2018-2019学年辽宁省实验中学东戴河分校高二上学期12月月考物理试题 解析版

2018-2019学年辽宁省实验中学东戴河分校高二上学期12月月考物理试题 解析版

辽宁省实验中学东戴河校区 ‎2018～2019学年上学期高二年级12月份月考物理试卷 一．选择题 ‎1.如图所示的电路中，电感线圈 L 的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，LA，LB是两个相同 的灯泡，下列说法正确的是（　　）‎ A. S闭合后，LA，LB同时发光且亮度不变 B. S闭合后，LA慢慢亮起来 C. S断开的瞬间，LA，LB同时熄灭 D. S断开的瞬间，LA再次发光，然后又逐渐熄灭 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 闭合S时，A、B同时亮，且亮度相同；随着L中电流增大，由于线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，A逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增大，B变亮，故AB错误；断开S，B立即熄灭，线圈中电流减小，产生自感电动势，感应电流流过A灯，A闪亮一下后逐渐熄灭，故C错误，D正确。所以D正确，ABC错误。‎ ‎2.在两个倾角均为α的光滑斜面上各放有一个相同的金属棒，金属棒中分别通有电流I1和I2，磁场的磁感应强度的大小相同，方向如图甲、乙所示，两根金属棒均处于平衡状态，则两种情况下的电流的比值I1∶I2为(　 )‎ A. cos α B. C. sin α D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 导体棒受力如图，根据共点力平衡得， ‎ ‎ F1=mgtanα，F2=mgsinα，所以导体棒所受的安培力之比：，因为F=BIL，所以：．故D正确．故选D．‎ ‎3.如图所示，玻璃试管内壁光滑、长为L，试管底部有一质量为m，电荷量为-q的小球(视为质点)。匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度为B，现让试管绕通过开口端的竖直轴以角速度ω在水平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，则试管底部所受压力大小( )‎ A. 可能为0‎ B. 等于 C. 等于 D. 等于 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析小球在水平面内的受力情况：洛伦兹力和试管底部的支持力，由这两个力的合力提供向心力，由牛顿运动定律求解试管底部所受压力大小．‎ ‎【详解】以小球为研究对象，在水平面内小球受到洛伦兹力和试管底部的支持力，由左手定则判断可知，洛伦兹力沿半径向外，根据牛顿第二定律得：‎ N-qBLω=mω2L 解得：N=mω2L+qBLω 根据牛顿第三定律得，试管底部所受压力大小N′=N=mω2L+qBLω．‎ 故选：C ‎4.如图所示，一理想变压器的原、副线圈的匝数比是20∶1，原线圈接入u＝220sin(100πt) V的正弦交流电，一只理想二极管和一个阻值为10 Ω的电阻串联后接在副线圈上。则(　 　)‎ A. 电流表示数为0.055 A B. 电压表示数约为7.8 V C. 二极管两端的最大电压为11V D. 1 min内电阻R上产生的热量为726 J ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据原副线圈的匝数比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，再根据电压有效值的定义即可求得结论．‎ ‎【详解】二极管具有单向导电性，副线圈的电压只有正向电压。‎ B. 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，得U2=7.8V，故B正确；‎ C. 二极管两端的最大电压应该是电压最大值Um=11V，故C错误；‎ D. 1min内电阻R上产生的热量为Q==181.5J，故D错误；‎ A. 副线圈中的电流为7.8/10=0.78A,原线圈中的电流0.78/20=0.039A，故A错误。‎ 故选：B.‎ ‎5.如图所示，M是小型理想变压器，原、副线圈匝数之比 n1：n2=10：1，接线柱a、b接正弦交变电源，电压u=311sin100πt（V）．