河北省邯郸市临漳第一中学2020学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析）

河北省邯郸市临漳第一中学2020学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析）

河北省邯郸市临漳市临漳一中2020学年高二（下）第一次月考物理试卷 ‎ 一、单选题 ‎1.如图所示，矩形线框在磁场内做的各种运动中，能够产生感应电流的是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A图中线框在匀强磁场中运动时，穿过线框的磁感线条数不变，即磁通量不变，没有感应电流产生，故A错误。B图中线框在磁场中转动时，穿过线框的磁通量发生变化，产生感应电流，故B正确。CD图中线框与磁场平行，穿过线框的磁通量为零，当线框向右平动时，磁通量保持为零，没有变化，所以没有感应电流产生，故CD错误。故选B。‎ ‎2.如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块（　　）‎ A. 在P中的下落时间比在Q中的长 B. 在两个下落过程中的机械能都守恒 C. 在P和Q中都做自由落体运动 D. 落至底部时在P中的速度比在Q中的大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：当小磁块在光滑的铜管P下落时，由于穿过铜管的磁通量变化，导致铜管产生感应电流，从而产生安培阻力，对于塑料管没有任何阻碍，从而即可求解．‎ 当小磁块在光滑的铜管P下落时，由于穿过铜管的磁通量变化，导致铜管产生感应电流，从而产生安培阻力，所以P做的运动不是自由落体运动；而对于塑料管内小磁块没有任何阻力，在做自由落体运动，所以P中的能量部分转化为内能，Q中的机械能守恒，根据动能定理可知，因安培阻力，导致产生热能，则至底部时在P中的速度比在Q中的小，在铜管中小磁块受到安培阻力，则在P中的下落时间比在Q中的长，A正确．‎ ‎3.如图所示，三个灯泡是相同的，额定功率足够大，直流电源E1内阻可以忽略，交流电源E2的电动势有效值与E1相等，自感线圈电阻不计。当开关S接A点时，三灯亮度相同，当开关S接B点时（　　）‎ A. 甲、乙、丙三灯亮度相同 B. 甲灯最亮，丙灯不亮 C. 甲灯和乙灯等亮，丙灯不亮 D. 乙灯最亮，丙灯不亮 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电容器具有通交隔直的特性，电感有通直阻交的特性，而交流对电阻R没有影响。根据电感和电容的特性进行判断。‎ ‎【详解】由题，当单刀双掷开关S接A时，即为交流，三个灯亮度相同，说明电感L的感抗、电容C的容抗与电阻R相同，当S接B时，即为直流，电感L没有感抗，电容器具有隔断直流的作用，而交流与直流对电阻R没有影响，所以丙灯不亮，灯甲亮度不变，乙灯亮度增加，故B、D正确。‎ 故应选：BD。‎ ‎【点睛】本题要抓住电容器与电感器的特性：电容器具有通交流，隔直流，电感具有通直流、阻交流的特性。‎ ‎4.一个质点做简谐振动的图象如图所示，下列判断中正确的是（　　）‎ A. 在时，质点速度达到最大值 B. 振幅为，频率为4Hz C. 质点在0到的时间内，其速度和加速度方向相同 D. 在时，质点的位移为负值，加速度也为负值 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 在t=4×10-2s时质点位于最大位移处，速度为0，故A错误．振子偏移平衡位置的最大距离叫振幅，由图可以读出振幅为2×10‎-3m，周期T=4×10-2s，则频率，故B错误．在0到1×10-2s时间内，质点的位移在减小，正向平衡位置靠近，做加速运动，所以速度和加速度方向相同．故C正确．在t=2×10-2s时，质点的位移沿x轴负方向，根据 知，加速度沿x轴正方向，故D错误．故选C．‎ ‎5.如图所示，匝数N=100匝、横截面积S=‎0.2m2‎、电阻r=0.5Ω的圆形线圈MN处于垂直纸面向里的匀强磁场内，磁感应强度随时间按B=（0.6+0.02t）T的规律变化。处于磁场外的电阻R1=3.5Ω，R2=6Ω，电容C=30μF，开关S 开始时未闭合，下列说法中错误的是（　　）‎ A. 闭合S稳定后，线圈两端M、N两点间的电压为 B. 