2018-2019学年高二物理上学期12月半月考试题清北班.doc

xx-2019学年高二物理上学期12月半月考试题清北班一、多选题（每题4分）1两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示除电阻R外其余电阻不计现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则（ ）A 释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gB 金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为C 金属棒向下运动的任意过程中，电路中产生的电能等于棒的重力和安培力所做的功D 金属棒向下运动的任意过程中，电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少2如图甲所示，半径为1 m的带缺口刚性金属圆环导轨固定在水平面内，在导轨上垂直放置一质量为0.1 kg，电阻为1 的直导体棒，其长度恰好等于金属圆环的直径，导体棒初始位置与圆环直径重合，且与导轨接触良好。已知导体棒与导轨间动摩擦因数为0.3，不计金属圆环的电阻，导体棒受到的最大静摩擦力等于其滑动摩擦力，取重力加速度g10 m/s2。现若在圆环内加一垂直于纸面向里的变化磁场，变化规律如图乙所示，则()A 导体棒的电流是从b到aB 通过导体中的电流大小为0.5 AC 02 s时，导体棒产生的热量为0.125 JD t s时，导体棒受到的摩擦力大小为0.3 N3如图所示，由一段外皮绝缘的导线扭成两个半径为R和r圆形平面形成的闭合回路，Rr，导线单位长度的电阻为，导线截面半径远小于R和r圆形区域内存在垂直平面向里、磁感应强度大小随时间按B=kt（k0，为常数）的规律变化的磁场，下列说法正确的是 A 小圆环中电流的方向为逆时针 B 大圆环中电流的方向为逆时针C 回路中感应电流大小为 D 回路中感应电流大小为4如图1所示，ab是两平行正对的金属圆环，a中通有正弦交变电流i，其变化规律如图2所示。下列说法正确的是A t1时刻，b环内的感应电动势为零B t2时刻，b环内的感应电流方向改变C t3t4时间内，b环内感应电流的方向与a环内电流的方向相反D 0 t4时间内，t2时刻b环内的感应电动势最大二、单选题（每题4分）5空间有竖直边界为AB、CD且垂直纸面向里的有界匀强磁场区域。一闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点，将圆环拉至如图所示位置静止释放，圆环在摆动过程中环面始终与磁场垂直。若不计空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）A 圆环完全进入磁场后离最低点越近，感应电流越大B 圆环在进入和穿出磁场时，圆环中均有感应电流C 圆环向左穿过磁场后再返回，还能摆到原来的释放位置D 圆环最终将静止在最低点6如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的直流电阻可以忽略，下列说法中正确的是（ ）A 合上S时，A1和A2同时亮起来B 合上S时，A2比A1先亮，且最后A2比A1要亮些C 断开S时，A2立刻熄灭，A1过一会熄灭D 断开S时，A1和A2都要过一会儿才熄灭7如图甲所示电路,理想变压器原线圈输入电压如图乙所示，副线圈电路中R0为定值电阻,R是滑动变阻器，C为耐压值为22 V的电容器，所有电表均为理想电表下列说法正确的是A 副线圈两端电压的变化频率为0.5 Hz B电流表的示数表示的是电流的瞬时值C滑动片P向下移时，电流表A1和A2示数均增大D为保证电容器C不被击穿，原、副线圈匝数比应小于10：18两条相互平行的光滑金属导轨，距离为L，电阻不计。导轨内有一与水平面垂直向里的匀强磁场，导轨左侧接电容器C，电阻R1和R2，如图所示。垂直导轨且与导轨接触良好的金属杆AB以一定的速度向右匀速运动，某时刻开始做匀减速运动至速度为零后反向匀加速运动。