2017-2018学年江西省高安中学高二1月月考物理试题 解析版

2017-2018学年江西省高安中学高二1月月考物理试题 解析版

江西省高安中学2019届高二年级上学期第三次考试 物理试题 一、选择题(1-7小题为单选，8-10小题为多选。每小题4分，共40分，多项选择全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)‎ ‎1. 物理学的基本原理在生产生活中有着广泛应用。在下面器件中，利用电磁感应原理工作的是( )‎ A. 回旋加速器 B. 示波管 C. 质谱仪 D. 电磁炉 ‎【答案】D ‎【解析】A. 回旋加速器利用磁场使带电粒子旋转，电场使粒子加速。故A错误；‎ B. 示波管利用了电场使粒子加速和电场使粒子偏转的原理。故B错误；‎ C. 质谱仪是利用电场加速，磁场使粒子偏转，不是电磁感应现象。故C错误；‎ D. 电磁炉是利用电磁感应原理产生涡流，将电能最终转化成内能。故D正确； ‎ 故选：D。‎ ‎2. 如图，闭合的圆线圈放在匀强磁场中，t=O时磁感线垂直线圈平面向里穿过线圈，磁感应强度随时间变化的关系图线如图所示，则在0～2s内线圈中感应电流的大小和方向为（　 　） ‎ A. 逐渐增大,逆时针 B. 逐渐减小,顺时针 C. 大小不变,顺时针 D. 大小不变,先顺时针后逆时针 ‎【答案】C ‎【解析】第1s内，磁场的方向垂直于纸面向内，且均匀减小，所以产生恒定的电流，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向；第2s内，磁场的方向垂直于纸面向外，且均匀增加，所以产生恒定的电流，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向．由可知，这2s内感应电动势恒定，故产生的电流大小不变，方向一直为顺时针，C正确．‎ ‎3. 如图所示，圆位于纸面内，圆心为O，圆内有垂直于圆面且磁感应强度为的匀强磁场。一带电粒子沿半径方向从a点射入磁场，从圆上b点射出磁场，粒子速度方向改变了900‎ ‎；若保持入射速度及入射点不变，使磁感应强度变为B，则粒子飞出磁场时速度方向改变的角度为（ ）‎ A. 300 B. 450 C. 600 D. 900‎ ‎【答案】C ‎【解析】带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动，由 ，得： 当磁感应强度为B时，轨迹半径为，即：r′=．‎ 设粒子B变化后速度的偏向角为α，原来速度的偏向角为β．根据几何关系有： ， 又β=90°,则得： α=60°，所以粒子飞出场区时速度方向改变的角度为60°．故选C．‎ 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，往往用数学知识求轨迹半径与磁场半径的关系.‎ ‎4. 如下图所示是某种型号的电热毯的电路图，电热毯接在交变电源上，通过装置P使加在电热丝上的电压的波形如下图所示。此时接在电热丝两端的交流电压表的读数为 (　 　)‎ A. 110 V B. 156 V C. 220 V D. 311 V ‎【答案】B ‎【解析】由图象可知该交变电流的周期为：‎ T=2×10−2s 可分两段0−0.01s和0.01−0.02S 根据有效值的定义可得：，‎ 解得：U=Um/2=311/2V=156V，故B正确，ACD错误。‎ 故选：B。‎ ‎5. 如右上图所示电路中，、是两个阻值相等的定值电阻，L是一个自感系数很大，直流电阻为零的理想线圈，设A、B两点电势分别为，下列分析正确的是（　　）‎ A. 开关S闭合瞬间 B. 开关S闭合后，电路达到稳定时 C. 当开关S从闭合状态断开瞬间 D. 只要线圈中有电流通过，就不可能等于 ‎【答案】A ‎【解析】A. 开关闭合瞬间电流由B指向A增大，自感线圈阻碍电流增加，故φA<φB，故A正确；‎ BD、电路稳定后，自感线圈相当于导线，φA=φB，故BD错误；‎ C. 