闭合S稳定后，电阻消耗的电功率为 C. 闭合S电容器上极板带负电 D. 闭合S一段时间后又断开S，则S断开后通过的电荷量为 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由B=（0.6+0.02t）T知=0.02T/S，由法拉第电磁感应定律知圆形线圈产生的感应电动势为：E==0.4V，感应电流为：I= ，M、N两点间的电压属于外电压大小为：U=0.04×（3.5+6）V=0.38V，故A错误；R2消耗的电功率为：P2=I2R2=（0.04）2×6=9.6×10-3W，故B正确；磁感应强度B方向垂直于纸面向里并且逐渐变强，由楞次定律知线圈中的感应电流方向为逆时针旋转，即电流从N极流出，故电容器下级板带正电，上级板带负电，故C正确；闭合S一段时间后电容器两极板间的电势差等于电阻R2两端的电压大小为：U2=IR2=0.04×6=0.24V，电容器两极板所带电荷量大小为：Q=U‎2C=0.24×3.0×10‎-7C=7.2×10‎-6C，S断开后电容器放电，通过R2的电荷量即为电容器极板所带的电荷量为7.2×10‎-6C，故D正确。‎ 本题选错误的，故选：A。‎ ‎【点睛】注意到磁感应强度随时间的线性变化规律利用此规律求解出感应电动势解决电路中电流、功率等问题，利用楞次定律判断出电流流向解决电容器极板的正负性问题，利用电容放电过程解决通过电阻的电荷量问题。‎ ‎6.某单摆做受迫振动时，振幅A与驱动力频率f的关系图象如图所示，当地重力加速度g=‎9.8m/s2，则（　　）‎ A. 该单摆做受迫振动的周期一定等于2s B. 该单摆的摆长约为‎1m C. 该单摆做受迫振动的振幅一定为‎8cm D. 该单摆做自由振动的振幅一定为‎8cm ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】单摆做受迫振动，振动频率与驱动力频率相等；当驱动力频率等于固有频率时，发生共振，则固有频率为0.5Hz，周期为2s，驱动力的频率不是固定值，故A错误；由图可知，共振时单摆的振动频率与固有频率相等，则周期为2s，由公式T=2π ，可得L≈‎1m，故B正确；单摆的实际振动幅度随着驱动力的频率改变而改变，当出现共振时，单摆的摆幅才为‎8cm。故C错误；同理，单摆做自由振动的振幅不一定为‎8cm。故D错误；‎ ‎【点睛】由共振曲线可知，出现振幅最大，则固有频率等于受迫振动的频率，从而即可求解．本题关键明确：受迫振动的频率等于驱动力的频率；当受迫振动中的固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象，此时振幅达到最大．‎ ‎7.某小型发电站发电机输出的交流电压为500V，输出的电功率为50kW，用电阻为3Ω的输电线向远处送电，要求输电线上损失功率为输电功率的0.6%，则发电站要安装一升压变压器，到达用户再用降压变压器变为220V供用户使用（两个变压器均为理想变压器）．对整个送电过程，下列说法正确的是（　　）‎ A. 升压变压器的匝数比为1：100‎ B. 输电线上损失的功率为300 W C. 输电线上的电流为100 A D. 降压变压器的输入电压为4700 V ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据 得输电线上损失的功率为： ，输电线上的电流为：I2=‎10A。升压变压器原线圈的输入电流为：，则升压变压器的匝数之比为：．故AC错误，B正确， 输电线上损失的电压为： ，升压变压器的输出电压为：U2=10U1=5000V，则降压变压器的输入电压为：U3=U2-△U=4970V．故D错误。‎ ‎8.如图所示，螺线管内有一平行于轴线的匀强磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U型导线框efgh相连，导线框efgh内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导线框efgh在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度随时间按图示规律变化时（　　）‎ A. 在时刻，金属圆环L内的磁通量为零 B. 在 时间内，金属圆环L内有逆时针方向的感应电流 C. 