云南省玉溪市峨山彝族自治县第一中学2018-2019学年高二3月月考物理试卷

云南省玉溪市峨山彝族自治县第一中学2018-2019学年高二3月月考物理试卷

云南省峨山彝族自治县第一中学2018-2019学年高二 ‎3月月考物理试题 一、单选题 ‎1.关于传感器，下列说法正确的是 A. 传感器能将非电学量按一定规律转换成电学量 B. 金属热电阻是一种可以将电学量转换为热学量的传感器 C. 干簧管是能够感知电场的传感器 D. 半导体热敏电阻的阻值随温度的升高而增大 ‎【答案】A ‎【解析】传感器能将非电学量按一定规律转换成电学量，选项A正确；金属热电阻是一种可以将热学量转换为电学量的传感器，选项B错误；干簧管是能够感知磁场的传感器，选项C错误；热敏电阻在温度升高时，电阻会变小，热敏电阻能把温度这个热学量转换为电阻这个电学量。故D错误；故选A。‎ ‎2.某电场的等势线分布如图所示,关于该电场,下列说法中正确的是(　　)‎ A. A点的电场强度方向沿该点的切线方向 B. A点的电场强度大于C点的电场强度 C. 将电子从A点移到C点其电势能减少4 eV D. 将检验电荷q从A点移到B点外力一定做正功 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. 电场强度方向与等势线垂直，A错误； ‎ B、等差等势线越密的地方电场强度越大，B正确；‎ C、将电子从高电势移到低电势，电场力做负功，电势能增加，C错误；‎ D、A、B两点电势相等，将检验电荷q从A点移到B点电场力不做功，外力不做功，D错误。‎ 故选B。‎ ‎3.如图所示，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过．现将环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ.设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为FT1‎ 和FT2，重力加速度大小为g，则(　　)‎ A. FT1>mg，FT2>mg B. FT1mg，FT2mg ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据楞次定律进行判定：圆环从静止开始向下运动时，穿过圆环的磁通量先增大后减小，故圆环和磁铁先排斥后吸引．‎ ‎【详解】圆环从静止开始向下运动到落到磁铁下方的过程中，穿过圆环的磁通量先增加再减小，根据楞次定律可知磁铁对线圈的反应是：感应电流的磁场先阻碍磁通量增加再阻碍其减小，即先是排斥其向下运动，阻碍其磁通量增大，后是吸引线圈，阻碍其磁通量的减小。故两种情况下，绳的拉力都大于mg，故选项A正确。‎ ‎【点睛】深刻理解楞次定律“阻碍”的含义．如“阻碍”引起的线圈面积、速度、受力等是如何变化的．‎ ‎4.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态，则(　 　)‎ ‎ ‎ A. 带电油滴所带电荷为正电荷 B. 若电容器的电容减小，则极板带电量将增大 C. 将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则带电油滴将竖直向上运动 D. 将平行板电容器的上极板向左移动一小段距离，则带电油滴任然保持平衡状态 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据油滴所处的平衡状态，可确定油滴收到电场力的方向，然后根据电场方向，来确定电荷的正负；根据，，可确定电荷量的变化；根据，可确定U不变得情况下，板间电场强度随板间距离d的关系；‎ ‎【详解】A、电容器与电源正极相连的极板带正电，则板间电场方向竖直向下。油滴静止，则所受电场力竖直向上，故油滴带负电，A错误；‎ B、根据可知，电容减小，则极板的带电量将减小，B错误；‎ C、根据，当上极板竖直向上移动一小段距离，则增加，减小，由得，电场力减小，故油滴所受合力竖直向下，会由静止向下运动，C错误；‎ D、将平行板电容器的上极板向左移动一小段距离，由于板间电压不变，板间距离不变，故电场力不变，油滴仍然处于静止状态，D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查学生分析电容器相关问题的能力，包括影响电容大小的因素，板间电场相关定性问题。‎ ‎5.