当开关S从闭合状态断开瞬间自感线圈产生感应电流，相当于电源，电流方向由B指向A，故φA>φB，故C错误。‎ 故选：A。‎ 点睛：开关闭合瞬间电流由B指向A增大，自感线圈阻碍电流增加，稳定后自感线圈相当于导线；当开关S从闭合状态断开瞬间自感线圈产生感应电流，相当于电源，电流方向由B指向A；‎ ‎6. 如图所示，质量为m、长度为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′，并处于匀强磁场中，当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时悬线与竖直方向夹角为θ。磁感应强度方向和大小可能为( ）‎ A. z负向， B. y负向，‎ C. z正向， D. 沿悬线向上，‎ ‎【答案】A ‎【解析】A. 当磁感应强度方向为z负方向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y正方向，由平衡条件得：BILcosθ=mgsinθ，解得：，故A正确； ‎ B. 当磁场沿y负方向时，由左手定则可知，导线受到的安培力竖直向下，导线不可能向右偏转，悬线与竖直方向的夹角θ=0∘，不符合题意，故B错误；‎ C. 当磁场沿z正方向时，由左手定则可知，直导线所受安培力方向沿y负方向，导线不可能向右偏转，不符合题意，故C错误；‎ D. 当沿悬线向上时，由左手定则可知,安培力垂直于导线斜向左下方，不可能在图示位置平衡，故D错误； ‎ 故选：A.‎ 点睛：根据左手定则，结合磁场的方向分析能否使导线保持静止．根据平衡条件和安培力公式列式求解磁感应强度的大小．‎ ‎7. 质量为m，带电量为+q的滑块从光滑、绝缘斜面上由静止下滑，如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向外，磁感强度为B，则滑块在斜面上滑行过程中（设斜面足够长），滑块（　　）‎ A. 在斜面上滑行的最大速度为 B. 在斜面上滑行的最大速度为 C. 作变加速直线运动 D. 在斜面上滑动的最大距离为 ‎【答案】BC ‎【解析】AB. 滑块沿斜面下滑时，受重力、支持力、垂直于斜面向上的洛伦兹力。洛伦兹力F=qvB，随速度的增大而增大，当FN=0，即qvB=mgcosθ时速度达到最大，滑块开始离开斜面；所以在斜面上滑行的最大速度为，所以A错误，B正确；‎ CD. 由于沿斜面方向的力不变，牛顿第二定律得：mgsinθ=ma，加速度a=gsinθ，作匀加速直线运动；故C正确，D错误。‎ 故选：BC.‎ 点睛：对物体进行受力分析，当物体对斜面的压力为零时，物体开始离开斜面，由平衡条件求出物体此时的速度；由牛顿第二定律求出物体的加速度．‎ ‎8. 由不计电阻的导体构成的平行倾斜轨道框架，倾角为，顶端连接一个阻值为R的电阻，如图所示。轨道宽度为L，有一质量为m、电阻为r的导体棒垂直横跨在轨道上，磁感应强度为B的匀强磁场垂直轨道平面向下，导体棒与轨道间的动摩擦因数为。导体棒从P位置由静止释放，到达N位置时以最大速度开始做匀速运动。P、N位置间的高度差为h。据此判断下列论述中正确的是（ ）‎ A. 导体棒的最大加速度为 B. 导体棒下滑的最大速度为 C. 从P运动到N位置过程中，通过电阻R的电荷量 D. 从P运动到N位置过程中，电阻R上产生的焦耳热 ‎【答案】AD ‎【解析】A. 由于导体棒向下运动切割磁感应线时安培力方向沿斜面向上，当速度为零时安培力为零，此时加速度最大，根据牛顿第二定律可得mgsinθ−μmgcosθ=mam，解得am=g(sinθ−μcosθ)，故A正确；‎ B. 导体棒下滑的速度最大时受力平衡，根据平衡条件可得：mgsinθ−μmgcosθ=BIL= ，解得最大速度vm= ，故B错误；‎ C. 从P位置运动到N位置过程中，通过电阻R的电荷量q=It= ，故C正确； ‎ D.