2019-2020学年高二物理下学期第一次月考试题(零班含解析).doc

2019-2020学年高二物理下学期第一次月考试题(零班，含解析)一、选择题(本题共12小题，每题4分，共48分，其中5、7、8、9、11题为多选题，全部选对的4分，选不全的得2分，有选错的或不答的得0分)。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.下列图中表示闭合电路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情景，导体ab上的感应电流方向为ab的是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】A、ab棒顺时针转动，运用右手定则：磁感线穿过手心，拇指指向顺时针方向，则导体ab上的感应电流方向为ab故A正确B、ab向纸外运动，运用右手定则时，磁感线穿过手心，拇指指向纸外，则知导体ab上的感应电流方向为ba，故B错误C、穿过回路的磁通量减小，由楞次定律知，回路中感应电流方向由bac，则导体ab上的感应电流方向为ba故C错误D、ab棒沿导轨向下运动，由右手定则判断知导体ab上的感应电流方向为ba，故D错误故选A【点睛】本题的关键要掌握右手定则和楞次定律，要知道它们在判断切割产生的感应电流方向上结果是相同的，不过研究的对象不同3.如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中在Dt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B，在此过程中，线圈中产生的电动势为A. B. C. D. 【答案】D【解析】根据法拉第电磁感应定律有：，故D正确，ABC错误。4.如图甲所示，闭合金属框abcd置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。规定顺时针方向为电流的正方向，下列各图中能正确表示线框中感应电流i随时间t变化的图像是A. B. C. D. 【答案】C【解析】在0到1秒内，磁感应强度B均匀增加，则线框中产生感应电流，由楞次定律可得电流方向为：逆时针，负值；由法拉第电磁感应定律可得，感应电流大小恒定当在1秒到3秒内，磁场不变，则线框中没有磁通量变化，所以没有感应电流在3到4秒内，磁感应强度B均匀减小，则线框中产生感应电流，由楞次定律可得电流方向为：顺时针，正值；由法拉第电磁感应定律可得，感应电流大小恒定因此C选项正确；故选C.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.图甲所示是某种型号的电热毯的部分电路图。其电热丝的总电阻R=11，电热毯所接电源电压的波形如图乙所示（每段为正弦曲线的一部分），则该电热毯的电功率为A. 275W B. 550W C. 400W D. 355W【答案】A【解析】【详解】设将此电流加在阻值为R的电阻上，电压的最大值为Um，电压的有效值为U，根据热效应有，代入解得：，该电热毯的电功率为：，故A正确，BCD错误。7.如图甲所示，将阻值为R=5的电阻接到内阻不计的正弦交变电源上，电流随时间变化的规律如图乙所示，电流表串联在电路中测量电流的大小对此，下列说法正确的是 A. 电阻R两端电压变化规律的函数表达式为u=2.5sin(200t)VB. 电阻R消耗的电功率为0.625WC. 如图丙所示，若此交变电流由一矩形线框在匀强磁场中匀速转动产生，当线圈的转速 提升一倍时，电流表的示数为AD. 这一交变电流与图丁所示电流比较，其有效值之比为【答案】ABC【解析】【详解】由图可知，电流的最大值Im=0.5A，则电压的最大值：Um=ImR=0.55=2.5V；周期T=0.01s，角速度为=200rad/s，电阻R两端电压变化规律的函数表达式为u=2.5sin（200t） V，故A正确；电流的有效值，电阻R消耗的电功率为，故B正确；感应电动势的瞬时值表达式为：e=Emsint，其中：Em=nBS，当线圈的转速提升一倍时，最大值提升一倍，所以电流表的示数为，故C正确；图乙为正弦式交流电，其有效值为，图丁电流大小不变，有效值I=0.5A，所以这一交变电流与图丁所示电流比较，其有效值之比为，故D错误。所以ABC正确，D错误。8.图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1:n2=5:1，电阻R=20，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关。原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图所示。现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光。下列说法正确的是A. 输入电压u的表达式u=20sin(50t)VB. 只断开S2后，L1、L2均正常发光C. 只断开S2后，原线圈的输入功率减小D. 