2017-2018学年福建省莆田市第二十四中学高二上学期第二次月考（12月）物理试题 解析版

2017-2018学年福建省莆田市第二十四中学高二上学期第二次月考（12月）物理试题 解析版

福建省莆田市第二十四中学 2017-2018 学年高二上学期第二次月考 ‎（12 月）试题 物理学科 一、选择题（本题共 12 小题，每小题 4 分，第 1 题～第 8 题，每小题只有一个选项符合题目要求；第9题～第 12 题，每小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得 4 分，选对但选不全的得 2 分，有错选的得 0 分） ‎ ‎1. 电动机的电枢阻值为 R，电动机正常工作时，两端的电压为 U，通过的电流为 I，工作时间为 t，下列说法中正确的是( )‎ A. 电动机消耗的电能为 U2t/R B. 电动机消耗的电能为 I2Rt C. 电动机线圈产生的热量为 I2Rt D. 电动机线圈产生的热量为 UIt ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．‎ 解：A、电动机正常工作时，两端的电压为U，通过的电流为I，工作的时间为t，所以电动机消耗的电能为UIt，所以A正确，B错误；‎ C、电动机为非纯电阻电路线圈产生的热量为I2Rt，不能用来计算，所以C正确，D错误；‎ 故选AC．‎ ‎【点评】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．‎ ‎2. 如图所示的电路中，L1、L2 为“220V、100W”灯泡，L3、L4 为“220V，40W”灯泡，现将两端接入电路，其实际功率的大小顺序是（ ）‎ A. P4＞P1＞P3＞P2‎ B. P4＞P1＞P2＞P3‎ C. P1＞P4＞P2＞P3‎ D. P1＞P4＞P3＞P2‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：因为四盏灯的电阻关系为，根据P=I2r,则P4＞P1＞(P2+P3)；由于L2L3并联，所以根据可知，P2＞P3，所以四盏电灯的实际功率关系为：P4＞P1＞P2＞P3，选项B正确。‎ 考点：电功及电功率的概念；串并联电路的特点。‎ ‎3. 把一重力不计的通电直导线水平放在蹄形磁铁两极的正上方，导线可以自由转动，当导线通入图示方向电流 I 时，导线的运动情况是（从上往下看）（ ） ‎ A. 逆时针方向转动，同时下降 B. 逆时针方向转动，同时上升 C. 顺时针方向转动，同时下降 D. 顺时针方向转动，同时上升 ‎【答案】A ‎【解析】在导线两侧取两小段，左边一小段所受的安培力方向垂直纸面向外，右侧一小段所受安培力的方向垂直纸面向里，从上往下看，知导线逆时针转动，当转动90度时，导线所受的安培力方向向下，所以导线的运动情况为，逆时针转动，同时下降．故A正确，B、C、D错误．故选A．‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向，以及掌握微元法、特殊位置法的运用．‎ ‎4. 如图，矩形线圈面积为 S，匝数为 N，线圈电阻为 r，绕 OO’轴以角速度 ω 匀速转动，外电路电阻为 R，在磁感应强度为 B，若从图示位置开始计时，则下列说法错误的是（ ）‎ A. 线圈中电流的瞬时表达式 i=NBSω/Rcosωt B. 线圈转过 90°的过程中，通过电阻的电量为 NBS/（R+r）‎ C. 线圈转过 90°的过程中，外力所做的功为 πN2B2S2ω /4（R+r）‎ D. R 两端电压的有效值为 2NBSωR/2（R+r）‎ ‎【答案】A ‎【点睛】本题关键记住交流发电机产生的交流电的最大值表达式Em=NBSω，注意可以根据推论公式求解电量．‎ ‎5. 如图所示，直线 AOC 为某一电源的总功率 P总随电流 I 变化的图线，抛物线 OBC 为同一直流电源内部热 功率 Pr 随电流 I 变化的图象．若 A、B 对应的横坐标为 2A，那么线段 AB 表示的功率及 I=2A 时对应的 外电阻是（ ）．‎ A. 2W，0．5Ω B. 4W，2Ω C. 2W，lΩ D. 6W，2Ω ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：由图读出时，电源的功率，电源内部发热功率，根据电源的功率可得电源电动势，电源内部发热功率可得电源的内阻为；当电流时，电源的功率为,电源内部发热功率，则线段AB表示功率为,由可得外电阻为。