2018-2019学年福建省霞浦第一中学高二下学期第一次月考物理试题（A卷) 解析版

2018-2019学年福建省霞浦第一中学高二下学期第一次月考物理试题（A卷) 解析版

霞浦一中2018-2019学年第二学期高二年第一次月考 物理试卷(A)‎ 一、选择题（本题共12题，每小题4分，共48分。1-8题只有一个选项正确，9-12有多个选项正确，选不全的得2分，错选或多选都不得分，请将正确的选项填写在答题卷上）‎ ‎1.现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如右图所示连接．下列说法中正确的是( )‎ A. 开关闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转 B. 线圈A插入线圈B中后，开关闭合或断开瞬间电流计指针均不会偏转 C. 开关闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电流计指针静止在中央零刻度 D. 开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：电键闭合后，线圈A插入或拔出都会引起穿过线圈B的磁通量发生变化，从而电流计指针偏转，选项A正确；线圈A插入线圈 B中后，电键闭合和断开的瞬间，线圈B的磁通量会发生变化，电流计指针会偏转，选项B错误；电键闭合后，滑动变阻器的滑片P无论匀速滑动还是加速滑动，都会导致线圈A的电流发生变化，线圈B的磁通量变化，电流计指针都会发生偏转，选项C、D错误．‎ 故选A 考点：本题考查了感应电流产生的条件，‎ 点评：知道感应电流产生条件，认真分析即可正确解题．‎ ‎2.如图所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框，在下列四种情况下，线框中会产生感应电流的是( ) ‎ A. 线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中左右运动 B. 线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中上下运动 C. 线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线 AB 转动 D. 线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线 CD 转动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：产生感应电流的条件是穿过闭合线圈的磁通量发生变化，ABD中线圈中的磁通量都不发生变化，只有C中闭合线圈的磁通量发生变化，所以C正确 考点：考查了感应电流产生条件 ‎3.两只相同的电阻，分别通以正弦波形的交流电和方波形的交流电，两种交流电的最大值相等，且周期相等(如图所示)。在正弦波形交流电的一个周期内，正弦波形的交流电在电阻上产生的焦耳热为Q1，其与方波形交流电在电阻上产生的焦耳热Q2之比Q1∶Q2等于(　　)‎ A. 1∶2 B. 2∶1‎ C. 1∶1 D. 4∶3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】两种交变电流的最大值为Im。对于正弦式电流有效值I1=Im．对于方波，有效值I2=Im。 根据焦耳定律得：Q1=I12RT，Q2=I22RT；则 Q1：Q2=1：2，故选A。‎ ‎4.如图，理想变压器的原线圈接在u＝220sin 100πt（V）的交流电源上，副线圈接有R＝55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是(　　)‎ A. 原线圈的输入功率为220W B. 电压表的读数为110V C. 电流表的读数为1 A D. 副线圈输出交流电的周期为50 s ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由瞬时值的表达式可得，原线圈的电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比可得，副线圈的电压为110V，再由输入功率和输出功率相等可得220I1=，所以原线圈的电流的大小为1A，电流表的读数为1 A，原线圈的输入功率为220W，故C正确，A错误；电压表的读数为电压的有效值，由A的分析可知，副线圈的有效值为110V，所以电压表的读数为110V，故B错误；变压器不会改变交流电的周期和频率，所以副线圈中输出交流电的周期为T==0.02s，故D错误；故选C。‎ ‎5. 