从P位置运动到N位置过程中，产生的总焦耳热为，电阻R上产生的焦耳热为，所以D错误。‎ 故选：AC.‎ ‎9. 如图甲所示，静止在水平面上的等边三角形金属线框，匝数n=20，总电阻R=2.5Ω，边长L=0.3m，处在两个半径均为r=0.1m的圆形匀强磁场中，线框顶点与右侧圆心重合，线框底边与左侧圆直径重合，磁感应强度B1垂直水平面向外；B2垂直水平面向里，B1、B2随时间t的变化如图乙所示，线框一直处于静止状态，计算过程中取，下列说法正确的是( )‎ A. t=0时刻穿过线框的磁通量为0.5Wb B. t=0.4s时刻线框中感应电动势为1.5V C. 0～0.6s内通过线框横截面电荷量为0.36C D. 线框具有向左的运动趋势 ‎【答案】CD ‎【解析】A.t=0时刻,向外的磁通量为：Φ1=（B1πr2）/2=π/100Wb，向里的磁通量为：Φ2=-（B2πr2）/6）=-π/600Wb，所以t=o时刻穿过线框的磁通量为：Φ=Φ1+Φ2=5π/600Wb=0.025Wb，故A错误；‎ B. 感应电动势为：，故B正确； C.t=0.6s时，有：Φ3=（B3πr2）/2=5π/200Wb，t=0.6s时刻穿过线框的磁通量为：Φ′=Φ2+Φ3=14π/600Wb，t=0.6s内通过线框的电量,根据公式：，故C正确；‎ D.穿过线框的磁通量向外增大，线框中产生顺时针的感应电流，根据左手定则，左边框受安培力向右，右边两边框受安培力的合力向左，总的安培力向右，线框具有向右的运动趋势，故D错误；‎ 故选：BC ‎10. 如图甲所示，理想变压器原线圈匝数n1＝750，副线圈匝数n2＝150，原线圈接有1A的熔断器。当原线圈接在如图乙所示的交变电源时，要使整个电路和用电器正常工作，则副线圈两端可以接( )‎ A. 工作频率为100 Hz的电风扇 B. 并联两只“40 V，80 W”灯泡 C. 耐压值为40 V的电容器 D. 阻值为10 Ω的电阻 ‎【答案】B ‎【解析】由原线圈电流最大为1A知，输入功率最大为P=UI=200×1W=200W。‎ A. 由乙图知交流点的周期为0.02s，则频率f=1/T=50Hz，工作频率为100 Hz的电风扇无法使用，故A错误； ‎ B. 由乙图知输入电压有效值为200V，所以副线圈两端电压有效值为，等于额定电压，灯泡可以正常工作，两只灯泡的总功率160W<200W，故B正确； ‎ C. 副线圈两端电压峰值为40 V，超过电容的耐压值，故C错误；‎ D.电阻的功率 <200W，故D正确；‎ 故选：BD.‎ 根据保险丝计算出副线圈中允许的增大输入功率，由乙图可知电源的峰值和周期，结合欧姆定律进行判断．‎ 二、实验题（本题共2小题，每空2分，共20分）‎ ‎11. 某实验小组准备测一未知电阻Rx的阻值，他们先用多用电表，在正确操作的情况下粗测其阻值约为1000，然后用伏安法测量。实验室提供的器材有：‎ A．电压表V(量程3 V，内阻约为3K) B．电流表A(量程30mA，内阻约为8)‎ C．滑动变阻器R1(最大阻值10，额定电流2A) D．滑动变阻器R2(最大阻值3k，额定电流0.5A)‎ E．电池组(电动势约为3V，内阻很小) F．开关一个，导线若干 ‎(1)滑动变阻器应选____________。(填所选器材前的字母).‎ ‎(2)在答题卡的虚线框内画出测量电阻的电路图___________。‎ ‎(3)实验测得的数据如下表所示，电流表读数明显错误的是第___________组。当电压表的读数是2．40V时，电流表的示数如图所示，读数为_____________mA。‎ ‎(4)由实验数据求得待测电阻的阻值Rx=_____________ (结果保留三位有效数字)。‎ ‎【答案】 (1). (1)C； (2). (2)； (3). (3)2； (4). （4）22.7； (5). （5）106；‎ ‎【解析】(1)此实验中，滑动变阻器要用分压电路，故应选阻值较小的C；（2）因电压表内阻远大于待测电阻阻值，故采用电流表外接；测量电阻的电路图如图；‎ ‎(3)根据实验测得的数据可知，电流表读数明显错误的是第2组，有效数字保留不对。