变压器右侧部分为火警系统原理图，其中R2为半导体热敏材料制成的传感器，其电阻随温度升高而减少；R1为定值电阻。下列说法正确的是（ ）‎ A. 电压表V1的示数为31.1V B. 变压器副线圈中电流的频率为100Hz C. 当R2所在处出现火警时，电压表V2的示数变小，电流表A的示数变小 D. 当R2所在处出现火警时，变压器的原线圈的输入功率变大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A：接线柱a、b接正弦交变电源，电压u=311sin100πt（V），则原线圈两端电压的有效值；据，可得副线圈两端电压的有效值；电压表V1的示数为22V。故A项错误。‎ B：接线柱a、b接正弦交变电源，电压u=311sin100πt（V），则原线圈中电流的频率；副线圈中电流的频率为50Hz。故B项错误。‎ CD：当R2所在处出现火警时，其电阻随温度升高而减少；副线圈中电流增大，R1两端电压增大，R2两端电压减小，电压表V2的示数变小。副线圈中电流增大，据，原线圈中电流增大，电流表A的示数变大，变压器的原线圈的输入功率变大。故C项错误，D项正确。‎ 点睛：涉及变压器动态分析类问题时要注意原线圈两端的电压和原副线圈匝数比决定副线圈两端电压；副线圈的电流（功率）和原副线圈匝数比决定原线圈中电流（功率）。原副线圈中电流的频率相同。‎ ‎6.有四个电源，电动势均为8 V，内阻分别为1 Ω、2 Ω、4 Ω、8 Ω，今要对R＝2 Ω的电阻供电，问选择内阻为多大的电源才能使R上获得的功率最大(　 　)‎ A. 1 Ω B. 2 Ω C. 4 Ω D. 8 Ω ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由可知，R上消耗的功率 ‎，由此判断P是r的单调减函数，所以就题设条件而言，r取1Ω时P有最大值，应选A 考点：考查电源输出功率的判断 点评：在判断外电阻功率何时最大的问题时，要注意哪些是变量，哪些是不变量 ‎7.如图所示，有一台交流发电机E，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R.T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4.设T1的输入电压U1一定，当用户消耗的电功率变大时，有(　　)‎ A. U2变小，U4变大 B. U2不变，U3变小 C. P1变小，P2变小 D. P2变大，P3变大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 本题考查远距离输电问题，输入功率和输出功率相等，输入功率岁输出功率的变化而变化，当用户消耗的电功率变大时，T2的输入功率也变大，T1的输出功率也变大，它的输入功率也变大；BD正确；‎ ‎8.磁流体发电是一项新兴技术．如图所示，平行金属板之间有一个很强的匀强磁场，将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向以一定速度喷入磁场．图中虚线框部分相当于发电机．把两个极板与用电器相连，则( 　)‎ A. 用电器中的电流方向从B到A B. 用电器中的电流方向从A到B C. 若只增强磁场，发电机的电动势增大 D. 若只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势增大 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ 首先对等离子体进行动态分析：开始时由左手定则判断正离子所受洛伦兹力方向向上（负离子所受洛伦兹力方向向下），则正离子向上板聚集，负离子则向下板聚集，两板间产生了电势差，即金属板变为一电源，且上板为正极下板为负极，所以通过用电器的电流方向从A到B，故B正确，A错误；此后的正离子除受到向上的洛伦兹力f外还受到向下的电场力F，最终两力达到平衡，即最终等离子体将匀速通过磁场区域，因f=qvB，F=q，则qvB=q，解得E=Bdv，所以电动势E与速度v及磁场B成正比，所以CD正确．故选BCD．‎ 点睛：正确受力分析和运动过程分析是解决动力学问题的关键，先根据左手定则判断等离子体的正离子（或负离子）所受洛伦兹力的方向，从而知道金属板的电势高低，进一步受力分析结合牛顿第二定律可得出最终等离子体做匀速直线运动，根据洛伦兹力等于电场力即可得出结论．