将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是 A. 感应电动势的大小与线圈的匝数无关 B. 穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大 C. 穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大 D. 感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：解答本题应掌握感应电动势取决于磁通量的变化快慢，与磁通量的变化及磁通量无关．‎ 解：由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E=n，即感应电动势与线圈匝数有关故A错误；同时可知，感应电动势与磁通量的变化率有关，磁通量变化越快，感应电动势越大，故C正确；‎ 穿过线圈的磁通量大，但若所用的时间长，则电动势可能小，故B错误；‎ 由楞次定律可知：感应电流的磁场方向总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故原磁通增加，感应电流的磁场与之反向，原磁通减小，感应电流的磁场与原磁场方向相同，即“增反减同”，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】感应电动势取决于穿过线圈的磁通量的变化快慢，在理解该定律时要注意区分磁通量、磁通量的变化量及磁通量变化率三者间区别及联第．‎ ‎6.如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ，设先后两次通过金属框的磁通量变化量大小分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则(　　)‎ A. ΔΦ1＞ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿adcba方向电流出现 B. ΔΦ1＝ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿abcda方向电流出现 C. ΔΦ1＜ΔΦ2，两次运动中线框中均无感应电流出现 D. ΔΦ1＜ΔΦ2，两次运动中线框中均有感应电流出现 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设在位置Ⅰ时磁通量大小为Φ1，位置Ⅱ时磁通量大小为Φ2。第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，穿过线框的磁感线方向没有改变，磁通量变化量△Φ1=Φ1-Φ2，根据楞次定律判断可知，感应电流沿adcba方向；第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ，穿过线框的磁感线的方向发生改变，磁通量变化量△Φ2=Φ1+Φ2，根据楞次定律判断可知，感应电流沿adcba方向；则可知，△Φ1＜△Φ2，两次运动中线框中均有沿 adcba 方向电流出现，故D正确，ABC错误。故选D。‎ ‎7.如图甲、乙所示的电路中，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. 在电路甲中，断开S后，A将立即变暗 B. 在电路甲中，断开S后，A将先变得更亮，然后才逐渐变暗 C. 在电路乙中，闭合S后，A将逐渐变亮 D. 在电路乙中，断开S后，A将先变得更亮，然后才逐渐变暗 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】在电路甲中，断开S，由于线圈阻碍电流变小，导致A将逐渐变暗。故AB错误；在电路乙中，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C错误，D正确；故选D。‎ ‎8.高频感应炉是用来熔化金属对其进行冶炼的，如图所示为冶炼金属的高频感应炉的示意图，炉内放入被冶炼的金属，线圈通入高频交变电流，这时被冶炼的金属就能被熔化，这种冶炼方法速度快，温度易控制，并能避免有害杂质混入被炼金属中，因此适于冶炼特种金属．该炉的加热原理是(　　)‎ A. 利用线圈中电流产生的焦耳热 B. 利用交变电流的交变磁场在炉内金属中产生的涡流 C. 利用线圈中电流产生的磁场 D. 