2017-2018学年江西省上饶县中学高二下学期第一次月考物理（实验班）试题 解析版

2017-2018学年江西省上饶县中学高二下学期第一次月考物理（实验班）试题 解析版

上饶县中学2019届高二年级下学期第一次月考 物 理 试 卷(实验班)‎ 一、选择题 ‎1.科学发现或发明是社会进步的强大推动力，青年人应当崇尚科学在下列关于科学发现或发明的叙述中，存在错误的是 A. 奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电与磁的联系 B. 法拉第经历了十年的探索，实现了“磁生电”的理想 C. 洛伦兹发现了电磁感应定律 D. 楞次在分析许多实验事实后提出，感应电流具有这样的方向，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】C ‎【解析】‎ ‎【详解】奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电与磁的联系，选项A正确；法拉第经历了十年的探索，实现了“磁生电”的理想，选项B正确；洛伦兹发现了磁场对带电粒子的作用力，选项C错误；楞次在分析许多实验事实后提出，感应电流具有这样的方向，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；此题选择错误的选项，故选C.‎ ‎2.在如图所示的实验中，能在线圈中产生感应电流的是 A. 磁铁N极停在线圈中 B. 磁铁S极停在线圈中 C. 磁铁从线圈内抽出的过程 D. 磁铁静止在线圈左侧 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 磁铁N极停在线圈中，穿过线圈的磁通量不变，不能产生感应电流．故A错误．磁铁S 极停在线圈中，穿过线圈的磁通量不变，不能产生感应电流．故B错误．磁铁从线圈内抽出的过程，穿过线圈的磁通量减小，能产生感应电流．故C正确．磁铁静止在线圈左侧，穿过线圈的磁通量不变，不能产生感应电流．故D错误．故选C.‎ ‎3.如图所示，导体棒ab沿水平面内的光滑导线框向右做匀速运动，速度v=6.0m/s．线框宽度L=0.3m，处于垂直纸面向下的匀强磁场中，磁感应强度B=0.1T．则感应电动势E的大小为 A. 0.18V B. 0.20 V C. 0.30V D. 0.40V ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】ab棒切割磁感线产生的感应电动势为：E=Blv=0.1×0.3×6.0V=0.18V，故选A。‎ ‎4.如图所示，L为一个自感系数很大的自感线圈，开关闭合后，小灯能正常发光，那么闭合开关和断开开关的瞬间，能观察到的现象分别是 A. 小灯逐渐变亮，小灯立即熄灭 B. 小灯逐渐变亮，小灯比原来更亮一下再慢慢熄灭 C. 小灯立即亮，小灯立即熄灭 D. 小灯立即亮，小灯比原来更亮一下再慢慢熄灭 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 闭合开关时，由于线圈的自感现象，小灯逐渐变亮；断开开关的瞬间，由于电路没有回路，小灯立即熄灭，选项A正确、BCD错误。‎ 故选：A。‎ 点睛：根据楞次定律，自感现象产生的感应电流总是阻碍电流的变化，增反减同；必须形成回路，才有电流。‎ ‎5.平面上的光滑平行导轨MN、PQ上放着光滑导体棒ab、cd，两棒用细线系住，开始时匀强磁场的方向如图甲所示，而磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示，不计ab、cd间电流的相互作用则细线中张力 A. 由0到t0时间内细线中的张力逐渐减小 B. 由t0到t1时间内细线中张力增大 C. 由0到t0时间内两杆靠近，细线中的张力消失 D. 由t0到t1时间内两杆靠近，细线中的张力消失 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】由图乙所示图象可知，0到t0时间内，磁场向里，磁感应强度B均匀减小，线圈中磁通量均匀减小，由法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的感应电动势，形成恒定的电流。由楞次定律可得出电流方向沿顺时针，故ab受力向左，cd受力向右，而张力F=F安=BIL，因B减小，故张力将减小，故A正确、C错误；由图乙所示图象可知，由t0到t时间内，线圈中的磁场向外，B均匀增大，回路中产生恒定的感应电流，由楞次定律可知，电流为顺时针，由左手定则可得出，两杆受力均向里，故两杆靠近，细线中张力消失，D正确，B错误； 故选AD。