如图所示，通电直导线右边有一个矩形线框，线框平面与通电直导线共面，若使线框逐渐远离（平动）通电导线，则穿过线框的磁通量将（　　）‎ A. 逐渐减小 B. 逐渐增大 C. 保持不变 D. 不能确定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由题，通电直导线产生稳定的磁场，离导线越远磁场越弱，磁感线越疏，则当线框远离通电导线时，穿过线框的磁感线的条数越来越少，磁通量将逐渐减小。 故选A。‎ ‎6.如图甲所示为一理想变压器，原、副线圈匝数比为22∶1，两个标有“10 V,5 W”的小灯泡并联在副线圈的两端．原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u如图乙所示，原线圈电路中电压表和电流表(可视为理想电表)。则下列说法正确的是 (　 　)‎ ‎ ‎ A. 经过1 min原线圈的输出电能为6×102 J B. 由于电压过高小灯泡会被烧坏 C. 电压表的示数为 220 V D. 电流表的示数为 ‎‎2 A ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图乙可知，原线圈两端电压的有效值为220V，根据变压器原副线圈电压比关系，得副线圈两端电压的有效值。‎ ‎【详解】AB、分析可知，副线圈两端电压，故两灯泡均正常工作，则变压器的输入功率为，故在1min内，原线圈的输出电能为，A正确，B错误；‎ C、电压表的示数为原线圈电压有效值，为220V，C错误；‎ D、根据，得电流表示数，D错误。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】掌握住理想变压器的电压、电流和功率之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题。‎ ‎7.如图所示为某传感装置内部部分电路图，RT为正温度系数热敏电阻，其特性为随着温度的升高阻值增大；R1为光敏电阻，其特性为随着光照强度的增强阻值减小；R2和R3均为定值电阻，电源电动势为E，内阻为r，V为理想电压表．若发现电压表示数增大，可能的原因是（　　）‎ ‎①热敏电阻温度降低，其他条件不变 ‎②热敏电阻温度升高，其他条件不变 ‎③光照减弱，其他条件不变 ‎④光照增强，其他条件不变．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】解： ‎ ‎①‎ 热敏电阻温度降低时，其阻值减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压随之减小，通过光敏电阻的电流减小，所以通过热敏电阻的电流增大，电压表的读数增大，符合题意，故①正确。 ‎ ‎②相反，同理可得热敏电阻温度升高，其他条件不变，电压表的示数减小，不符合题意。故②错误。 ‎ ‎③光照减弱，光敏电阻的阻值增大，外电路总电阻增大，路端电压增大，则电压表的示数增大，故③正确。 ‎ ‎④光照增强，光敏电阻的阻值减小，外电路总电阻减小，路端电压减小，则电压表的示数减小，故④错误。 ‎ 故选A。‎ ‎8.如图所示，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度为B.正方形金属框abcd可绕光滑轴OO′转动，边长为L，总电阻为R，ab边质量为m，其他三边质量不计，现将abcd拉至水平位置，并由静止释放，经一定时间到达竖直位置，ab边的速度大小为v，则下列说法不正确的是( 　)‎ ‎ ‎ A. 在竖直位置时金属框产生的电动势大小为E=BvL B. 从水平到竖直的过程中通过ab的电荷量为q=BL2/R C. 从水平到竖直的过程中金属框内产生热量大小等于mgL－‎ D. 从水平到竖直的过程中通过ab杆上b点电势大于a点电势 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 线框在下落过程中，ab棒下落到最低点时恰好垂直切割磁场，可用计算电动势；应该用平均电流来计算电量q，；由能量守恒定律可计算热量；根据电源内部，电流由电源负极流向正极的规律，确定四指指尖方向为等效电源正极，电势较高。