‎ ‎9.如图所示，50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B＝T的水平匀强磁场中，线框面积S＝0.5 m2，线框电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω＝200 rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入一只额定电压为220 V、额定功率未知的灯泡，且灯泡正常发光，交流电流表的量程为0.6 A，读数为0.11 A．下列说法正确的是(　　)．‎ A. 灯泡的额定功率为22.4 W B. 线框中产生交变电压的有效值为500 V C. 变压器原、副线圈匝数之比为25∶11‎ D. 变压器输出端最多能并联6只这样的灯泡 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】线圈产生电动势最大值，B选项正确；原、副线圈匝数之比，选项C正确；灯泡的额定功率,选项A错误；并联6只这样的灯泡功率,‎ 变压器输入功率,输入电流超过电流表的量0.6A，D选项错误。‎ 考点：考查交流电的产生及理想变压器的规律。‎ ‎10.如图所示，闭合开关S后，A灯与B灯均发光，当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，以下说法中正确的是（ ）‎ A. A灯变亮 B. B灯变亮 C. 电源的输出功率可能减小 D. 电源的总功率增大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，A灯变亮，B灯变暗，选项A正确B错误；由于外电路电阻增大，输出电流减小，电源的总功率减小，电源的输出功率可能减小，选项C正确D错误。‎ ‎11.如图是某交流发电机产生的交变电流的图象，根据图象可以判定（　　）‎ A. 此交变电流的频率为5Hz B. 此交变电流的周期为0.1s C. 将标有“12V、3W”的灯泡接在此交变电流上，灯泡可以正常发光 D. 图象上对应的0.1s时刻，发电机中的线圈刚好转至中性面 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 由图读出，周期为T=0.2s，频率为，故A正确，B错误；交变电压的最大值为Um=12V，有效值 ‎，灯泡的额定电压有效值为12V，所以灯泡不能正常发光，故C错误；图象上对应的0.1s时刻，u=0，所以发电机中的线圈刚好转至中性面，故D正确。所以AD正确，BC错误。‎ ‎12.如图所示，L1和L2为两条平行的虚线，L1上方和L2下方都是范围足够大，且磁感应强度相同的匀强磁场，A、B两点都在L2上．带电粒子从A点以初速度v0与L2成30°角斜向右上方射出，经过偏转后正好过B点，经过B点时速度方向也斜向上，不计重力，下列说法正确的是（　 　）‎ A. 若将带电粒子在A点时的初速度变大（方向不变），它仍能经过B点 B. 带电粒子经过B点时的速度一定跟在A点时的速度大小相同 C. 若将带电粒子在A点时的初速度方向改为与L2成60°角斜向右上方，它将不能经过B点 D. 此带电粒子既可以是正电荷，也可以是负电荷 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ 画出带电粒子运动的可能轨迹，B点的位置可能有下图四种．‎ 根据轨迹，粒子经过边界L1时入射点与出射点间的距离与经过边界L2时入射点与出射点间的距离相同，与速度无关．所以当初速度大小稍微增大一点，但保持方向不变，它仍有可能经过B点．故A错误．如图，分别是正负电荷的轨迹，正负电荷都可能，故C正确；如图，设L1‎ 与L2 之间的距离为d，则A到B2的距离为：x=，所以，若将带电粒子在A点时初速度方向改为与L2成60°角斜向上，它就只经过三个周期后一定经过B点．故C错误．如图，粒子B的位置在B1、B4，速度跟在A点时的速度大小相等，但方向不同．故D正确．故选ABD．‎ 点睛：带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动问题，关键是画出粒子圆周的轨迹．往往要抓住圆的对称性．‎ 二、填空与实验题 ‎13.在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准．待测金属丝接入电路部分的长度约为50 cm.