‎ 故选A 考点：电源的三种功率 点评：对于电源要分清三种功率及其关系：电源的总功率，电源内部发热功率，外电路消耗功率，且根据能量关系得。‎ ‎6. 在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变。随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有 A. 升压变压器的输出电压增大 B. 降压变压器的输出电压增大 C. 输电线上损耗的功率占总功率的比例不变 D. 输电线上损耗的功率增大 ‎【答案】D ‎【解析】A、由于发电厂的输出电压不变，升压变压器的匝数不变，所以升压变压器的输出电压不变，故A错误．B、由于发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大，又升压变压器的输出电压U2不变，根据P=UI可输电线上的电流I线增大，根据U损=I线R，输电线上的电压损失增大，根据降压变压器的输入电压U3=U2-U损可得，降压变压器的输入电压U3减小，降压变压器的匝数不变，所以降压变压器的输出电压减小，故B错误．C、根据P损=I线2R ‎，又输电线上的电流增大，电阻不变，所以输电线上的功率损失增大，故C正确．D、根据电流与匝数成反比可知，降压变压器的输入电流增大，则输出电流也增大．故D错误．故选C．‎ ‎【点睛】对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关．‎ ‎7. 目前世界上正研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，如图所示表示它的发电原理：将一束等离子体(即 高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的粒子，而从整体来说呈中性)沿图中所示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属板 A、B，这时金属板上就聚集了电荷．在磁极配置如图中所示的情况下，下述说法正确的 是 ( )‎ A. A 板带正电 B. 有电流从 a 经用电器流向 b C. 金属板 A、B 间的电场方向向下 D. 等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力 ‎【答案】D ‎【解析】A、根据左手定则知，正电荷向下偏，负电荷向上偏，则A板带负电．故A错误．B、因为B板带正电，A板带负电，所以电流的流向为b经用电器流向a．故B错误．C、因为B板带正电，A板带负电，所以金属板间的电场方向向上．故C错误．D、等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力．故D正确．故选D．‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道电流在外电路中，由高电势流向低电势．‎ ‎8. 如图所示，ABC 为与匀强磁场垂直的边长为 a 的等边三角形，磁场垂直纸面向外，比荷为的电子以速度 v0 从 A 点沿 AB 方向射入，欲使电子能经过 BC 边，则磁感应强度 B 的取值应为（ ）‎ ‎ ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】当电子从C点离开磁场时，电子做匀速圆周运动对应的半径最小，设为R，‎ 则几何知识得： 2Rcos30°=a，得；欲使电子能经过BC边，必须满足，‎ 而，所以，故选C.‎ ‎【点睛】本题是磁场中临界条件问题，关键是运用几何知识求最小的轨迹半径，即可由半径求解B的范围．‎ ‎9. 如图所示，直线 A 为电源 a 的路端电压与电流的关系图线；直线 B 为电源 b 的路端电压与电 流的关系图线；直线 C 为一个电阻 R 两端电压与电流的关系图线。将这个电阻分别接到 a、b 两电源上，那么（ ）‎ A. 电源 a 的内阻更大 B. 电源 b 的电动势更大 C. R接到 a 电源上时，电源的输出功率更大 D. R接到a电源上时，电源效率更高 ‎【答案】AC ‎【解析】A、B、由闭合电路欧姆定律U=E-Ir可知，图象与U轴的交点表示电动势，则a的电动势较大，图象的斜率表示内阻，则a电源的内阻r较大．