‎ ‎【详解】A、线框在竖直位置时，ab边恰好垂直切割磁场，而且只有ab边切割，此时电动势，A正确； ‎ B、线框从水平到竖直的过程中，磁通量的变化量为，则该过程中，流过导线横截面的电量，B正确；‎ C、除ab外，其他三边质量不计，故线框在下落的整个过程中，重心下降，根据能量守恒定律得，其中Q为整个过程中线框中产生的热量，解得：，C正确；‎ D、在下落过程中，根据右手定则可知，a点电势大于b点电势，D错误。‎ 故本题不正确的选项为D。‎ ‎【点睛】识记产生感应电动势的常规规律并熟练解决问题，是解决本题的关键。‎ 二、多选题 ‎9. 一个闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中,设磁场方向向里为磁感应强度B的正方向,线圈中的箭头所指方向为电流I的正方向.线圈及线圈中感应电流I随时间变化的图线如图所示,则磁感应强度B随时间变化的图线可能是图中的：‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 在内，电流为负，即逆时针方向，则感应电流的磁场方向垂直纸面向外，根据楞次定律，若原磁场均匀增大，则方向向里，为正向增大；若原磁场均匀减小，则原磁场向外，为负向减小，故A错误；在内，电流为正，即顺时针方向，则感应电流的磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定律，若原磁场均匀增大，则方向向外，为负向增大；若原磁场均匀减小，则原磁场向里，为正向减小，故B错误；根据以上分析可知，CD正确。所以CD正确，AB错误。‎ ‎10.如图所示，是一个匝数n=10匝的线圈在匀强磁场中沿垂直于磁场方向的固定轴转动时，通过线圈平面的磁通量随时间变化的图象。关于线圈中的感应电动势，以下说法正确的是（　　）‎ A. 在 s时，线圈中的感应电动势最大 B. 在 s时，线圈中的感应电动势最大 C. 在 s时，线圈中的感应电动势改变方向 D. 在 s时，线圈中的感应电动势改变方向 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】由图象可知，在t1=0.1s时刻，线圈中的磁通量最大，线圈转到中性面，感应电动势为零，在t2=0.2 s时刻，线圈中的磁通量为零，线圈平面跟磁场平行，感应电动势最大，故A错误B正确； 在t3=0.3s时刻，线圈中磁通量又达到最大值，感应电动势为零，方向发生改变，t4=0.4 s时刻前后，线圈中的感应电动势的方向不变，故C正确，D错误。 故选BC。‎ ‎11.如图所示（a）（b）两个电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯泡A的电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光.则( )‎ A. 在电路(a)中，断开S后，A将逐渐变暗 B. 在电路(a)中，断开S后，A将先变得更亮，然后才渐暗 C. 在电路(b)中，断开S后，A将逐渐变暗 D. 在电路(b)中，断开S后，A将先变得更亮，然后渐暗 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】在电路a中，断开S，由于线圈阻碍电流变小，会在ALR之间构成新的回路，导致A将逐渐变暗。故A正确，B错误；在电路b中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致A将变得更亮，然后逐渐变暗。故D正确，C错误。故选AD。‎ ‎12.如图所示，电阻为R的金属棒从图示位置ab分别以v1，v2的速度沿光滑导轨（电阻不计）匀速滑到a′b′位置，若v1：v2=1：2，则在这两次过程中（　　）‎ A. 回路电流：：2 B. 产生的热量：：2‎ C. 通过任一截面的电量：：2 D. 外力的功率：：2‎ ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】回路中感应电流为：，I∝v，则得：I1：I2=v1：v2‎ ‎=1：2．故A正确。产生的热量为：Q=I2Rt=（）2R∙= ，Q∝v，则得：Q1：Q2=v1：v2=1：2．故B正确。通过任一截面的电荷量为：q=It=t=，q与v无关，则得：q1：q2=1：1．故C错误。由于棒匀速运动，外力的功率等于回路中的功率，即得：P=I2R=（）2R，P∝v2，则得：P1：P2=1：4，故D错误。故选AB。‎ 三、实验题探究题 ‎13.某同学用伏安法测定待测电阻Rx的阻值（约为10 kΩ），除了Rx，开关S、导线外，还有下列器材供选用：‎ A．