‎ ‎(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图所示，其读数应为________mm(该值接近多次测量的平均值)．‎ ‎(2)用伏安法测金属丝的电阻Rx.实验所用器材为：电池组(电动势3 V，内阻约1 Ω)、电流表(内阻约0.1 Ω)、电压表(内阻约3 kΩ)、滑动变阻器R(0～20 Ω，额定电流 2 A)、开关、导线若干．某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：‎ 由以上实验数据可知，他们测量Rx是采用图中的________(填“甲”或“乙”)图．‎ ‎(3)这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图丙所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点．请在图中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出UI图线________．由图线得到金属丝的阻值Rx＝________Ω(保留两位有效数字)．‎ ‎(4)根据以上数据可以估算出金属丝电阻率约为________(填选项前的符号)．‎ A．1×10－2 Ω·m　　　　　 B．1×10－3 Ω·m C．1×10－6 Ω·m D．1×10－8 Ω·m ‎(5)任何实验测量都存在误差．本实验所用测量仪器均已校准．下列关于误差的说法中正确的选项是___(有多个正确选项)．‎ A．用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差 B．由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差 C．若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以减小由测量仪表引起的系统误差 D．用UI图象处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差 ‎【答案】 (1). (1)0.397(0.395～0.399均正确)；　　　　　 (2). (2)甲； (3). (3)见解析图； (4). 4.5(4.3～4.7均正确) (5). (4)C (6). (5)CD ‎【解析】‎ ‎（1）金属丝的直径:0.01mm×39.7=0.397mm；‎ ‎（2）由记录数据根据欧姆定律可知金属丝的电阻Rx约5Ω．则有Rx＜，属于小电阻，用外接法测量误差小，实验要描绘电阻的伏安特性曲线，要求电压电流从接近0开始调节，所以应该采用分压接法，故选甲．‎ ‎（3）描绘出UI图线如图；‎ 由图线得到金属丝的阻值Rx＝．‎ ‎（4）根据电阻定律R=ρ，得ρ=R，代入数据可计算出ρ=1×10-6Ω•m，故选C．‎ ‎（5）‎ 根据实验误差的性质及产生的原因，可将误差分为系统误差和偶然误差；由于实验原理、仪器结构上不够完善等原因会产生系统误差；在相同条件下，对同一物理量进行多次测量，由于各种偶然因素，会出现测量值时而偏大，时而偏小的误差现象，这种类型的误差叫做偶然误差；由此可见，电流表、电压表的内阻引起的误差为系统误差，电流表、电压表的读数引起的误差和读取数据时带来的误差属于偶然误差，多次测量取平均值可减少偶然误差．用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于偶然误差，故A错误；由于电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差，不可避免的，故B错误；若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差，故C正确；用U-I图象处理数据求金属丝电阻，可以减小偶然误差，故D正确；故选CD.‎ 点睛：该题是综合性较强的题，解答时注意一下几方面： 1、对于长度的测量注意高中所要求的游标卡尺和螺旋测微器的使用方法，读书时是固定刻度的值与可动刻度的值得和． 2、会根据电压表、电流表及被测电阻的阻值关系，确定电流表是内接还是外接． 3、实物连接时，注意导线不能相交叉，并且要注意闭合电建时，分压电路的输出端电压要为零． 4、会用电阻定律来求解导线的电阻率．‎ ‎14.某研究性学习小组欲测定一块电池的电动势E.‎ ‎(1)先直接用多用电表测定该电池电动势．