2018-2019学年甘肃省兰州第一中学高二下学期3月月考物理试题 解析版

2018-2019学年甘肃省兰州第一中学高二下学期3月月考物理试题 解析版

兰州一中 2018-2019-2 学期 3 月月考试题高二物理 一、选择题 ‎1.穿过一个单匝闭合线圈的磁通量始终为每秒均匀增加2 Wb，则(　　)‎ A. 线圈中感应电动势每秒增加2 V B. 线圈中感应电动势每秒减少2 V C. 线圈中感应电动势始终为2 V D. 线圈中感应电动势始终为一个确定值，但由于线圈有电阻，电动势小于2 V ‎【答案】C ‎【解析】‎ 得，恒定不变，所以选C ‎2.如图，在匀强磁场中，MN、PQ 是两条平行金属导轨，而 ab、cd 为串有电压表和电流表的 两根金属棒，当两棒以相同的速度向右运动时（ ）‎ A. 电压表有读数，电流表有读数 B. 电压表无读数，电流表无读数 C. 电压表有读数，电流表无读数 D. 电压表无读数，电流表有读数 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】两根金属棒产生的感应电动势大小相等，都为E=BLv，由右手定则可知，两个感应电动势方向相反，相互抵消，整个回路总的感应电动势为零，没有感应电流，所以电压表和电流表读数都是0，两电表均无示数。‎ 故选：B。‎ ‎3.如图所示，两个互连的金属圆环，粗金属环的电阻是细金属环电阻的一半，磁场垂直穿过粗金属环所在的区域，当磁感应强度均匀变化时，在粗环内产生的电动势为E，则ab两点间的电势差为（ ）‎ A. E/2 B. E/3‎ C. 2E/3 D. E ‎【答案】C ‎【解析】‎ 粗环相当于电源，粗金属环的电阻是细金属环电阻的一半，电阻之比为1:2，内外电压之比为1:2，则ab两点间的电势差为路端电压2E/3，故应该选C ‎4.一个匝数为100匝，电阻为0.5Ω的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按图示规律变化。则线圈中产生交变电流的有效值为 (　　)‎ A. 5A B. 2A C. ‎6A D. ‎‎5A ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎0−1s内的磁通量变化率为：K1=0.01/1Wb/s=0.01Wb/s，‎ 则感应电动势为：E1=nK1=1V，‎ ‎1−1.2s内的磁通量变化率为：K2=0.01/0.2Wb/s=0.05Wb/s，‎ 则感应电动势为：E2=nK2=5V，‎ 对一个定值电阻，在一个周期内产生的热量：‎ Q=Q1+Q2= ×1+ ×0.2=3J 根据有交流电有效值的定义：Q=I2RT    ‎ 得：I=A，故BCD错误，A正确；‎ 故选：A.‎ ‎5.如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是 A. PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向 B. PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向 C. PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向 D. PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 因为PQ突然向右运动，由右手定则可知，PQRS中有沿逆时针方向的感应电流，穿过T中的磁通量减小，由楞次定律可知，T中有沿顺时针方向的感应电流，D正确，ABC错误。‎ ‎【名师点睛】解题关键是掌握右手定则、楞次定律判断感应电流的方向，还要理解PQRS中感应电流产生的磁场会使T中的磁通量变化，又会使T中产生感应电流。‎ ‎6.