故A正确，B错误．C、当电阻R与电源组成闭合电路时，电阻R的U-I图线与电源的U-I图线的交点表示电阻的工作状态，交点的纵坐标表示电压，横坐标表示电流，电源的输出功率P=UI，由图看出，R接到a电源上，电压与电流的乘积较大，电源的输出功率较大．故C正确，D、由图知R接到a电源上时电流大，则电阻的发热功率较大，但电源的效率较低，故D错误．故选AC.‎ ‎【点睛】本题是电源的外特性曲线与电阻的伏安特性曲线的综合，关键理解交点的物理意义，也可以根据欧姆定律研究电流与电压关系，来比较电源的输出功率．‎ ‎10. 如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为 10：1，R1＝20Ω，R2＝30Ω， C 为电容器。已知通过 R1 的正弦交流电如图乙所示，则 （ ） ‎ A. 交流电的频率为 50Hz B. 原线圈输入电压的最大值为 ‎ C. 通过 R3 的电流始终为零 D. 电阻 R2 的电功率约为 6.67W ‎【答案】AD ‎【解析】由乙图可知，交流电的周期为T=0.02s，所以交流电的频率为50Hz 故A正确。根据欧姆定律可知，通过R1的电压最大值为20V，所以原线圈的最大电压为200V，因为电容器的特点是通交流阻直流，所以通过R3的电流不为零，BC错误，副线圈电路中电压的有效值为，所以电阻R2的电功率为可得电阻R2的电功率约为6．67w，所以D正确。‎ ‎11. 如图所示，光滑绝缘杆固定在水平位置上，使其两端分别带上等量同种正电荷Q1、 Q2‎ ‎，杆上套着一带正电小球，整个装置处在一个匀强磁场中，磁感应强度方向垂直纸面向里，将靠近右端的小球从静止开始释放，在小球从右到左的运动过程中，下列说法正确 的是（ ）‎ A. 小球受到的洛伦兹力大小变化，但方向不变 B. 小球受到的洛伦兹力将不断增大 C. 小球的加速度先减小后增大 D. 小球的电势能一直减小 ‎【答案】AC 考点：考查了带电粒子在复合场中的运动 ‎【名师点睛】带电粒子在复合场中运动问题的分析思路 ‎1．正确的受力分析 除重力、弹力和摩擦力外，要特别注意电场力和磁场力的分析．‎ ‎2．正确分析物体的运动状态 找出物体的速度、位置及其变化特点，分析运动过程．如果出现临界状态，要分析临界条件 带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子的受力情况．‎ ‎（1）当粒子在复合场内所受合力为零时，做匀速直线运动（如速度选择器）．‎ ‎（2）当带电粒子所受的重力与电场力等值反向，洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动．‎ ‎（3）当带电粒子所受的合力是变力，且与初速度方向不在一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线，由于带电粒子可能连续通过几个情况不同的复合场区，因此粒子的运动情况也发生相应的变化，其运动过程也可能由几种不同的运动阶段所组成 ‎12. 某同学设计了一个测定列车加速度的仪器，如图所示．AB 是一段四分之一圆弧形的电阻，O 点为其圆心,且在 B 点正上方,圆弧半径为 r.O ‎ 点下用一电阻不计的金属线悬挂着一个金属球,球的下部恰好与 AB 良好接触且无摩．A、B 之间接有内阻不计、电动势为 9V 的电池，电路中接有理想电流表A，O、B 间接有一个理想电压表 V.整个装置在一竖直平面内，且装置所在平面与列 车前进的方向平行．下列说法中正确的有( )‎ A. 从图中看到列车可能是向左减速运动 B. 当列车的加速度增大时，电流表 A的读数增大，电压表 V的读数也增大 C. 若电压表显示 3 V，则列车的加速度为 D. 如果根据电压表示数与列车加速度的一一对应关系将电压表改制成一个加速度表，则加速度表的刻度是不均匀的 ‎【答案】ACD ‎【解析】A、小球所受的合力水平向右，所以加速度向右；知列车向右做加速运动或向左做减速运动．故A正确．B、小球的加速度a=gtanθ，当加速度增大，θ增大，BC段电阻增大，因为总电阻不变，所以电流不变，但电压表的示数增大．故B错误．C、当电压表为3V时，知BC段的电阻是总电阻的三分之一，则θ=30°，则．故C正确．D、根据a=gtanθ知，a与θ不成正比关系，因为电流不变，电压表示数的大小与电阻成正比，BC段电阻与θ成正比，所以a与电压表示数的关系不成正比，所以加速度表的刻度不均匀．