‎ ‎【点睛】本题只要楞次定律的第二种表达掌握好了，本题可以直接利用楞次定律的“来拒去留”进行判断。‎ ‎6.如图是交流发电机的示意图，图甲到图丁分别表示线圈转动过程中的四个位置，其中甲、丙中的线圈与磁场方向垂直，乙、丁中线圈与磁场方向平行，则在线圈转动的过程中直流电流表有示数的位置是 A. 甲、丙 B. 丙、丁 C. 甲、乙 D. 乙、丁 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由题意可知，根据右手定则，得：乙、丁中线圈虽与磁场方向平行，但切割速度与磁场垂直，故有感应电流出现，而甲、丙中的线圈与磁场方向垂直，但切割速度与磁场平行，因此没有感应电流，故D正确，A、B、C错误；故选D.‎ ‎【点睛】考查右手定则的应用，注意切割速度的理解，并形成结论：磁通量最大时，切割速度与磁场平行；磁通量最小时，切割速度与磁场垂直．‎ ‎7.在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图所示，产生的交变电动势的图象如图2所示，则 A. t=0.01s时线框平面与中性面重合 B. t=0.005s时线框的磁通量变化率为零 C. 线框产生的交变电动势有效值为220V D. 线框产生的交变电动势的频率为50Hz ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】由图2可知 T=0.02s，Em=311V；由图可知t=0.01s时刻感应电动势等于零，线框平面与中性面重合，故A正确；t=0.005s时感应电动势最大，线框的磁通量变化率最大，故B错误；根据正弦式交变电流有效值和峰值的关系可得，该交变电流的有效值为E==220V，故C正确。T=0.02s，线框产生的交变电动势的频率为f=50Hz，故D正确；故选ACD。‎ ‎8.如图所示为一理想变压器，原线圈接在输出电压为u=U 0sinωt的交流电源两端．电路中R0为定值电阻，V1、V2为理想交流电压表，A1、A2为理想交流电流表．现使滑动变阻器R的滑动触头P向上滑动，下列说法正确的是 A. 电压表V1与V2示数的比值不变 B. 电流表A1与A2示数的比值将变小 C. 电压表V1与电流表A1示数的比值变小 D. 电压表V2与电流表A2示数的比值变小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由于只有一个副线圈，因此电压之比一定等于线圈匝数的正比，故两电压表的比值不变，故A正确；由于只有一个副线圈，因此电流之比一定等于线圈匝数的反比，故两电流表的比值不变，故B错误；滑动变阻器R的滑动触头P向上滑动，则滑动变阻器接入电阻增大，根据闭合电路的欧姆定律可知A2电流减小，故A1电流减小，由于U1不变，故电压表V1与电流表A1示数的比值变大，故C错误；滑动变阻器R的滑动触头P向上滑动，则滑动变阻器接入电阻增大，由欧姆定律可知，电压表V2与电流表A2示数的比值变大，故D错误；故选A。‎ ‎【点睛】本题考查理想变压器的性质，要注意明确线圈匝数之比与电流和电压的关系，同时注意输出端用电器可以利用欧姆定律分析求解。‎ ‎9.如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b。当输入电压U为灯泡额定电压的5倍时，两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是 A. 原、副线圈匝数之比为4:1‎ B. 原、副线圈匝数之比为5:1‎ C. 此时a和b的电功率之比为4:1‎ D. 此时a和b的电功率之比为1:4‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】灯泡正常发光，则其电压均为额定电压U，则说明原线圈输入电压为4U，输出电压为U；则可知，原副线圈匝数之比为4：1：故A正确；B错误；根据变压器原理可得，所以I1=I2，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P=UI可得两者的电功率之比为1：4；故C错误，D正确；故选AD。‎ ‎【点睛】本题考查变压器原理，要注意明确输入电压为灯泡两端电压与输入端电压之和，从而可以确定输入端电压；则可求得匝数之比。‎ ‎10.