给线圈通电的同时，给炉内金属也通了电 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】真空冶炼炉的原理电电磁感应现象，当线圈中的电流做周期性的变化，线圈产生高频变化的磁场，磁场穿过金属，在金属内产生强涡流，从而在导体中产生大量的热；并不是单纯利用线圈中电流的磁场，同时也没有利用线圈中电流产生的焦耳热，更没有为金属通电，故B正确，ACD错误；故选B。‎ ‎9.如图所示，空间有一个方向水平的有界磁场区域，一个矩形线框，自磁场上方某一高度下落，然后进入磁场，进入磁场时，导线框平面与磁场方向垂直．则在进入时导线框不可能(　　)‎ A. 匀加速下落 B. 变加速下落 C. 匀速下落 D. 变减速下落 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】线框进入磁场过程中受到的安培力：；如果，线框向下做加速运动，由牛顿第二定律得：mg-=ma，a=g-，由于速度v增大，a减小，线框向下做变加速运动，故B正确，A错误；如果，线框受到的合力向上，线框向下做减速运动，由牛顿第二定律得：-mg=ma，a=-g，由于速度v减小，a减小，线框向下做变减速运动，故D正确；如果，线框将向下做匀速直线运动，故C正确；本题选错误的，故选A.。‎ ‎10.在xOy平面内有一条抛物线金属导轨，导轨的抛物线方程为y2＝4x ， 磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向里，一根足够长的金属棒ab垂直于x轴从坐标原点开始，以恒定速度v沿x轴正方向运动，运动中始终与金属导轨保持良好接触形成闭合回路，如图甲所示．则所示图象中能表示回路中感应电动势大小随时间变化的图象是( )‎ 甲 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由图知，导体切割的有效长度为2y，根据法拉第电磁感应定律，又y2=4x，x=vt，联立解得，因导体做匀速运动，故E2与t成正比，所以B正确；ACD错误。‎ 考点：本题考查电磁感应 ‎11. 在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述符合史实的是 A. 奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应解释了电和磁之间存在联系 B. 安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说 C. 法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流 D. 楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ 奥斯特在实验中观察到电流的磁效应,该效应揭示了电和磁之间存在联系，选项A正确； 安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性,提出了分子电流假说，选项B正确； 法拉第在实验中观察到,在通有变化电流的静止导线附近的固定导线圈中会出现感应电流，选项C错误； 楞次在分析了许多实验事实后提出,感应电流应具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项D正确；故选ABD.‎ ‎12.如图所示，一轻质绝缘横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，老师拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，同学们看到的现象及现象分析正确的是(　　)‎ A. 磁铁插向左环，横杆发生转动 B. 磁铁插向右环，横杆发生转动 C. 磁铁插向左环，左环中不产生感应电动势和感应电流 D. 磁铁插向右环，右环中产生感应电动势和感应电流 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】左环不闭合，磁铁插向左环时，产生感应电动势，但不产生感应电流，环不受力，横杆不转动；故AC错误；右环闭合，磁铁插向右环时，环内产生感应电流，环受到磁场的作用，横杆转动；根据楞次定律：来拒去留，从上向下看横杆发生逆时针方向转动。所以选项BD正确。故选BD。‎ ‎13.如图所示，“U”形金属框架固定在水平面上，金属杆ab与框架间无摩擦，整个装置处于竖直方向的磁场中．若因磁场的变化，使杆ab向右运动，则磁感应强度(　　)‎ A. 方向向下并减小 B. 方向向下并增大 C. 方向向上并增大 D. 方向向上并减小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 当磁感应强度B方向向下并减小时，穿过回路的磁通量减小，根据楞次定律判断得到：回路中感应电流方向为顺时针方向（俯视），杆中的感应电流方向是从a到b，由左手定则可知，安培力的方向向右，使杆向右运动．