故D正确．故选ACD．‎ ‎【点睛】本题将闭合电路欧姆定律与牛顿第二定律综合，关键知道θ与加速度的关系，同时通过电路能分析θ与BC段电阻和电压的大小关系．‎ 二、填空题（本题共 3 小题，每空 2 分，共 16 分） ‎ ‎13. 卡尺和螺旋测微器的测量数据。‎ ‎(a)游标卡尺读数 __________________________________；(b)螺旋测微器读数:__________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 29.8mm (2). 0.703mm ‎【解析】游标卡尺的固定刻度读数为29mm，游标读数为8×0.1mm=0.8mm，所以最终读数为29.8mm．‎ 螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.01×20.3mm=0.203mm，所以最终读数为0.703mm．‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；‎ ‎14. 某同学通过查找资料自己动手制作了一个电池。该同学想测量一下这个电池的电动势 E和内电阻 r ，但是从实验室只借到一个开关、一个电阻箱（最大阻值为 9.999 W ，可当标准电阻用）一只电流 表（量程 Ig=0.6A,内阻 rg =0.1Ω ）和若干导线。‎ ‎①请根据测定电动势 E 内电阻 r 的要求，设计甲图中器件的连接方式，画线把它们连接起来_________________________。‎ ‎②接通开关，逐次改变电阻箱的阻值 R ,读出与 R 对应的电流表的示数 I,并作记录。当电阻箱的阻值 R =2.6W 时,其对应的电流表的示数如图乙所示，其读数为___________A。处理实验数据时首先计算出每个电流值 I的倒数;再制作 坐标图，如图丙所示，图中已标注出了(R, )的几个与测量对应的坐标点，并将与图乙实验数据对应的坐标点也标注在图丙上。‎ ‎③在图丙上把描绘出的坐标点连成图线。______________________________‎ ‎④根据图丙描绘出的图线可得出这个电池的电动势 E=_____________V,内电阻 r= _______W.(小数点后面保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). 0.50 (4). 1.50V(1.46～1.54V) (5). 0.30Ω(0.25～0.35)‎ ‎【解析】(1)由于没有电压表，本实验中测量的器材只有电流表和电阻箱，可以采用安阻法进行测量，电流表的示数与电阻箱电阻的乘积表示外电压:‎ ‎(2)电流表的量程为0.6A，每一格等于0.02A，所以电流表的读数等于0.50A ‎(3) 描点连线，将偏离比较远的点舍去:‎ ‎(4)由闭合电路欧姆定律可知：E=I（R+r），得，故图象与纵坐标的交点r=0.3Ω；即内电阻为r=0.30Ω（0.25～0.35）;图象的斜率表示电源的电动势，故E=1.50V；（1.46～1.54V）；‎ ‎【点睛】本题应注意电阻箱由于电阻可读，由可以用来与电流表结合实验得出电源的电动势和内电阻；注意在利用图线进行数据处理时，只要写出纵横坐标所代表物理量之间的函数关系及可明确斜率以及截距的物理意义 ‎15. 某同学对实验室的一个多用电表中的电池进行更换时发现，里面除了一节 1.5V 的干电池外，还有一个方形的电池（层叠电池），如图所示。为了测定该电池的电动势和内电阻，实验室中提供有下列器材： ‎ A.电流表 G（满偏电流 10mA，内阻 10Ω）；‎ B.电流表 A（0～0.6A～3A，内阻未知）；‎ C.滑动变阻器 R（0～100Ω，1A）； ‎ D.定值电阻 R0（阻值 990Ω）；‎ E.开关与导线若干。 ‎ 如下图为该同学根据上述设计的实验电路利用测出的数据绘出的 I1-I2 图线（I1 为电流表 G 的示数，I2 为电流表 A 的示数），则由图线可以得到被测电池的电动势 E＝____________V ，内阻 r＝___________Ω。‎ ‎【答案】 (1). 9.0 (2). 10.0‎ ‎【解析】电路图中虽然没有电压表，但给出了一个电流表和一个电流计，故将电流计G串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表．