如图所示，在光滑的水平桌面上有一弹簧振子，弹簧劲度系数为k，开始时，振子被拉到平衡位置O的右侧A处，此时拉力大小为F，然后释放振子从静止开始向左运动，经过时间t后第一次到达平衡位置O处，此时振子的速度为v，在这个过程中振子的平均速度为 A. 等于V/2 B. 大于V/2 C. 小于V/2 D. 0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据胡克定律，振子被拉到平衡位置O的右侧A处，此时拉力大小为F，由于经过时间t后第一次到达平衡位置O处，因做加速度减小的加速运动，所以这个过程中平均速度为，故B正确，ACD错误；故选B。‎ ‎【点睛】考查胡克定律的掌握，并运用位移与时间的比值定义为平均速度，注意与平均速率分开，同时强调位移而不是路程，注意成立的条件是匀变速直线运动．‎ ‎11.弹簧振子的质量是2kg，当它运动到平衡位置左侧2cm时，受到的回复力是8N，当它运动到平衡位置右侧4cm时，它的加速度是 A. 8m/s2，向右 B. 8m/s2，向左 C. 4 m/s2，向右 D. 6 m/s2，向左 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在光滑水平面上做简谐振动的物体质量为2kg，当它运动到平衡位置左侧2cm时，受到的回复力是8N，有：F1=kx1；当它运动到平衡位置右侧4cm时，回复力为：F2=kx2；联立解得：F2=16N，向左；故加速度：，向左；故ACD错误，B正确，故选B。‎ ‎12.一单摆的摆长为40cm，摆球在t=0时刻正从平衡位置向左运动，（g取10m/s2），则在t=1s时摆球的运动情况是 A. 正向左做减速运动，加速度正在增大 B. 正向左做加速运动，加速度正在减小 C. 正向右做减速运动，加速度正在增大 D. 正向右做加速运动，加速度正在减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意，单摆的周期T=2π=0.4πs，t=1s，则T＜t＜T。而摆球在t=0时刻正从平衡位置向左运动，则t=1s时正靠近平衡位置向左运动，速度增大，加速度减小。故选B。‎ ‎【点睛】本题关键要抓住单摆振动的周期性，将一个周期可分成四个四分之一周期，根据提供的时间与周期的关系分析摆球的运动情况．‎ 二、实验题 ‎13.某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中，先测得摆线长为L，摆球直径为d，然后用秒表记录了单摆全振动n次所用的时间为t．则：‎ ‎（1）他测得的重力加速度g=_____．（用测量量表示）‎ ‎（2）某同学在利用单摆测定重力加速度的实验中，若测得的g值偏大，可能的原因是_____‎ A．摆球质量过大 B．单摆振动时振幅较小 C．测量摆长时，只考虑了线长忽略了小球的半径 D．测量周期时，把n个全振动误认为（n﹣1）个全振动，使周期偏大 E．测量周期时，把n个全振动误认为（n+1）个全振动，使周期偏小 ‎（3）为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T，从而得出一组对应的l和T的数值，再以l为横坐标、T2为纵坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率K．则重力加速度g=_____．（用K表示）‎ ‎（4）实验中游标尺（20分度）和秒表的读数如图，分别是_____ mm、_____s．‎ ‎【答案】 (1). （1）； (2). （2）E； (3). （3）； (4). （4）18.95mm， (5). 99.8s．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由实验摆长和运动时间得到周期，再通过单摆周期公式联立解得重力加速度； （2）根据重力加速度表达式判断各影响因素，进而得到g增大的可能原因； （3）通过（1）中的重力加速度表达式，将k代入其中即可求解； （4）按照游标卡尺和秒表的读数法，先读主尺和秒表小圈的分针数，然后再加上分尺和大圈秒针数即可．‎ ‎【详解】（1）该实验单摆摆长l＝L+，周期T＝；故由单摆运动周期T＝2π可得 ； （2）由（1）可知，g与摆球质量、单摆振动时振幅无关，且若测得的g值偏大，则l偏大或T偏小；那么，测量摆长时，只考虑了线长忽略了小球的半径，则l偏小，g偏小；故可能原因为E； （3）以l为横坐标、T2为纵坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率K，那么，所以，； （4）游标卡尺的读数为18mm+19×0.05mm=18.95mm，秒表的读数为1.5×60s+9.8s=99.8s；‎ 三、计算题 ‎14.