在金属杆变速运动的过程中，下列说法正确的是（ ）A R1中无电流通过B R1中电流一直从e流向aC R2中电流一直从a流向bD R2中电流先从b流向a，后从a流向b9如图，间距为L，电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m，电阻也为R的金属棒ab，金属棒与导轨接触良好。整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。现金属棒在水平拉力F作用下以速度v0沿导轨向右匀速运动。下列说法正确的是A 金属棒ab上电流的方向是abB 电阻R两端的电压为BLv0C 金属棒ab克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热D 拉力F做的功等于电阻R和金属棒上产生的焦耳热10如图所示，两根光滑的平行金属导轨位于水平面内，匀强磁场与导轨所在平面垂直，两根金属杆甲和乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨接触良好且保持垂直起初两根杆都静止现突然给甲一个冲量使其获得速度v而开始运动，回路中的电阻不可忽略，那么在以后的运动中，下列说法正确的是()A 甲克服安培力做的功等于系统产生的焦耳热B 甲动能的减少量等于系统产生的焦耳热C 甲机械能的减少量等于乙获得的动能与系统产生的焦耳热之和D 最终两根金属杆都会停止运动11如图所示，某空间中存在一个有竖直边界的水平方向磁感应强度为B的匀强磁场区域，现将一个等腰梯形闭合导线圈abcd，从图示位置（ab边处于磁场区域的左边界）垂直于磁场方向水平从磁场左侧以速度v匀速拉过这个区域，其中ab=L，cd=3L，梯形高为2L，线框abcd的总电阻为R。下图中 ， ，则能正确反映该过程线圈中感应电流i随时间t变化的是（规定adcba的方向为电流正方向） A B C D 12如图所示，条形磁铁正上方放置一矩形线框，线框平面水平且与条形磁铁平行则线框由N极端匀速平移到S极端的过程中，线框中的感应电流的情况是()A 线框中始终无感应电流B 线框中始终有感应电流C 线框中开始有感应电流，当线框运动到磁铁中部时无感应电流，过中部后又有感应电流D线框中开始无感应电流，当线框运动到磁铁中部时有感应电流，过中部后又无感应电流13如图甲所示，一定值电阻R与一理想交流电流表串联，且通过电刷与匝数为N、面积为S、阻值为r的正方形线框相连接，正方形线框处在水平向右的磁感应强度大小为B的匀强磁场中，现使线框绕中心轴线OO以恒定的角速度转动从某时刻开始计时，线框中产生的感应电动势随时间的变化规律如图乙所示则()A 0t1时间内，穿过线框的磁通量的变化量大小为NBSB t1t2时间内流过定值电阻的电荷量为C t5时刻穿过线框的磁通量的变化率为NBSD t5时刻理想交流电流表的读数为14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，经元件P的作用，电热毯上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 B 125W C 250W D 500W三、实验题(没空2分）15如图是多用表的刻度盘，当选用量程为50mA的电流档测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为_ mA；若选用倍率为“100”的电阻档测电阻时，表针也指示在图示同一位置，则所测电阻的阻值为_ 。如果要用此多用表测量一个约的电阻，为了使测量比较精确，应选的欧姆档是_ （选填“”、“”或“”）。