电压表（量程0~1 V，内阻约10 kΩ）B．电压表（量程0~10 V，内阻约100 kΩ）‎ C．电流表（量程0~1 mA，内阻约30 Ω）D．电流表（量程0~‎0.6 A，内阻约0.05 Ω）‎ E．电源（电动势1.5 V，额定电流‎0.5 A，内阻不计）‎ F．电源（电动势12 V，额定电流‎2 A，内阻不计）G．滑动变阻器R0（阻值范围0~10 Ω，额定电流‎2 A）‎ ‎①为使测量尽量准确，电压表选用_______，电流表选用_______，电源选用_______。（均填器材的字母代号）；‎ ‎②画出测量Rx阻值的实验电路图_______。‎ ‎③该同学选择器材、连接电路和操作均正确，从实验原理上看，待测电阻测量值会_______其真实值（填“大于”“小于”或“等于”），原因是_______。‎ ‎【答案】 (1). B； (2). C； (3). F； (4). (5). 大于； (6). 电压表的读数大于呆测电阻两端实际电压；‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由于本题的被测电阻达到10kΩ，所以电源要选择电动势大的，然后根据电路电流选择电流表，电压表；若采用限流接法，则电路中电流和电压变化不明显，故采用滑动变阻器的分压接法，根据和的关系分析电流表的接法；根据电流表的接法判断实验误差所在；‎ ‎①若选用电源1.5V，由于被测电阻很大，电路中电流非常小，不利于实验，即电源选用12V的，即F；则电压表就应该选取B；电路中的最大电流为，故选用电流表C；‎ ‎②‎ 因为给的滑动变阻器的最大阻值只有10Ω，若采用限流接法，则电路中电流和电压变化不明显，故采用滑动变阻器的分压接法，由于，所以采用电流表内接法，电路图如图所示，‎ ‎③由于电流表的分压，导致电压测量值偏大，而电流准确，根据可知测量值偏大；‎ ‎【点睛】‎ 滑动变阻器的分压和限流接法的区别和选用原则：‎ 区别：（1）限流接法线路结构简单，耗能少；（2）分压接法电压调整范围大，可以从0到路端电压之间连续调节；‎ 选用原则：（1）优先限流接法，因为它电路结构简单，耗能较少；‎ ‎（2）下列情况之一者，须采用分压接法：‎ ‎①当测量电路的电阻远大于滑动变阻器阻值，采用限流法不能满足要求时（本题就是该例子）；‎ ‎②当实验要求多测几组数据（电压变化范围大），或要求电压从零开始调节；‎ ‎③电源电动势比电压表量程大得多，限流法滑动变阻器调到最大仍超过电压表量程时。‎ 电流表内接和外接的选用：‎ 当时，宜采用内接法，即大电阻用内接法；‎ 当时，宜采用外接法，即小电阻用外接法；可记忆为“大内，小外”。‎ ‎14.多用电表是实验室常用的实验器材之一，其原理是闭合电路的欧姆定律，它能测电阻、电压、电流等。如图为多用电表的内部构造，如果用它来测量某电阻的阻值，则应将开关扳到______或______位置；其中5、6挡位为测量______挡，且______挡量程比较大，1、2挡位为测量______挡，______挡量程比较大 ‎【答案】 (1). 3；　 (2). 4； (3). 电压； (4). 6； (5). 电流； (6). 1；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】欧姆档的电路要连接电池，则为3，4；电压档要串联电阻分压，不接电池，故为5，6．电流表要并联电阻起分流作用，不接电池，故为1、2；‎ 解：使用欧姆挡时需要电表内接电源，所以3、4为欧姆挡；由于串联电阻具有分压作用，所以将灵敏电流计的表头改装成电压表时应串联电阻，故5、6为电压挡，又因串联电阻越大，量程越大，所以6挡量程比较大；由并联电阻的分流作用知1、2为电流挡，1、2两挡测电流的对应量程分别为，，可知。‎ 四、计算题 ‎15.如图，一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为53°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为37°。不计重力。求A、B两点间的电势差。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粒子水平方向受电场力，做匀加速直线运动；竖直方向不受力，故竖直分运动是匀速直线运动；结合运动的合成与分解的知识得到A点速度与B点速度的关系，然后对A到B过程根据动能定理列式求解。