在t=0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按图（乙）所示正弦规律变化（取π=3.14）。求：‎ ‎(1)交流发电机产生的电动势的最大值；‎ ‎(2)从t=0时刻开始计时，线圈转过60˚时线圈中感应电流瞬时值及回路中的电流方向；‎ ‎(3)电路中交流电压表的示数；‎ ‎(4)求从图示位置转过90˚过程中，通过线圈电荷量。‎ ‎【答案】(1)200V；(2)‎1A，电流方向为abcda ；(3)；(4)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由图线可知： ， ‎ 角速度为 所以 ‎(2)产生的感应电动势的瞬时表达式为 ‎ ‎ 感应电流的瞬时表达式为 ‎ 线圈转过时线圈中感应电流瞬时值为 ‎                                     ‎ 由楞次定律可知电流方向为abcda  .                                  ‎ ‎(3)电动势的有效值 ‎ ‎ 由闭合电路的欧姆定律，电路中电流的有效值为 交流电压表的示数为 ‎               ‎ ‎(4)从图示位置转过90˚过程中，通过线圈的电荷量 ‎16.在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失．某小型发电站，输送的电功率为P＝500 kW，发电站输出电压为U1＝250 V．为减少输送功率的损失，变电站先用一升压变压器将电压升高到U2＝5 kV再输出，在这种情况下，用户端获得的电功率为P1＝340 kW．所用变压器均为理想变压器．求 ‎（1）升压变压器原副线圈的匝数之比为多少？‎ ‎（2）这样输电，效率仍然较低，若想使输电效率提高到98％，又不改变输电线，那么变电应将电压升高到多少向外输电？‎ ‎【答案】(1)1:20；(2)20kV ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据P=UI求出输电的电流，结合损失的功率求出输电线的总电阻，根据输电的效率求出损失的功率，从而得出输送的电流，结合P=UI求出输送的电压．‎ ‎【详解】(1)由变压器原、副线圈的电压比等于匝数比即：；‎ ‎(2) 设输电线上的电流为I，则有：‎ ‎ ‎ 输电线上损耗的功率为：P损=P-P1=160 Kw P损=I2r 代入数据得：r=16Ω  ‎ P损′=2%P=10kw ‎ ‎ P损′=I′2r= ‎ 代入数据解得： ．‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道输送功率、输送电压、电流的关系，知道损失的功率P损＝I2R，并能灵活运用．‎ ‎17.如图,两根足够长的固定的光滑平行金属导轨位于倾角θ=30°的固定斜面上,导轨上、下端分别接有阻值R1=10Ω和R2=30Ω的电阻,导轨自身电阻忽略不计,导轨宽度L=‎2m,在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面向上的匀强磁场,磁感应强度B=0.5T.质量为m=‎0.1kg,电阻r=2.5Ω的金属棒ab在较高处由静止释放,金属棒ab在下滑过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好当金属棒ab下滑高度时,速度恰好达到最大值．、（g=‎10m/s2）求：‎ ‎（1）金属棒ab达到的最大速度；‎ ‎（2）该过程通过电阻的电量q；‎ ‎（3）金属棒ab在以上运动过程中导轨下端电阻中产生热量．‎ ‎【答案】（1）（2）‎0.45C（3）0.33J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）切割产生的感应电动势 根据串并联电路的特点知，外电路总电阻 ‎ ‎ 根据闭合电路欧姆定律得 ‎ ‎ 安培力 当加速度a为零时,速度v达最大,有 解得速度最大值 ‎ ‎ 由以上各式解得最大速度 ‎（2）根据电磁感应定律有 ‎ ‎ 根据闭合电路欧姆定律有 ‎ ‎ 感应电量 联立得：‎ ‎ ‎ 由以上各式解得 ‎  ‎ 通过R1的电荷为 ‎（3）金属棒下滑过程中根据能量守恒定律可得：‎ ‎   ‎ 代入数据解得 下端电阻中产生的热量 ‎18.如图俯视图所示，质量分布均匀的总质量为M、边长为L的正方形导体线框ACDE处于某一水平面内离地面足够高．在时刻图示位置以速度 将线框水平向右抛入宽度为L、间距也为L的间隔型磁场区域区域足够宽广；该区域内存在磁场的地方磁场方向竖直向下，磁感应强度大小均为若线框ACDE在整个运动过程中都保持水平状态，每条边的电阻均为R，不计空气阻力，重力加速度为g．求：‎ 时刻线框CD边上的电势差；‎ 时刻线框加速度a的大小；‎ 若线框在时间内的位移大小为s，求时刻线框水平速度v的大小设时刻线框的水平速度大于0，为已知量 ‎【答案】（1）；（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）时刻线框右边切割磁感应线产生的感应电动势，根据右手定则可知D点电势高；‎ 线框CD边上的电压为路端电压，即，‎ 则 ‎（2）时刻线框水平方向受到的安培力大小，‎ 则水平方向的加速度大小为 竖直方向线框做自由落体运动，则加速度大小为g，‎ 故时刻线框加速度的大小为；‎ ‎（3）线框运动过程中，水平方向总有一条边切割磁感应线，所以始终受到向左的安培力，设平均速度为，根据动量定理可得：‎ 即：，‎ 其中，‎ 解得：．‎