若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8W【答案】CD【解析】试题分析：由乙图可知原线圈的输入电压的周期为T=0.02s，所以，可知其表达式为，故选项A错误；由题意可知变压器原线圈的输入电压，由可得副线圈的输出电压，将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光，所以小灯泡的额定电压为4V，只断开S2时，两个小灯泡串联，所以不能正常发光，故选项B错误；只断开S2时，副线圈电阻增大，其电流变小，由可知原线圈电流减小，所以输入功率减小，故选项C正确；若S1换接到2后，电阻R的功率，故选项D正确考点：交流电的表达式；理想变压器的规律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【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 B. 大于 C. 小于 D. 0【答案】B【解析】【分析】平均速度等于这段位移与所需要的时间的比值而位移则通过胡克定律由受力平衡来确定。【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。【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。11.如右图所示，轻质弹簧下挂重为500N的物体A，伸长了5cm，再挂上重为300N的物体B时又伸长了3cm，弹簧均在弹性限度内，若将连接A、B两物体的细绳烧断，使A在竖直面内做简谐运动，下列说法中正确的是A. 最大回复力为300NB. 最大回复力为800NC. 振幅为8cmD. 振幅为3cm【答案】AD【解析】【详解】轻质弹簧下挂重为500N的物体A，伸长了5cm，故弹簧的劲度系数为：，若将连接A、B两物体的细绳烧断，物体A将做简谐运动，烧断瞬间，合力充当回复力；由于细线烧断前是平衡，烧断后先对A的拉力减小了300N，而弹力不变，故合力为300N，故最大回复力为300N，故A正确，B错误；刚剪断细线时物体的加速度最大，此处相当于是物体A到达简谐运动的振幅处，故振幅为3cm，故C错误，D正确。所以AD正确，BC错误。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=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（每空2分，共10分）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（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、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lL+，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；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+190.05mm=18.95mm，秒表的读数为1.560s+9.8s=99.8s；三、计算题（42分）14.如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的匝数N=100，边长ab=1.0 m、bc=0.5 m，电阻r=2。磁感应强度B在0 1 s内从零均匀变化到0.2 T。在15 s内从0.2 T均匀变化到-0.2T，取垂直纸面向里为磁场的正方向。求：（1）0.5s 时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向；（2）在15s内通过线圈的电荷量q；（3）在05s内线圈产生的焦耳热Q。【答案】（1）E=10V，感应电流方向为adcba（2）q=10C （3）Q=100J【解析】（1）要求解0.5s时的感应电动势，只能通过求平均感应电动势着眼。由于线圈与磁场方向垂直的有效面积不变，只是磁感应强度均匀变化，则0.5s的瞬时感应电动势正好与0 1 s的平均感应电动势相等。感应电流的方向可根据楞次定律来进行判断即可。（2）要分析15s的电荷量q，则只要根据求解即可；（3）由于磁场的变化分0 1 s和1 5 s两个不同的阶段，可从两阶段分别对线圈产生的焦耳热进行分析，运用即可求得。（1）磁感应强度B在0 1 s 内从零均匀变化到0.2 T，故0.5s时刻的瞬时感应电动势的大小和0 1 s 内的平均感应电动势大小相等。则由感应电动势：且磁通量的变化量，可解得，代入数据得。0 1 s磁感应强度在逐渐增大，根据楞次定律：感应电流产生的磁场将与原磁场方向相反，则感应电流的方向为：adcba。（2）同理可得：，感应电流，电量解得：,代入数据得：q=10C。（3）0 1 s 内的焦耳热，且15 s 内的焦耳热，由,代入数据得：【考点定位】法拉第电磁感应定律、楞次定律、电荷量及焦耳热的综合。注意分阶段考虑，考查考生的分析能力、推理能力等。难度：中等。视频15.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F1cos=mgsin+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【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=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=NBS=1010.110V=31.4V感应电流的最大值为： 电流的瞬时表达式为：i=Imcost=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=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