‎ ‎【详解】设带电粒子在B点的速度大小为vB。粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即 vBsin 37°＝v0sin 53°‎ 由此得 ‎ 设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有：‎ 联立各式得：。‎ ‎【点睛】本题关键是通过运动的合成与分解得到A点速度和B点速度的关系，然后结合动能定理列式求解即可。‎ ‎16.面积S=‎0.2m2‎、n=100匝的圆形线圈，处在如图所示的磁场内，磁感应强度随时间t变化的规律是B=0.02t，R=3Ω，C=30μF，线圈电阻r=1Ω，求：‎ ‎（1）通过R的电流方向和4s内通过导线横截面的电荷量．‎ ‎（2）电容器的电荷量．‎ ‎【答案】（1）‎0.4C（2）9×10‎‎-6C ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由图示可知，磁场垂直于纸面向里，穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，通过R的电流方向为：b→a；‎ 感应电动势：E=n=nS=100×0.2×0.02=0.4V，‎ 电路电流：I===‎0.1A，‎ 通过导线横截面的电荷量：q=It=0.1×4=‎0.4C；‎ ‎（2）电容器两端电压：UC=UR=IR=0.1×3=0.3V，‎ 电容器的电荷量：q=CUR=30×10-6×0.3=9×10‎-6C；‎ ‎17.如图所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L．M、P两点间接有电阻值为R的电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．导轨和金属杆的电阻可忽略．让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．求：‎ ‎（1）在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时杆中的电流及杆的加速度大小；‎ ‎（2）在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值．‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）当ab加速下滑时，速度大小为v时,则 根据闭合电路欧姆定律，有：‎ 故，方向由a到b 由安培力公式：‎ 根据牛顿第二定律：‎ 整理可以得到：‎ ‎(2)当时ab杆的速度可以达到最大值 即：   ‎ 所以：。‎ ‎18.如图所示，在y轴的右侧存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，在x轴的上方有一平行板式加速电场．有一薄绝缘板放置在y轴处，且与纸面垂直．现在一质量为m、电荷量为q的粒子由静止经过加速电压为U的电场加速，然后以垂直于板的方向沿直线从A处穿过绝缘板，而后从x轴上的D处以与x轴负向夹角为30°的方向进入第四象限，此时再加一匀强电场，使粒子能沿直线从D点到达y轴上的C点．已知OD长为l，不计粒子的重力．求：‎ ‎（1）粒子射入绝缘板之间的速度；‎ ‎（2）粒子经过绝缘板时损失了多少动能；‎ ‎（3）所加匀强电场的电场强度的大小及方向；‎ ‎（4）带电粒子在y轴的右侧运行的总时间．‎ ‎【答案】（1）qU-（3），方向与x轴正向斜向下成60°角（4）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）粒子在电场中加速，由动能定理得：qU=mv2-0，‎ 解得：v=．‎ ‎（2）粒子在磁场中做圆周运动轨迹如图所示：‎ 由几何关系可得轨道半径：r=‎2l．‎ 由牛顿第二定律得：qv′B=m，‎ 解得：v′=．‎ 根据能量守恒得，损失的动能为：△EK=mv2-mv′2，‎ 解得：△EK=qU-．‎ ‎（3）粒子若作直线运动，洛伦兹力与电场力相等，即：qv′B=qE，‎ 解得：E=，方向与x轴正向斜向下成60°角．‎ ‎（4）粒子在第一象限作匀速圆周运动的时间为：t1=，‎ 粒子在第四象限做匀速直线运动的时间为：t2==，‎ 粒子x轴右侧运行的总时间为：t=t1+t2=．‎