如图所示，两条足够长的平行的光滑裸导轨c、d所在斜面与水平面间夹角为θ，间距为 L，导轨下端与阻值为R的电阻相连，质量为m的金属棒ab垂直导轨水平放置，整个装置处在垂直斜面向上的磁感应强度为B的匀强磁场中．导轨和金属棒的电阻均不计，有一个水平方向的力垂直作用在棒上，棒的初速度为零，则：（重力加速度为g）‎ ‎（1）若金属棒中能产生从a到b的感应电流，则水平力F需满足什么条件？‎ ‎（2）当水平力大小为F1，方向向右时，金属棒ab加速向上运动。求金属棒的最大速度vm是多少？‎ ‎【答案】（1）F＞mgtanθ；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）金属棒中能产生从a到b的感应电流，说明金属棒沿导轨向上运动切割磁感线．受力分析如图． Fcosθ＞mgsinθ 得：F＞mgtanθ． （2）金属棒加速上滑时，安培力平行于斜面向下，棒先加速后匀速，匀速时即为最大速度． F1cosθ=mgsinθ+F安 ‎ F安=BIL= 解得：vmax=‎ ‎【点睛】对于电磁感应中的力学问题，关键是要正确分析导体棒的受力情况，注意安培力的方向与运动方向相反，同时要把握导体棒速度最大的条件：合力为零．‎ ‎15.如图甲所示，单匝正方形线框abcd的电阻R=0.5Ω，边长L=20cm，匀强磁场垂直于线框平面，磁感强度B随时间t的变化规律如图乙所示。求：‎ ‎（1）0～2s内通过ab边横截面的电荷量q；‎ ‎（2）0～4s内线框中产生的焦耳热Q。‎ ‎【答案】（1）4.8×10-2C；(2)1.15×10-3J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由法拉第电磁感应定律得，电动势E＝S 感应电流 I＝ 电量q=I△t 解得q=4.8×10-2C；   I=2.4×10-2A    （2）由焦耳定律得Q=I2Rt           代入数值得 Q=1.152×10-3J；‎ ‎16.如图所示，某水电站发电机的输出功率为100kW，发电机的电压为250V，通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为8Ω，在用户端用降压变压器把电压降为220V．若输电线上损失的功率为5kW，不计变压器的损耗，求：‎ ‎（1）输电导线上输送的电流；‎ ‎（2）升压变压器的输出电压U2；‎ ‎（3）降压变压器的匝数比．‎ ‎【答案】（1）25A；（2）4000V；（3）190:11‎ ‎【解析】‎ 试题分析：根据输电损失功率公式计算电流；由输送功率计算输送电压U2；由电压与匝数成正比和电压分配关系计算匝数之比 ‎(1)由知输电线上的电流 ‎(2)升压变压器的输出电压 ‎(3)降压变压器的输入电压 降压变压器的匝数比 ‎17.如图为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，转动的角速度ω=10π rad/s，线圈的匝数N=10匝、电阻r=1Ω，线圈所围面积S=0.1m2．线圈的两端经滑环和电刷与阻值R=9Ω的电阻相连，匀强磁场的磁感应强度B=1T．在t=0时刻，线圈平面与磁场方向平行，（π取3.14，π2取10）则：‎ ‎(1)从图示位置开始计时，写出通过R的电流的瞬时表达式；‎ ‎(2)若在R两端接一个交流电压表，它的示数为多少？‎ ‎(3)线圈转动一周过程中，R上产生电热Q为多少？‎ ‎(4)线圈从图示位置转过90°过程中，通过R的电荷量q为多少？‎ ‎【答案】(1)i=3.14cos31.4t A (2)U=20V （3）Q=9J (4) q=0.1C ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）感应电动势的最大值为：Em ‎=NBSω=10×1×0.1×10πV=31.4V 感应电流的最大值为： ‎ ‎ 电流的瞬时表达式为：i=Imcosωt=3.14cos31.4t A （2）电流的有效值为：I= 电阻R两端电压有效值为：U=IR 联立得电压表示数为：U=20V  （3）R产生的热量为：Q=I2Rt 一周时间为：t==0.2s 解得：Q=9J （4）通过R的电荷量为：q=△t 又 所以 q= 代入数据解得：q=0.1C ‎【点睛】解决本题时要知道正弦式交流电峰值的表达式Em=nBSω，以及知道峰值与有效值的关系．求热量要用电流的有效值，求电荷量要用电流的平均值．‎ ‎ ‎ ‎ ‎