如图所示电路中，L是一个不计直流电阻的电感线圈，直流电源1的电压值与交流电源2电压有效值相等，S是单刀双掷开关，C是电容器，A、B是完全相同的小灯泡，则下列叙述正确的有（　　）‎ A. 开关S与2接通后，灯B发光，而灯A不发光 B. 开关S与1接通后，灯B的亮度比开关与2接通稳定后灯B的亮度低 C. 开关S与1接通时，灯A亮一下后熄灭，而灯B逐渐变亮 D. 若将电源2换成一个既含有高频信号又含有低频信号的信号源，则当开关与2接通时，通过B灯的主要是高频信号 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 电容器的特点为阻直流通交流，当开关S与1接通时灯A灯不亮，通过电感线圈的电流增大，所以线圈会阻碍电路电流的增大，故B灯是逐渐变亮，A正确；开关S与2接通后，电感线圈始终会阻碍电流的变化，这种阻碍一直存在，所以要比接通1稳定后要暗，而此时有部分电流通过电容器，故A灯也会亮，BC错误；线圈对交流电有通低频阻高频的作用，所以若将电源2换成一个既含有高频信号又含有低频信号的信号源，则当开关与2接通时，通过B灯的主要是低频信号，故D正确．‎ ‎【点睛】对于电容器来说能通交流隔直流，而频率越高越容易通过．对于线圈来讲通直流阻交流，通低频率交流阻高频率交流．‎ ‎7. 如图所示，变压器初级线圈接电压一定的交流电，在下列措施中能使电流表示数增大的是：‎ A. 只将S1从2拨向1‎ B. 只将S2从4拨向3‎ C. 只将S3从闭合改为断开 D. 只将变阻器R3的滑动触头上移 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：只将从2拨向1时，原线圈匝数减小，输出电压变大，故输出电流变大，输入电流即电流表的示数也变大，故A正确；只将 从4拨向3时，副线圈匝数减小，输出电压变小，故输出电流变小，输入电流变小，故B错误；只将从闭合变为断开，少一个支路，电压不变，总电阻变大，输出功率减小，则输入功率也减小，电流表的示数减小，故C错误；只将变阻器的滑动触头上移，负载总电阻变大，故输出电流变小，故输入电流减小，故D错误。‎ 考点：变压器的构造和原理 ‎【名师点睛】理想变压器原副线圈电压与匝数成正比，电流与匝数成反比；理想变压器输入功率等于输出功率；根据以上两条规律分析讨论即可。‎ ‎8.如图甲所示，光滑导轨水平放置在斜向下且与水平方向夹角为的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示规定斜向下为B的正方向，导体棒ab垂直导轨放置且与导轨接触良好，除导体棒电阻R的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab在水平外力作用下始终处于静止状态规定的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力的正方向，则在0~t1时间内，能正确反映流过导体棒ab的电流I和导体棒ab所受水平外力F随时间t变化的图象是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由法拉第电磁感应定律可分析电路中的电动势，则可分析电路中的电流，根据楞次定律判断感应电流的方向；由安培力公式可得出安培力的表达式，则可得出正确的图象．‎ ‎【详解】由，由图乙知，B的变化率不变，即保持不变，则感应电动势保持不变，电路中电流I不变；根据楞次定律判断得知ab中感应电流沿b→a，为负值。故AB错误。由安培力F=BIL可知，电路中安培力随B的变化而变化，当B为负值时，根据楞次定律判断可知ab中感应电流从b到a，安培力的方向垂直于磁感线斜向右下方，如图所示，根据平衡条件可知，水平外力水平向左，为负，大小为 ，同理，B为正值时，水平外力水平向右，为正，大小为，故C错误，D正确；故选D。‎ ‎【点睛】对于图象问题，关键要熟练运用法拉第电磁感应定律、安培力、左手定则等规律，得到物理量的表达式，再研究图象的意义．