当电压表的读数是2.40V时，电流表的示数如图所示，读数为22.7mA。‎ ‎（4）求得待测电阻的阻值 ‎ ‎12. 温度传感器是一种将温度变化转化为电学量变化的装置，它通过测量传感器元件的电学量随温度的变化来实现温度的测量，其核心部件是由半导体材料制成的热敏电阻，在某次实验中，为了测量热敏电阻RT在0℃到100℃之间多个温度下的阻值，一实验小组设计了如图甲所示电路。‎ 其实验步骤如下：‎ ‎①正确连接电路，在保温容器中加入适量开水；‎ ‎②加入适量的冰水，待温度稳定后，测量不同温度下热敏电阻的阻值；‎ ‎③重复第②步操作若干次，测得多组数据。‎ ‎（1）该小组用多用电表“×100”档测热敏电阻在100℃下的阻值，发现表头指针偏转的角度很大；为了准确地进行测量，应换到_____档（选填“×10”、 “×1k”）；如果换挡后就用表笔直接连接热敏电阻进行读数，那么欠缺的实验步骤是：_______________，补上该步骤后，表盘的示数如图乙所示，则它的电阻是_________‎ ‎。实验小组算得该热敏电阻在不同温度下的阻值，并据此绘得图丙的R-t关系图线；‎ ‎（2）若把该热敏电阻与电源（电动势E=1.5V、内阻不计）、电流表（量程为5mA、内阻Rg=100Ω）、电阻箱R0串联起来，连成如图丁所示的电路，用该电阻作测量探头，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单的“热敏电阻测温计”。‎ ‎①电流表刻度较大处对应的温度刻度应该_________(填“较大”或“较小”)；‎ ‎②若电阻箱的阻值取R0=240Ω，则电流表3mA处所对应的温度刻度为_____℃。‎ ‎【答案】 (1). （1）×10； (2). (2)重新欧姆调零； (3). (3)200Ω； (4). (4)较小； (5). (5)80℃；‎ ‎【解析】（1）用多用表的“×100”倍率的挡位测热敏电阻在室温下的阻值，发现表头指针偏转的角度很大，说明电阻较小，换用小倍率的，所以换用“×10”倍率；换挡后，需重新欧姆调零．电阻的阻值等于20×10Ω=200Ω．‎ ‎（2）①由闭合电路欧姆定律有：E=Ig（R+R′+Rg），可见电流越小电阻越大，而电阻越大温度则越高，即电流刻度较大处对应的温度刻度应该较小； ②若电阻箱阻值R′=220Ω时，代入E=Ig（R+R′+Rg），得热敏电阻的阻值为：R=180Ω； 结合图甲可知热敏电阻阻值与温度关系式为：R=t+100；故此时对应的温度数值为80℃． 点睛：本题关键是掌握多用电表的读数方法，同时能根据闭合电路欧姆定律列式得到电流与电阻关系式，然后再结合电阻与温度关系图象分析求解．‎ 三、计算题(共4小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)‎ ‎13. 如图所示，匀强磁场B=1.0T，有一个N=15匝的矩形线圈，其ab=0.2m，bc =0.1m，线圈电阻r=1Ω，在磁场中绕垂直磁场中心轴OO′转动，转速n=300r/min，线圈两端接有“6V、12W”的灯泡，当线圈通过中性面时开始计时，求：‎ ‎（1）线圈中感应电动势的瞬时值表达式；‎ ‎（2）灯泡消耗的实际功率。‎ ‎【答案】（1）e=3πsin10πt（V）；（2）8.4W； ‎ ‎【解析】（1）感应电动势的最大值，因为从中性面时开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式e=3πsin10πt（V）；‎ ‎（2）灯泡的电阻： ‎ 根据闭合电路欧姆定律，流过灯泡电流的有效值： ‎ 灯泡消耗的实际功率为 ‎14. 