江西省上饶县中学2017_2018学年高二物理下学期第一次月考试题（实验班，含解析）.doc

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1、- 1 -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

2、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- 2 -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

3、，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=0.10.36.0V=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

4、. 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- 3 -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

5、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

6、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- 4 -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、

7、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 220VD. 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，E m=311V；由图

8、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 0sint 的交流电源两端电路中- 5 -R0为定值电阻，V 1、V 2为理想交流电压表，A 1、A 2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

9、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

10、，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 4:1B. 原、副线圈匝数之比为 5:1C. 此时 a和 b的电功率之比为 4:1D. 此时 a和 b的电功率之比为 1:4- 6 -【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

11、 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

12、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，

13、向右 B. 8m/s 2，向左 C. 4 m/s 2，向右 D. 6 m/s 2，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，- 7 -受到的回复力是 8N，有：F 1=kx1；当它运动到平衡位置右侧 4cm时，回复力为：F 2=kx2；联立解得：F 2=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

14、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=2 =0.4s，t=1s，则 TtT。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）

15、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（n1）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、T 2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- 8 -【答案】 (1). （1）

16、 ； (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 T2 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

17、；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、T 2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+190.05mm=18.95mm，秒表的读数为 1.560s+9.8s=99.8s；- 9 -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 ，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

18、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）Fmgtan；（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Fcosmgsin得：Fmgtan（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- 10 -F1cos=mgsin+F 安F 安 =BIL=解得：v max=【点睛】对于电磁感应中的力学问题，关键是要正确

19、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=0.5，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）02s 内通过 ab边横截面的电荷量 q；（2）04s 内线框中产生的焦耳热 Q。【答案】 （1）4.810 -2C；(2)1.1510 -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=It解得 q=4.810-2C； I=2.410 -2A （2）由焦耳定律得 Q=I2Rt 代入数值得 Q=1.152

20、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 8，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- 11 -【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

21、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 =10 rad/s，线圈的匝数 N=10匝、电阻r=1，线圈所围面积 S=0.1m2线圈的两端经滑环和电刷与阻值 R=9 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， （ 取 3.14， 2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

22、荷量 q为多少？- 12 -【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：E m=NBS=1010.110V=31.4V感应电流的最大值为： 电流的瞬时表达式为：i=I mcost=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=I 2Rt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=nBS，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