可定性判断与定量、排除法和直判法相结合的方法进行解答．‎ ‎9.如图，两同心圆环 A、B 置于同一水平面上，其中 B 为均匀带负电绝缘环，A 为导体环。当 B 绕轴心顺 时针转动且转速增大时，下列说法正确的是( )‎ A. A 中产生逆时针的感应电流 B. A 中产生顺时针的感应电流 C. A 具有收缩的趋势 D. A 具有扩展的趋势 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】由图可知，B为均匀带负电绝缘环，B中电流为逆时针，由右手螺旋定则可知，电流的磁场向外且增大 A、B项：由楞次定律可知，磁场增大时，感应电流的磁场与原磁场方向相反，所感应电流的磁场方向向里，所以感应电流的方向为顺时针方向，故A错误，B正确；‎ C、D项：B环外的磁场方向与B环内的磁场方向相反即向里，由左手定则可知，A受的安培力方向背离圆心向外，所以 A环具有面积扩展的趋势，故C错误，D正确。‎ 故选：BD。‎ ‎10.如图，条形磁铁位于固定的半圆光滑轨道的圆心位置，一半径为 R、质量为 m 的金属球从半圆轨道的 一端沿半圆轨道由静止下滑，重力加速度大小为 g。下列正确的是( )‎ A. 金属球中不会产生感应电流 B. 金属球会运动到半圆轨道的另一端 C. 金属球受到的安培力做负功 D. 系统产生的总热量为 mgR ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：由条形磁铁的磁场分布可知，金属球下滑过程中，穿过小球的磁通量会变化，所以金属球中会产生感应电流，故A错误；、‎ B项：由于金属球下滑过程中有电流产生，也就有热量产生，由能量守恒可知，小球不能运动到半圆轨道的另一端，故B错误；‎ C项：根据产生的焦耳热等克服安培力所做的功可知，金属球受到的安培力做负功，故C正确；‎ D项：由于小球下滑过程机械能转化为内能，所以小球的高度越来越低，最后停止在半圆的最低点，由能量守恒可得，产生的总热量为减小的重力势能即为mgR，故D正确。‎ 故选：CD。‎ ‎11.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为 4：1，电压表、电流表为理想电表．L1、L2、L3、L4为四只规格均为“220V，60W”的相同灯泡．如果副线圈电压按图乙所示规律变化，则下列说法正确的是（）‎ A. 电流表的示数为 ‎‎0.82A B. 电压表的示数为 660 V C. a、b 两点的电压是 1100V D. a、b 两点的电压是 1045V ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：副线圈电压为220V，，三只灯泡都正常发光，电流 I=，故A正确；‎ B项：由输出端交变电压U的图象，可求出有效值为220V，由原、副线圈匝数之比为4：1，可得原、副线圈的电压之比为4：1，则原线圈的电压即电压表的示数为 ‎，故B错误；‎ C、D项：原、副线圈的电流之比为1：4，则副线圈电流为，灯泡的电阻R=，则ab两点的电压为 ‎，故C错误，D正确。‎ 故选：AD。‎ ‎12.如图所示，固定的竖直光滑U型金属导轨，间距为L，上端接有阻值为R的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、电阻为r的导体棒与劲度系数为k的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计。初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为，此时导体棒具有竖直向上的初速度，在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。则下列说法正确的是（ ）‎ A. 初始时刻导体棒受到的安培力大小 B. 