换档结束后，实验操作上首先要进行的步骤是_ 16某同学要测量一均匀新材料制成的热敏电阻的电阻步骤如下：(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为_mm；(2)用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为_mm；(3)该同学准备设计实验研究热敏电阻阻值随温度的变化规律，现有以下实验器材：A热敏电阻（常温下约300）B温度计C电流表A1（60mA，约10）D电流表A2（3A，约0.1）E电压表V（6V，约15k）F滑动变阻器R1（200，0.5A）G滑动变阻器R2（5，2A）H蓄电池（9V，0.05）I开关一个，带夹的导线若干实验要求通过热敏电阻的电流从零开始增加，电流表应选择_，滑动变阻器选择_请设计电路图，在图3实物图上连线_通过实验，他得到了该热敏电阻的伏安特性曲线如图4所示，由图可知，热敏电阻的阻值随温度的升高而_四、解答题17（10分）如图所示是一个交流发电机的示意图，线框处于匀强磁场中，已知，匀强磁场的磁感应强度，线圈的匝数，线圈的总电阻，外电路负载电阻，线圈以，电表是理想电表求（1）电压表的示数？（2）从图示位置开始经时感应电动势的瞬时值多大？（3）从图示位置开始经的这段时间通过R的电量？（4）线圈匀速转动一周外力做多少功？18（14分）如图所示，竖直固定的足够长的光滑金属导轨MN、PQ，间距为l=0.2m，其电阻不计。完全相同的两金属棒ab、cd垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终良好接触，已知两棒质量均为m=0.01kg，电阻均为R=0.2，棒cd放置在水平绝缘平台上，整个装置处在垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，磁感应强度B=1.0T。棒ab在竖直向上的恒力F作用下由静止开始向上运动，当ab棒运动x=0.1m时达到最大速度vm，此时cd棒对绝缘平台的压力恰好为零。取g=10m/s2，求： （1）ab棒的最大速度vm；（2）ab棒由静止到最大速度过程中回路产生的焦耳热Q；（3）ab棒由静止到最大速度所经历的时间t。参考答案1AB【解析】金属棒释放瞬间，速度为零，感应电流为零，由于弹簧处于原长状态，因此金属棒只受重力作用，故其加速度的大小为g，故A正确；当金属棒的速度为v时，E=BLv，安培力大小为：F=BIL=，故B正确；金属棒向下运动的任意过程中，电路中产生的电能等于棒克服安培力所做的功，选项C错误；金属棒向下运动的任意过程中，重力势能转化为弹性势能、导体棒的动能和焦耳热，所以电阻R上产生的总热量小于金属棒重力势能的减少，故D错误故选：AB2AC【解析】【详解】穿过闭合回路的磁通量向里增加，有人楞次定律可知导体棒的电流是从b到a，选项A正确；感应电动势，则感应电流，选项B错误；02 s时，导体棒产生的热量为，选项C正确；t s时，导体棒受到的安培力 ；最大静摩擦力，则此时导体棒处于静止状态，所受的摩擦力大小为0.16 N，选项D错误；故选AC.3BD【解析】【分析】根据楞次定律来判定感应电流的方向，依据法拉第电磁感应定律，来确定感应电动势的大小，再求得整个回路的感应电动势，依据闭合电路欧姆定律，从而即可求解；【详解】A、根据穿过整个回路的磁通量增大，依据楞次定律，及Rr，则大圆环中电流的方向为逆时针，由于大圆环电动势大于小圆环的电动势，则导致小圆环中电流的方向为顺时针，故A错误，B正确；C、根据法拉第电磁感应定律，则有：，由闭合电路欧姆定律，那么回路中感应电流大小为，故C错误，D正确。【点睛】考查楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用，理解整个回路的感应电动势大小的计算，应该是两环的感应电动势之差，并掌握闭合电路欧姆定律的内容。4AD【解析】【详解】t1时刻，a环中电流最大，电流的变化率为零，则b环内的感应电动势为零，选项A正确；t1-t3时间内，a环中电流的变化率均为负值，则b环中感应电流方向不变，则t2时刻，b环内的感应电流方向不变，选项B错误；t3t4时间内，a环中电流负向减小，根据楞次定律可知，b环内感应电流的方向与a环内电流的方向相同，选项C错误；0 t4时间内，t2时刻a环中电流为零，但电流的变化率最大，则b环内的感应电动势最大，选项D正确；故选AD.