故A正确；当磁感应强度B方向向下并增大时，穿过回路的磁通量增大，根据楞次定律判断得到：回路中感应电流方向为逆时针方向（俯视），杆中的感应电流方向是从b到a，由左手定则可知，安培力的方向向左，使杆向左运动．故B错误．当磁感应强度B方向向上并增大时，穿过回路的磁通量增大，根据楞次定律判断得到：回路中感应电流方向为顺时针方向（俯视），杆中的感应电流方向是从a到b，由左手定则可知，安培力的方向向左，使杆向左运动．故C错误；当磁感应强度B方向向上并减小时，穿过回路的磁通量减小，根据楞次定律判断得到：回路中感应电流方向为逆时针方向（俯视），杆中的感应电流方向是从b到a，由左手定则可知，安培力的方向向右，使杆向右运动．故D正确．故选AD．‎ ‎【点睛】当磁感应强度B均匀增大时，根据楞次定律判断感应电流的方向．根据法拉第电磁感应定律分析感应电流大小如何变化．由左手定则判断金属棒所受的安培力方向．由安培力公式F=BIL分析金属杆受到的安培力如何变化．‎ ‎14. 1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是 A. 圆盘上产生了感应电动势 B. 圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动 C. 在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化 D. 圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 圆盘运动过程中，半径方向的金属条在切割磁感线，在圆心和边缘之间产生了感应电动势，选项A对，圆盘在径向的辐条切割磁感线过程中，内部距离圆心远近不同的点电势不等而形成涡流产生，选项B对。圆盘转动过程中，圆盘位置，圆盘面积和磁场都没有发生变化，所以没有磁通量的变化，选项C错。圆盘本身呈现电中性，不会产生环形电流，选项D错。‎ ‎【考点定位】电磁感应 ‎【规律总结】把握磁通量的变化才是关键，根据对称性，圆盘磁通量始终等于零，无磁通量变化。‎ 二、实验题（本题共2小题，每空格2分，共14分）‎ ‎15.读出下列仪器的读数：‎ ‎（1）甲电压表读数为________V,乙电压表读数为__________V；‎ ‎（2）螺旋测微器读数为_______mm；‎ ‎（3）用已调零且选择旋钮指向欧姆档“×1k”位置的多用电表粗略测量某电阻阻值如图所示，该电阻阻值为____Ω．‎ ‎【答案】 (1). 1.00 (2). 9.5 (3). 10.445 (10.443～10.448均可) (4). 30000或者 3×104 或者 30k ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）甲电压表最小刻度为0.1V，则读数为1.00V；乙电压表最小刻度为0.5V，则读数为9.5V；（2）螺旋测微器固定刻度示数为10mm，旋转刻度示数为44.5×0.01mm=0.445mm，则读数为10.445mm；‎ ‎（3）用多用电表的电阻“×1k”挡，由图所示可知，电阻阻值为30×1kΩ=30kΩ；‎ ‎16.在测绘额定电压为2.5V的小灯泡的伏安特性曲线实验中，用导线按如图甲所示方式连接实物．‎ ‎(1)根据实物连接图，在方框内画出电路图__________：‎ ‎(2)图乙是根据测量的数据，在坐标纸中作出的小灯泡的伏安特性曲线，由图线可知，当小泡在额定电压下工作时，其功率是_______ W.‎ ‎(3)将该小灯泡与电动势为6．0V、内阻为15Ω的干电池组及一个滑动变阻器串联成闭合回路，当滑动变阻器连人电路的 阻值为____Ω时，干电池组的输出功率最大．‎ ‎【答案】 (1). (2). 1.2 (3). 12.5‎ ‎【解析】‎ ‎（1）根据实物图可知，该电路采用滑动变阻器分压接法，同时电流表采用了外接法，故原理图如图所示；‎ ‎（2）由图可知，当电压为2.5V时，电流为0.48A；功率P=IU=1.2W. （4）要使电源输出功率最大，应使内外电阻相等，则可知，外电阻应为7.5Ω，此时电路中电流为： ，由图可知，电压U=0.5V，则灯泡电阻为： ；滑动变阻器阻值为：R=15-2.5=12.5Ω.‎ 点睛：本题考查了实验器材的选择、设计实验电路图、作图象、求灯泡实际功率等问题；要正确实验器材的选取原则；要掌握描点法作图的方法；要学会应用图象法处理实验数据；同时注意灯泡电阻随温度的变化而变化，不能作为定值电阻处理，但可以利用串并联电路的基本规律进行分析求解。‎ 三、计算题（本题3小题，共38分。