初始时刻导体棒加速度的大小 C. 导体棒往复运动，最终将静止时弹簧处于压缩状态 D. 导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】初始时刻导体棒产生的感应电动势E=BLv0，感应电流，安培力，A错误；初始时刻，由牛顿第二定律有ma=mg+kx1+F，解得，B正确；当导体棒静止时，安培力为零，棒受到重力和弹簧的弹力而平衡，弹力的方向向上，弹簧处于压缩状态，选项C正确；导体棒最终静止时，弹簧被压缩，故棒从开始运动到最终静止，弹簧的弹性势能不变，由能量守恒有，解得系统产生的总热量，则R上产生的热量要小于Q，D错误；故选BC。‎ 二、填空题 ‎13.如图所示，匀强磁场 B＝0.05T，矩形线圈的匝数 N＝100，边长 Lab＝‎0.20m，Lbc＝‎0.10m，以 300r/min 的转速匀速转动，线圈总电阻为 2Ω，.线圈外接电阻为 8Ω．从通过中性面时开始计时，‎ ‎（1）交变电动势的瞬时值表达式为_______V；‎ ‎（2）交变电压表的示数为__________V；‎ ‎（3）线圈由图示位置转过的过程中，电阻 R 上产生的热量为_______J；‎ ‎（4）线圈由图示位置转过的过程中，通过电阻 R 的电量为_____C。‎ ‎【答案】 (1). ； (2). ； (3). ； (4). ‎‎0.01C ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)线圈的角速度： ‎ 感应电动势的最大值为： ‎ 所以线圈中感应电动势的瞬时表达式为：‎ ‎ ；‎ ‎(2) 电动势的有效值为：，由串联电路的特点可知，电压表的示数为：；‎ ‎(3)电动势的有效值为：，电流为： ，‎ 所以热量Q=；‎ ‎(4)线圈由图示位置转过过程中，通过电阻R的电荷量为：。‎ 三、计算题 ‎14.如图所示，间距L=‎1m的两根足够长的固定水平平行导轨间存在着匀强磁场，其磁感应强度大小B=1T、方向垂直于纸面向里，导轨上有一金属棒MN与导轨垂直且在水平拉力F作用下以v=‎2m/s的速度水平向左匀速运动．R1=8Ω．R2=12Ω．C=6μF．导轨和棒的电阻及一切摩擦均不计．开关S1，S2闭合，电路稳定后，求：‎ ‎（1）通过R2的电流I的大小和方向；‎ ‎（2）拉力F的大小；‎ ‎（3）开关S1切断后通过R2的电荷量Q．‎ ‎【答案】（1）‎0.1A（2）0.1N（3）7.2×10‎‎-6C ‎【解析】‎ ‎（1）开关S1、S2闭合后，根据右手定则知棒中的感应电流方向是由M→N，所以通过R2的电流方向是由b→a.MN中产生的感应电动势的大小E=BLv.‎ 流过R2的电流I=.‎ 代入数据解得I=‎0.1A。.‎ ‎(2)棒受力平衡，有，.‎ 代入数据解得 ‎(3)开关S1、S2闭合，电路稳定后，电容器所带电荷量Q1=CIR2.‎ S1切断后，流过R2的电荷量Q等于电容器所带电荷量的减少量，即Q=Q1-0‎ 代入数据解得Q=7.2×10‎-6C. ‎ ‎15.某水电站，水流的高度差为 h=‎5m，流量 Q=‎2m3‎/s，若发电机的总效率为 50%，输出电压为250V，输电线路总电阻 R=30Ω，允许损失功率为发电机输出功率的 6%，为使用户获得 220V 电压，求：‎ ‎（1）该输电线路所使用的理想升压、降压变压器的匝数比各是多少？‎ ‎（2）能使多少盏“220V 100W”的电灯正常发光？‎ ‎【答案】(1)1:20，21：1；(2)470‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设升压变压器匝数比为n1∶n2，原线圈电压为U1，副线圈电压为U2，电流为I2，输入功率P1，输出功率P2。