在操作无误的情况下，多用电表表盘示数为9.4V.‎ ‎(2)然后，用电压表V、电阻箱R、定值电阻R0、开关S、若干导线和该电池组成电路，测定该电池电动势．‎ ‎①根据电路图乙，用笔画线代替导线，将实物图甲连接成完整电路________．‎ ‎②闭合开关S，调整电阻箱阻值R，读出电压表V相应示数U.该学习小组测出大量数据，分析筛选出R、U数据，并计算出相应的1/R与1/U的值，用数据在坐标纸上描点，并作出1/U 1/R图线丙．‎ ‎③从图线中可求得E＝________V.‎ ‎【答案】 (1). (2). ③10.0(9.5～11.1 V均正确)‎ ‎【解析】‎ ‎（1）电路图如图；‎ ‎（2）由电路图可知E＝U＋ (R0＋r)，所以，故轴上的截距为，由图线可求得 则E=10.0V．‎ 三、计算题 ‎15.汤姆孙提出的测定带电粒子的比荷()的实验原理如图所示．带电粒子经过电压为U的加速电场加速后，垂直于磁场方向进入宽为L的有界匀强磁场，粒子穿过磁场时发生的偏转位移是d，若磁场的磁感应强度为B.求带电粒子的比荷．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粒子在电场中做加速运动，由动能定理可求得粒子进入磁场时的速度；粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛仑兹力充当向心力可求得粒子的比荷．‎ ‎【详解】由动能定理可知； 设带电粒子在磁场中运动的半径为r，则由几何关系可知：‎ ‎； 由牛顿第二定律可知，‎ 联立解得；‎ ‎【点睛】洛仑兹力在磁场中运动解题关键为“定圆心，找半径”由牛顿第二定律求解，而在电场中要注意应用动能定理的应用．‎ ‎16.如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图.电动机内阻r=2Ω,电路中另一电阻R=10 Ω,直流电压U=220 V,电压表示数UV=180 V.试求:‎ ‎(1) 通过电阻R的电流;‎ ‎(2) 电动机的总功率和发热功率 ‎(3) 若电动机以v=1.5 m/s匀速竖直向上提升重物,求该重物的质量.(g取10 m/s2)‎ ‎【答案】(1)4A (2)720W 32W (3)45.87kg ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求出电阻R两端的电压，利用欧姆定律可求电流；‎ ‎（2）因为电动机是非纯电阻，则电动机的电流不能直接计算，可以利用串联电流相等先计算通过R的电流；直接利用公式P=IU计算电动机的总功率；利用Pr = I2r计算电动机的发热功率；‎ ‎（3）根据电动机的输出功率等于提升重物的功率P-Pr = mgv，可求重物质量。‎ ‎【详解】‎ ‎（1）电阻R两端的电压UR= U- UV ‎ 电阻R中的电流I= ‎ 得：I= 4 A ‎ ‎（2）电动机的总功率P=IUV 得：P= 720 W 电动机的发热功率Pr = I2r =32W 得：Pr = 32W ‎（3）电动机输出的功率用来提升重物,‎ P-Pr = mgv ‎ 解得：m = 45.87 kg ‎17.如图甲所示，在粗糙的水平而上有一滑板，滑板上固定着一个用粗细均匀的导线绕成的正方形闭合线圈，匝数N=10，边长L=0.4m，总电阻R=1Ω，滑板和线圈的总质量M =2kg，滑板与地面间的动摩擦因数μ=0.5，前方有一长4L、高L的矩形区域，其下边界与线圈中心等高，区域内有垂直线圈平面的水平匀强磁场，磁感应强度大小按如图乙所示的规律变化，现给线圈施加一水平拉力，使线圈以速度v =0.4m/s匀速通过矩形磁场t=0时刻，线圈右侧恰好开始进入磁场．g=l0m/s2.求：(1)t =0.5s时线圈中通过的电流；(2)线圈全部进入磁场区域前的瞬间所需拉力的大小；(3)在t=1s至t=3s的这段时间内，线圈穿过磁场区域的过程中拉力所做的功．‎ ‎【答案】（1）0.4A；（2）10.8N；（3）7.92J。‎ ‎【解析】‎ ‎(1)线框切割磁感线 ‎ ‎    ‎ ‎(2)线框因匀速运动将要全部进入前 右边导线所受向左的总安培力：‎ 上边导线所受向下的总安培力： ‎ 滑动摩擦力 ‎ 故拉力：F=F1+f=10.8N   ‎ ‎（3）在磁场中运动时： ‎ 线框中形成顺时针电流： ‎ 线框上边受到向上的最大力N  ‎ 拉力做的功 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