【点睛】此题关键是高清i-t图像的物理意义，图像的斜率为电流的变化率，直接反应b环中感应电流的大小；斜率的符号反应b环中感应电流的方向.5B【解析】整个圆环进入磁场后，磁通量不发生变化，不产生感应电流，故A错误只有当圆环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，会产生电流故B正确当圆环向左穿过磁场区域时磁通量发生变化，会产生电流，机械能向电能转化，所以机械能不守恒，当再返回，不能摆到原来的释放位置故C错误在圆环不断经过磁场，机械能不断损耗过程中圆环越摆越低，最后整个圆环只会在磁场区域来回摆动，因为在此区域内没有磁通量的变化（一直是最大值），所以机械能守恒，即圆环最后的运动状态为在磁场区域来回摆动，而不是静止在最低点故D错误故选B点睛：本题为楞次定律的应用和能量守恒相合注意楞次定律判断感应电流方向的过程，先确认原磁场方向，再判断磁通量的变化，感应电流产生的磁场总是阻碍原磁通量的变化6D【解析】合上开关接通电路时，A2立即正常发光，线圈中电流要增大，由于自感电动势的阻碍，灯泡A1中电流只能逐渐增大，则A2先亮，A1后亮，最后一样亮故A B错误断开开关时，A2原来的电流立即减小为零，线圈中产生自感电动势，两灯泡串联和线圈组成回路，回路中电流从原来值逐渐减小到零，则A1和A2都要过一会儿才熄灭故C错误，D正确故选D.点睛：自感现象是特殊的电磁感应现象，同样遵守电磁感应的普遍规律楞次定律，对本题这种类型问题就是利用楞次定律来分析注意电键断开时，自感线圈相当于电源.7.C 8B【解析】【详解】开始时，金属杆AB以一定的速度向右匀速运动，由感应电动势：E=BLv，电容器两端的带电量为，Q=CU=CBLv，由右手定则知，R2感应电流方向由a向b，故电容器的上极板带正电，开始做匀减速运动至速度为零的过程中，Q=CU=CBLv知，速度减小，极板带电量减小，有电流定义式：Iq/t可知，R1中有电流通过，方向由a流向e，R2中电流从a流向b，故A错误；反向匀加速运动过程中，由右手定则知，R2感应电流方向由b向a，电容器反向充电，流经R1电流方向由e流向a，故B正确，CD错误；故选B。【点睛】本题电磁感应中电路问题，基础是识别电路的结构本题难点是根据并联电路电流与电阻成反比确定两电阻电量的关系在高考中电路中含有电容器也是热点问题9D【解析】【详解】根据安培右手定则可知电流方向为从b到a，故A错误；感应电动势为：，电阻R两端的电压为：，故B错误；根据能量守恒可得，拉力F做的功等于电阻R和金属棒上产生的焦耳热，即金属棒ab克服安培力做的功等于电阻R和金属棒上产生的焦耳热，故D正确，C错误。所以D正确，ABC错误。10C【解析】【详解】给甲一个冲量使其获得速度v而开始运动，回路中产生顺时针方向的感应电流，根据左手定则，甲棒受到向左的安培力而减速，乙棒受到向右的安培力而加速，根据能量守恒定律，故甲棒减小的动能等于系统增加的内能和乙棒增加的动能之和，故A、B、D错误，C正确故选C。【点睛】本题关键明确系统中两个棒的运动情况、受力情况、系统的能量转化情况，11D【解析】【详解】当右边进入磁场时，便会产生感应电流，由楞次定律得，感应电流应是逆时针方向，即正方向，由于有效切割长度逐渐增大，导致感应电流的大小也均匀增大；当运动了时，线框右边出磁场，又运动了过程中，有效切割长度不变，则产生感应电流的大小不变，但比刚出磁场时的有效长度缩短，导致感应电流的大小比其电流小，但由楞次定律得，感应电流应仍是逆时针；当线框左边进入磁场时，有效切割长度在变大，当感应电流的方向是顺时针，即是负方向且大小增大，故选项D正确，ABC错误。故选D。【点睛】对于图象问题可以通过排除法进行求解，如根据图象过不过原点、电流正负、大小变化等进行排除12B【解析】【分析】当线框在N极的正上方时，有磁感线穿过线框，当线框位于磁铁的正中央，磁通量为零，然后根据楞次定律判断感应电流的方向；【详解】当线框在N极的正上方时，有磁感线穿过线框，当线框位于磁铁的正中央，左半边线圈中磁感线斜向右上方穿过，右半边线圈磁感线斜向右向下穿过，方向相反，完全抵消，磁通量为零，过了磁铁的正中央后磁通量又不为0，所以磁通量先减小后变大；通过上面分析可知穿过线圈的磁通量先是向上的减少然后向下的增大，根据楞次定律可判断出线框中开始有感应电流，当线框运动到磁铁中部时磁通量等于0，但是磁通量仍然在变化，仍然有感应电流，过中部后还有感应电流，故选项B正确，选项ACD错误。