在时刻，金属圆环L内的感应电流最大 D. 在时间内，金属圆环L有收缩趋势 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由B-t图知，t1时刻磁通量的变化率为零，则感应电动势为零，则感应电流为零，L上的磁通量为零，故A正确；在0～t1时间内，由结合图象知：线框efgh中有顺时针方向的感应电流，且逐渐减小，根据楞次定律知金属圆环L 内有顺时针方向的感应电流，故B错误；在t2时刻，磁感应强度为零，但是磁通量的变化率最大，则感应电流最大，通过金属圆环的磁通量最大，金属圆环L内的感应电流最小，故C错误；在t2～t3时间内，L内的磁场减弱，由愣次定律可以确定L必须增大面积以达到阻碍磁通量的减小，故有扩张的趋势，故D错误。‎ 二、多选题 ‎9.在下列各图中，分别标出了磁场B的方向，电流I的方向和导线所受安培力F的方向，其中正确的是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A图中安培力方向应垂直磁场向下，故A错误； B图中安培力方向应水平向左，故B正确； C图中安培力方向应垂着电流方向向左，故C正确； D图中由于磁场和电流方向共线，不受安培力作用，故D错误；‎ ‎10. 一理想变压器原、副线圈的匝数比为10:1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头．则 A. 副线圈输出电压的频率为50Hz B. 副线圈输出电压的有效值约为31V C. P向右移动时，原线圈中的电流变小 D. P向右移动时，负载R上的功率变大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：理想变压器原副线圈不会改变交流电的频率，所以副线圈输出电的频率为，由图可知交流电的周期为0．02s，故频率为50Hz，故A对。变压器原副线圈电压之比为匝数比即10:1，副线圈输出电压最大值为31V，正弦交流电最大值等于有效值的倍，故输出有效值为22V，故B错。P向右移动时，电阻变小，输出电流变大，输入电流也变大，故C错。由C选项可知输出电流增大，由电阻R消耗功率可知，负载R上的功率变大，故D对。故选AD。‎ 考点：理想变压器的规律。‎ ‎11.如图所示，一个水平放置的“∠”型光滑导轨固定在磁感应强度为B的匀强磁场中，ab是粗细、材料与导轨完全相同的导体棒，导体棒与导轨接触良好。在外力作用下，导体棒以恒定速度v向右平动，以导体棒在图中所示位置的时刻作为计时起点，则回路中感应电动势E、感应电流I、导体棒反受外力的功率P和回路中产生的焦耳热Q随时间变化的图象中正确的是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】设“∠”形导轨的夹角为，经过时间t，导体棒的水平位移为，导体棒切割磁感线的有效长度，所以回路中感应电动势，感应电动势与时间t成正比，A正确；相似三角形的三边长之比为定值，故组成回路的三角形导轨总长度与时间成正比，而感应电动势与时间t成正比，故感应电流大小与时间无关，B错误；导体棒匀速移动，外力F与导体棒所受安培力为平衡力，故回路的外力的功率，与时间成正比，C正确；回路产生的焦耳热，式中电流不变，回路电阻与t成正比，故焦耳热Q与成正比，D错误．‎ ‎12.压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，在升降机中将重物放在压敏电阻上，压敏电阻接在如图甲所示的电路中，电流表示数变化如图乙所示，某同学根据电流表的示数变化情况推断升降机的运动状态，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 时间内，升降机可能静止 B. 时间内，升降机可能匀减速上升 C. 时间内，升降机可能匀速上升 D. 时间内，升降机可能匀加速上升 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】0～t1时间内，电路中电流不变，则压敏电阻不变，说明重物对压敏电阻的压力不变，则升降机的加速度不变，所以升降机可能静止，可能匀减速上升，故AB正确； t1～t2时间内，电流随时间增大，则压敏电阻减小，说明重物对压敏电阻的压力增大，故加速度是变化的，所以升降机可能加速上升，但不可能匀速上升，也不可能匀加速上升，故CD错误。