答题时要写出必要的文字说明、物理公式和重要的演算步骤，只有答案或只有数字运算不给分）‎ ‎17.如图所示，空间存在方向竖直向下的磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L＝0.2m．小灯泡A接在导轨一端，ab是跨接在导轨上的导体棒，开始时ab与NQ的距离为0.2m.‎ ‎(1)若导体棒固定不动，磁感应强度随时间的变化率＝50 T/s，则感应电动势多大？‎ ‎(2)若磁感应强度保持B＝2T不变，整个闭合回路的总电阻R＝2 Ω，ab以5 m/s的速度向左匀速运动，则通过小灯泡A的电流多大？‎ ‎【答案】(1)2V.　(2)1A ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由法拉第电磁感应定律可得： ‎ ‎（2）由E＝BLv＝2×0.2×5V=2V 则通过小灯泡A的电流：I＝＝1A ‎18.如图所示，线圈abcd的面积是0.05 m2，共100匝，线圈总电阻为1 Ω，外接电阻R＝9 Ω，匀强磁场的磁感应强度B＝T。当线圈以ω＝10π rad/s的角速度匀速旋转时。‎ ‎(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式;‎ ‎(2)线圈转过 s时电动势的瞬时值是多少;‎ ‎(3)画出电动势随时间变化的图像。‎ ‎【答案】(1)e＝50sin 10πt V　(2)12.5V　(3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据Em＝nBSω，则Em=100××0.05×10π V＝50 V 瞬时值表达式为e＝50sin (10πt )V。‎ ‎（2）当时e＝50sinV＝12.5 V ‎（3）如图所示：‎ ‎19.如图所示，MN、PQ是两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为d，导轨所在平面与水平面成θ角，M、P间接阻值为R的电阻．匀强磁场的方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B.质量为m、阻值为r的金属棒放在两导轨上，在平行于导轨的拉力作用下，以速度v 匀速向上运动．已知金属棒与导轨始终垂直并且保持良好接触，重力加速度为g.求：‎ ‎(1)金属棒产生的感应电动势E；‎ ‎(2)通过电阻R的电流I；‎ ‎(3)拉力F的大小．‎ ‎(4)在拉力作用下以速度v匀速向上运动足够长时间后，撤去拉力F，金属棒将继续向上运动后开始下滑，求下滑过程中的最大速度vm．‎ ‎【答案】(1)Bdv　(2) 　(3) (4) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律得E＝Bdv. ‎ ‎（2）根据闭合电路欧姆定律得 ‎ ‎（3）导体棒的受力情况如图所示，‎ 根据牛顿第二定律有F－F安－mgsin θ＝0‎ 因为F安＝BId＝ ‎ 所以F＝mgsin θ＋‎ ‎（4）金属杆从导轨上由静止滑下，经足够长时间后，速度达最大值vm，此后金属杆做匀速运动。金属杆受重力、导轨的支持力和安培力如图所示。‎ 安培力 对金属杆列平衡方程式：mgsin θ＝ ‎ 则.‎ ‎20.如图甲所示，光滑水平面上有一单匝正方形金属框，边长为L，质量为m，总电阻为R。匀强磁场方向垂直于水平面向里，磁场宽度为3L，金属框在拉力作用下向右以速度v0匀速进入磁场，并保持v0沿直线运动到磁场右边界（即金属框cd边到达磁场右边界），速度方向始终与磁场边界垂直。当金属框cd边到达磁场左边界时，匀强磁场磁感应强度大小按如图乙所示的规律变化。‎ ‎(1)金属框一半进入磁场时，金属框的电流I,金属框cd边的电压Ucd；‎ ‎(2)金属框从进入磁场到cd边到达磁场右边界的过程中，求产生的焦耳热Q及拉力对金属框做的功W；‎ ‎(3)金属框cd边到达磁场右边界后，若无拉力作用且金属框能穿出磁场，求金属框离开磁场过程中通过回路的电荷量q。‎ ‎【答案】(1) (2) 　　(3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）金属框一半进入磁场时产生的电动势 ‎（2）金属框进入磁场过程产生的焦耳热： ‎ 拉力做的功：W1＝Q1＝‎ 金属框在磁场中运动过程： ‎ 产生的焦耳热： ，此过程中拉力做功为零。‎ 金属框从进入磁场到cd边到达磁场的右边界的过程：Q＝Q1＋Q2＝‎ 拉力对金属框做的功：W＝W1＝‎ ‎（3）金属框离开磁场过程：， ，q＝Δt ‎ 解得q＝ ‎ 其中ΔΦ＝2B0L2‎ 联立可得：‎ ‎ ‎ ‎ ‎