同时，电流表相对于电源采用外接法；根据欧姆定律和串联的知识得，电源两端电压U=I1（990+10）=1000I1，根据图象与纵轴的交点得电动势E=9.0mA×1000Ω=9.0V；与横轴的交点可得出路端电压为4V时电流是0.5A，由闭合电路欧姆定律E=U+Ir可得：r=10.0Ω.‎ ‎【点睛】本题考查电动势及内电阻的测量实验，在测量电源电动势和内阻时，要注意根据画出的U-I图象分析出电动势及内阻．‎ 三、计算题（本题 3 小题，每题 12 分，共 36 分。解答应写出必要的文字说明、公式和重要演算步骤，只 写出最后答案的不得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位） ‎ ‎16. 如图所示，面积为 0.2m2 的单匝线圈在匀强磁场中，线圈两端通过电刷 A、B 与外电路连接， 磁场方向垂直线圈平面．已知磁感应强度 B=0.2T，电阻 R=10Ω，线圈电阻忽略不计。假定线圈转动过程 中，电刷 A、B 与外电路始终良好接触，当线圈绕轴 OOˊ转过 90°时，求：‎ ‎(1)流过电阻 R的电流方向；‎ ‎(2)穿过线圈的磁通量的变化量大小；‎ ‎(3)在此过程中通过 R的电量．‎ ‎【答案】(1)从上到下 (2) (3)q=0.004C ‎【解析】(1)由楞次定律可知，流过电阻R的电流方为从上到下； ‎ ‎(2)穿过线圈磁通量的变化量大小△Φ=B△S ‎ 得△Φ=0.04Wb ‎ ‎(3)由法拉第电磁感应定律   ①‎ 由闭合电路欧姆定律    ②‎ 由电量的定义有 ③‎ 由①、②、③式联合得q=0.004C    ‎ ‎【点睛】由楞次定律可知，流过电阻R的电流方为从上到下；穿过线圈磁通量的变化量大小△Φ=B△S，求电荷量用电动势的平均值．‎ ‎17. 如图所示，两根足够长的直金属 MN、PQ平行放置在倾角为q 的绝缘斜面上， 两导轨间距为 L。M、P 两点间接有阻值为 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。 ‎ ‎ ‎ ‎(1)在加速下滑过程中，当 ab 杆的速度大小为 v 时，ab 杆中的电流及其加速度的大小；‎ ‎(2)求在下滑过程中 ab 杆可达到的最大速度。‎ ‎(3)从开始下滑到达到最大速度的过程中，棒沿导轨下滑了距离 s，求整个装置生热多少.‎ ‎【答案】(1), (2) (3) ‎ ‎【解析】(1)在加速下滑过程中，当 ab杆的速度大小为 v时，感应电动势E=BLv 此时 ab杆中的电流 金属杆受到的安培力：‎ 由牛顿第二定律得：‎ ‎(2) 金属杆匀速下滑时速度达到最大，由平衡条件得： ‎ 则速度的最大值 ‎(3)若达到最大速度时，导体棒下落高度为 h，由能量守恒定律得：‎ 则焦耳热 ‎【点睛】当杆匀速运动时杆的速度最大，分析清楚杆的运动过程是解题的前提；分析清楚杆的运动过程后，应用E=BLv、欧姆定律、安培力公式、牛顿第二定律、平衡条件与能量守恒定律即可解题；求解热量时从能量角度分析可以简化解题过程．‎ ‎18. 如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为 R的半圆形，固定在竖直面内，管口 B、C 的连线是水平直径．现有一带正电的小球(可视为质点)从 B点正上方的 A点自由下落，A、B两点间距离为4R．从小球进入管口开始，整个空间中突然加上一个匀强电场，电场力在竖直向上的分力大小与重力大小相等，结果小球从管口 C 处脱离圆管后，其运动轨迹经过 A点．设小球运动过程中带电量没有改变，重力加速度为 g，求：‎ ‎(1)小球到达 B点的速度大小；‎ ‎(2)小球受到的电场力的大小.‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】(1)小球从开始自由下落到到达管口 B 的过程中机械能守恒，故有:‎ 解得：‎ ‎(2)设电场力的竖直分力为 Fy，水平分力为 Fx，则 Fy=mg 小球从 B 运动到 C 的过程中，由动能定理得: ‎ 小球从管口 C 处脱离管后，做类平抛运动，由于经过 A点，所以有 联立解得：Fx=mg 电场力的大小为 ‎【点睛】本题考查带电粒子在电场和重力场中的运动，解题的关键在于正确运用正交分解法，将小球的运动沿水平方向和竖直方向正交分解，然后运用牛顿运动定律和动能定理列式求解.‎ ‎ ‎