‎ ‎【点睛】通过压敏电阻将压力信号转换成电信号，从而根据电路中电表的示数来分析压敏电阻的变化，判断压力的变化，确定升降机的运动状态。本题是信息题，首先要抓住题中有效信息：压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，其他部分是常规问题。‎ 三、填空题 ‎13.在上海的高架道路上，一般限速‎80km/h，为监控车辆是否超速，设置了一些“电子警察”系统，其工作原理如图所示：路面下相隔L埋设两个传感器线圈A和B，当有车辆经过线圈正上方时，传感器能向数据采集器发出一个电信号；若有一辆汽车（在本题中可看作质点）匀速经过该路段，两传感器先后向数据采集器发送信号，时间间隔为△t，经微型计算机处理后得出该车的速度，若超速，则计算机将指令架设在路面上方的照相机C对汽车拍照，留下违章证据。根据以上信息，回答下列问题：‎ ‎（1）试写出微型计算机计算汽车速度的表达式v=______。‎ ‎（2）若L=‎5m，△t=0.3s，则照相机将______工作。（填“会”或“不会”）‎ ‎【答案】 (1). (2). 不会 ‎【解析】‎ 试题分析：（1）微型计算机计算汽车速度时是用短时间内的平均速度代替瞬时速度，所以汽车速度的表达式v=；‎ ‎（2）根据v=得：v==m/s>‎80km/h，超速，故照相机会工作。‎ 考点：平均速度 ‎【名师点睛】解答本题要注意，在时间极短的情况下，可以用平均速度代替瞬时速度，难度不大，属于基础题．（1）微型计算机计算汽车速度时是用短时间内的平均速度代替瞬时速度，所以汽车速度的表达式v=；（2）通过计算得出汽车的速度，跟‎80km/h进行比较，若超速则工作，若不超速，则不工作．‎ 四、实验题探究题 ‎14.图甲为《探究电磁感应现象》实验中所用器材的示意图．现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、B，电流计及开关连接成如图所示的电路．‎ ‎（1）电键闭合后，下列说法中正确的是______‎ A．只要将线圈A放在线圈B中就会引起电流计指针偏转 B．线圈A插入或拔出线圈B的速度越大，电流计指针偏转的角度越大 C．滑动变阻器的滑片P滑动越快，电流计指针偏转的角度越大 D．滑动变阻器的滑片P匀速滑动时，电流计指针不会发生偏转 ‎（2）在实验中，如果线圈A置于线圈B中不动，因某种原因，电流计指针发生了偏转．这时，线圈B相当于产生感应电流的“电源”．这个“电源”内的非静电力是______．如果是因为线圈A插入或拔出线圈B，导致电流计指针发生了偏转．这时，是______转化为电能．‎ ‎（3）上述实验中，线圈A、B可等效为一个条形磁铁，将线圈B 和灵敏电流计简化如图乙所示．当电流从正接线柱流入灵敏电流计时，指针向正接线柱一侧偏转．则乙图中灵敏电流计指针向______其接线柱方向偏转（填：正、负）．‎ ‎【答案】（1）BC；（2）感应电场的电场力；机械能；（3）负 ‎【解析】‎ 试题分析：（1）将线圈A放在线圈B中，由于磁通量不变化，故不会产生感应电流，也不会引起电流计指针偏转，选项A错误；线圈A插入或拔出线圈B的速度越大，则磁通量的变化率越大，产生的感应电流越大，电流计指针偏转的角度越大，选项B正确；滑动变阻器的滑片P滑动越快，电流的变化率越大，磁通量的变化率越大，则感应电流越大，电流计指针偏转的角度越大，选项C正确；滑动变阻器的滑片P匀速滑动时，电流发生变化，磁通量变化，也会产生感应电流，故电流计指针也会发生偏转，选项D错误；故选BC；‎ ‎（2）这个“电源”内的非静电力是感应电场的电场力。如果是因为线圈A插入或拔出线圈B，导致电流计指针发生了偏转。这时是机械能转化为电能。‎ ‎（3）根据楞次定律可知，通过电流计的电流从负极流入，故灵敏电流计指针向负其接线柱方向偏转。‎ 考点：研究电磁感应现象 ‎【名师点睛】本题考查了感应电流产生的条件及实验电路分析，知道感应电流产生条件，穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合电路中会产生感应电流；认真分析即可正确解题。‎ 五、计算题 ‎15.（18分）如图所示，质量，电阻，长度的导体棒横放在U型金属框架上。框架质量，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数，相距‎0.4m的、相互平行，电阻不计且足够长。