降压变压器匝数比为n3∶n4，原线圈电压为U3，输入功率P3，输出功率P4，副线圈的电压为U4，输电线上损失的功率为ΔP，电压损失为ΔU，电阻为R，水的流量为Q，发电机效率为η，水的密度为ρ，重力势能为Ep 由题知Ep=ρQtgh 发电机的输入功率为P1=Ep/t，P1=ρQgh ①‎ 发电机的输出功率P2=ηP1 ② ‎ P2=50000w 输电线上损失的功率ΔP=6% P2 ③ ‎ ΔP=3000w ΔP=I22R ④‎ ‎ I2=‎‎10A 又因为P2=U2I2 ⑤ ‎ U2=5000v ΔU=I2R ⑥ ‎ ΔU=U2－U3 ⑦‎ 由⑥⑦式得U3=4700 v 所以n1∶n2=U1∶U2=1∶20，n3∶n4=U3∶U4=235∶11≈21∶1 ‎ ‎(2)P4=P3=P2－ΔP ⑧ ‎ P4=47000w ‎ n=P4/100w=47000w/100w=470盏 ‎16.如图，abcd 是一个质量为 m，边长为 L 的正方形金属线框，从图示位置自由下落， 在下落 h 后进入磁感应强度为 B 的匀强磁场，恰好做匀速直线运动，该磁场的宽度也为 L．在这 个磁场的正下方 h+L 处以下，还充满一个强度未知的匀强磁场（宽度足够宽，且图中未画出）， 金属线框 abcd 在进入这个磁场时也恰好做匀速直线运动。（不计空气阻力影响）求：‎ ‎（1）线框 cd 边刚进入未知磁场时的速度大小？‎ ‎（2）未知磁场的磁感应强度大小？‎ ‎（3）线框从开始下落到完全进入未知磁场的全过程中，产生的电能是多少？‎ ‎【答案】(1)；(2) ；(3)3mgL ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）线框进入第一个磁场前做自由落体运动，机械能守恒，‎ 由机械能守恒定律得：mgh＝mv12‎ 解得：v1＝ ，‎ 线框离开第一个磁场后到进入第二个磁场前做匀加速运动，‎ 由匀变速运动的速度位移公式得：v22﹣v12＝2gh 解得：v2＝2；‎ ‎（2）线框进入第一个磁场过程所受安培力：F＝BIL＝ ，‎ 线框进入磁场过程做匀速直线运动，由平衡条件得：mg＝，‎ 线框进入第二个磁场过程受到的安培力：F′＝B′IL＝，‎ 线框进入第二个磁场过程做匀速直线运动，由平衡条件得：‎ ‎＝mg 解得，磁感应强度：B′＝ ；‎ ‎（3）线框穿过两个磁场时都做匀速直线运动，减少的重力势能都转化为电能，‎ 线框从开始下落到完全进入未知磁场的全过程中，线框产生的电能：E＝mg（‎2L+L）＝3mgL；‎ ‎17.如图甲所示，光滑倾斜导体轨道（足够长）与光滑水平导体轨道平滑连接。轨道宽度均为L=‎1m，电阻忽略不计。水平向右的匀强磁场仅分布在水平轨道平面所在区域；垂直于倾斜轨道平面向下，同样大小的匀强磁场仅分布在倾斜轨道平面所在区域。现将两质量均为m=‎0.2kg，电阻均为R=0.5Ω的相同导体棒ab和cd，垂直于轨道分别置于水平轨道上和倾斜轨道的顶端，并同时由静止释放，导体棒cd下滑过程中加速度a与速度v的关系如图乙所示。（）求：‎ ‎（1）导轨平面与水平面间夹角θ；‎ ‎（2）磁场的磁感应强度B；‎ ‎（3）导体棒ab对水平轨道的最大压力的大小；‎ ‎（4）若已知从开始运动到cd棒达到最大速度的过程中，ab棒上产生的焦耳热Q=0.45J，求该过程中通过cd棒横截面的电荷量q。‎ ‎【答案】(1) （2）B=1T（3）（4）‎ ‎【解析】‎ 试题分析:(1) 由图象可知，导体棒cd刚释放时，加速度 对cd棒受力分析，由牛顿第二定律得：‎ 得 故：‎ ‎（2）当cd棒匀速下滑时，由图象知a=0，v=‎1m/s 联立得：‎ 解得：B=1T ‎（3）当电路中的电流I最大时，ab棒所受的安培力竖直向下最大，则压力最大 由牛顿第三定律：‎ 解得：‎ ‎（4）ab棒产生的焦耳热，cd棒产生的热量与ab棒相同 对cd，由能量守恒定律：‎ 解得：‎ 则：‎ 考点：考查电磁感应、图象、能量守恒定律、牛顿第二定律．‎ ‎【名师点睛】本题中的导轨倾斜部分和水平部分都足够长，分析知道在斜轨上棒最终匀速运动，在水平轨道上最终静止，再运用电磁感应的规律和力学知识求解.‎