某村在较远的地方建立了一座小型水电站，发电机的输出功率为100kW，输出电压为500V，输电导线的总电阻为10 Ω，导线上损耗的电功率为4 kW，该村的用电电压是220V. ‎ ‎（1）输电电路如图所示，求升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比；‎ ‎（2）如果该村某工厂用电功率为60kW，则该村还可以装“220V　40W”的电灯多少盏？ ‎ ‎【答案】(1)1∶10；　240∶11；　(2)900盏；‎ ‎【解析】试题分析： （1）因为P损＝I22R线 所以 则 U3＝U2－I2R线＝（500×10－20×10）V＝4 800 V 则 ‎（2）设还可装灯n盏，据降压变压器输入功率等于输出功率有P3＝P4‎ 其中P4＝（n×40＋60×103）W P4＝P3＝（100－4）kW＝96 kW 所以n＝900．‎ 考点：远距离输电 ‎【名师点睛】此题考查了远距离输电知识；明确匝数比与电流比成反比，与电压比成正比，想法求得电流与电压之比是解题的关键．‎ ‎15. 如图，真空中有一速度选择器，平行金属板上板接电源正极，下板接电源负极，板间电压为U0，板间距离为d，板间内垂直纸面向内的匀强磁场磁感应强度为B0，在直角坐标系第一象限有磁感应强度为B方向垂直纸面向外的匀强磁场，第四象限为电场强度为E方向竖直向上的匀强电场，有一质量为m，电荷量为q（重力不计）带正电的粒子匀速通过速度选择器后垂直进入第一象限磁场，经第一象限磁场再垂直X轴进入第四象限电场，求：‎ ‎（1）粒子进入第一象限磁场的速度； ‎ ‎（2）粒子第三次经过X轴时的坐标；‎ ‎（3）粒子从进入第一象限到第三次经过X轴运动的总时间。‎ ‎【答案】（1）；（2）（，0）；（3）； ‎ ‎【解析】（1）在受到选择器中，由平衡条件得：‎ qvB0=，解得，粒子速度：；‎ ‎（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，‎ 由牛顿第二定律得：qvB=，解得：r= ，‎ 粒子第三次经过x轴时的坐标：X=r+2r=；‎ ‎（3）粒子第一次在磁场转过1/4圆周，第二次转过1/2圆周，‎ ‎..................‎ 粒子在磁场中的运动时间：t=；‎ ‎16. 如图，匀强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，宽度为，上、下边界与地面平行，下边界与地面相距．将一个边长为，质量为m，总电阻为R的正方形刚性导电线框ABCD置于匀强磁场区域上方，线框CD边与磁场上边界平行，从高于磁场上边界h的位置静止释放，h的值能保证AB边匀速通过磁场区域．从AB边离开磁场到CD边落在地面所用时间是AB边界通过磁场时间的2倍（重力加速度为g），求：‎ ‎（1）线框通过磁场过程中电流的方向；‎ ‎（2）磁场区域磁感应强度的大小；‎ ‎（3）根据CD边刚进入磁场时线框加速度a与h的函数关系，分析h在不同情况下加速度的大小和方向，计算线框通过磁场区域产生的热量。‎ ‎【答案】（1）cd边在磁场中时电流方向为DCBAD，AB边在磁场中时电流方向为ABCDA；（2）；（3）mgh．‎ ‎【解析】（1）根据楞次定律，线框中电流方向：cd边在磁场中时为DCBAD，AB边在磁场中为ABCDA；‎ mg=IlB ①‎ E=lv1B ②‎ I= ③‎ 由①②③解得：B= ④‎ l=v1t ⑤‎ 依据题意和匀变速直线运动的规律，得： ‎ ‎ ⑥‎ 由⑤⑥解得：⑦‎ 由④⑦解得：⑧‎ ‎（3）设线框CD边刚进入磁场时，速度大小为v，加速度大小为a，线框产生的电动势为E，电流为I，线框通过磁场区域产生的热量为Q；‎ 由动能定理得：mgh= -0，‎ 解得：v= ；‎ 根据切割公式和欧姆定律，有：I= ⑨‎ 由牛顿第二定律得：mg﹣IlB=ma ⑩‎ 由⑨⑩解得：a=（1﹣）g；‎ 当h=2l时，a=0‎ 当h＞2l时，加速度大小为（﹣1）g，方向竖直向上；‎ 当h＜2l时，加速度大小为（1﹣）g，方向竖直向下；‎ 根据能量守恒定律，有：Q=mg（h+2l）﹣ ⑾‎ 由⑦⑾解得：Q=mgh；‎ ‎ ‎ ‎ ‎