电阻的垂直于。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度。垂直于施加的水平恒力，从静止开始无摩擦地运动，始终与、保持良好接触。当运动到某处时，框架开始运动。设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取‎10m/s2。‎ ‎（1）求框架开始运动时速度v的大小；‎ ‎（2）从开始运动到框架开始运动的过程中，上产生的热量，求该过程位移x的大小。‎ ‎【答案】（1）‎6m/s ‎(2) x="‎1.1m "‎ ‎【解析】‎ 试题分析：ab向右做切割磁感线运动，产生感应电流，电流流过MN，MN受到向右的安培力，当安培力等于最大静摩擦力时，框架开始运动．根据安培力、欧姆定律和平衡条件等知识，求出速度．依据能量守恒求解位移．‎ 解：（1）由题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力为：‎ F=μFN=μ（m1+m2）g ab中的感应电动势为：E=Blv MN中电流为：‎ MN受到的安培力为：F安=IlB 框架开始运动时有：F安=F 由上述各式代入数据，解得：v=‎6m/s ‎（2）导体棒ab与MN中感应电流时刻相等，由焦耳定律Q=I2Rt得知，Q∝R 则闭合回路中产生的总热量：=×0.1J=0.4J 由能量守恒定律，得：Fx=+Q总 代入数据解得：x=‎‎1.1m 答：（1）求框架开始运动时ab速度v的大小为‎6m/s；‎ ‎（2）从ab开始运动到框架开始运动的过程中ab位移x的大小为‎1.1m．‎ ‎【点评】本题是电磁感应中的力学问题，考查电磁感应、焦耳定律、能量守恒定律定律等知识综合应用和分析能力．‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎16.如图为一弹簧振子的振动图象，求：‎ ‎（1）该振子简谐运动的表达式．‎ ‎（2）在第2s末到第3s末这段时间内弹簧振子的加速度、速度是怎样变化的？‎ ‎（3）该振子在前100s的位移是多少？路程是多少？‎ ‎【答案】(1)x=Asinωt=5sin0.5πtcm;‎ ‎(2)在第2s末到第3s末这段时间内，弹簧振子的位移负向逐渐增大，速度减小，加速度逐渐增大 ‎(3)该振子在前100s的总位移为零，路程为‎5m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）弹簧振子的周期为T=4s，则公式ω==0.5π rad/s；振幅A =‎5cm故该振子简谐运动的表达式为x =Asinωt=5sin0.5πtcm．‎ ‎（2）第2s末到第3s末这段时间内，据图可知，振子的位移负向逐渐增大，速度减小，加速度逐渐增大；‎ ‎（3）因，而振子在一个周期内通过的路程是‎4A，所以振子在前100s的总路程是：S=25×‎4A=100×‎5cm=‎500cm=‎5m；总位移为0．‎ ‎17.如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=0.5T，边长L=‎10cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈电阻r=1Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，角速度ω=2πrad/s​外电路电阻R=4Ω，求：‎ ‎（1）转过60°角时的瞬时感应电动势；‎ ‎（2）交流电压表的示数；‎ ‎（3）线圈转过60°角的过程中，通过R的电荷量。‎ ‎【答案】1.57V ;1.78V；8.66×10‎‎-2C ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据Em=NBωS，可得感应电动势的最大值：‎ Em=100×0.5×0.12×2πV=3.14V；‎ 由于线框垂直于中性面开始计时，所以瞬时感应电动势表达式：‎ e=Emcos2πt（V）；‎ 当线圈转过60°角时的瞬时感应电动势为：e=1.57V；‎ ‎（2）转动过程中，交流电压表的示数为有效值，所以有：‎ ‎（3）线圈转过60°角，通过R的电量q电，由公式可得：‎