【点睛】对于非匀强磁场磁通量不能计算，但可以比较，当线圈中有两种相反的磁感线穿过时，看抵消后剩余的磁感线来比较磁通量的大小。13D【解析】【分析】本题考查了交变电流的产生，意在考查考生的理解能力【详解】A：由题图甲、乙可知，0时刻穿过线框的磁通量大小为BS，t1时刻穿过线框的磁通量大小为0，因此0t1时间内穿过线框的磁通量的变化量大小为BS。故A项错误。B：t1t2时间内磁通量的变化量大小为BS，则平均电动势，通过电阻R的电荷量。故B项错误。C：t5时刻线框中产生的感应电动势，由法拉第电磁感应定律可知： t5时刻穿过线框的磁通量的变化率。故C项错误。D：理想交流电流表的读数为交流电的有效值，则；任一时刻理想交流电流表的读数均为。故D项正确。【点睛】计算通过导体电荷量时用电流的平均值；计算电功、电功率使用有效值，交流电表的读数是有效值。14B【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。则有：，代入解得：U=Um=110V=156V，该电热毯的电功率为，故B正确，ACD错误。故选B。【点睛】将此电压与直流电压分别加在相同的电阻，在一个周期内，产生的热量相同，直流电压值即为此电压的有效值；根据电流的热效应，求解交变电流的有效值是常见题型，要熟练掌握。17（1）22.4V （2）31.4V （3）V （4）19.7J【解析】【分析】电压表显示的是有效值，根据电动势瞬时值表达式可求瞬时值，求电荷量应用平均值【详解】(1)角速度，故E电动势有效值电路中的电流电压表的示数(2)电动势瞬时值表达式，当时，(3)平均电动势 通过R的电荷量 (4)由功能关系式知：【点睛】本题考查了峰值与有效值的关系，瞬时值表达式，平均值的应用和功能关系，明确外力所做的功全部转化为热量18（1）1m/s；（2）510-3J；（3）0.2s【解析】【详解】(1)棒ab达到最大速度vm时,对棒cd有: ,由闭合电路欧姆定律知 ,棒ab切割磁感线产生的感应电动 ,代入数据计算得出: ;(2) ab棒由静止到最大速度过程中,由功能关系得: 棒ab达到最大速度时受力平衡 解得： （3）ab棒由静止到最大速度过程中通过ab棒的电荷量: 在此过程中由动量定理可知： 即 解得时间： 故本题答案是：（1）1m/s；（2）510-3J；（3）0.2s【点睛】cd棒对绝缘平台的压力恰好为零时,安培力与重力二力平衡.ab棒匀速运动时速度最大.由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式得到安培力与速度的关系,再由平衡条件求解最大速度.15 30.730.9 1500 1k 欧姆调零【解析】当选用量程为50mA的电流档测量电流时，所测电流为30.8mA；若选用倍率为“100”的电阻档测电阻时，所测电阻的阻值为15100=1500。要使电阻的测量准确，则指针必须要指到中央刻度附近，则如果要用此多用表测量一个约的电阻，为了使测量比较精确，应选的欧姆档是1k。换档结束后，实验操作上首先要进行的步骤是；欧姆调零1652.30 4.300 A1 R2减小【解析】【详解】(1)游标卡尺的主尺读数为52mm，游标读数为0.056mm=0.30mm，所以最终读数为52.30mm.(2)螺旋测微器固定刻度为4mm，可动刻度为0.0130.0=0.300mm，所以最终读数为4.300mm(3)使用量程是6V的电压表，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的最大电流为：；所以电流表应选A1.由于测量的结果电压和电流从0开始增加，所以变阻器应用分压式接法，应选择阻值小的变阻器R2.电压表内阻、电流表内阻与待测电阻的关系：，可知，电流表应用外接法，在图3实物图上连线如图根据电阻的定义式：可知，在U-I图象中，图线上的点与坐标原点的连线的斜率表示电阻的倒数由图可知，图线上的点与坐标原点的连线的斜率随电压U的增大而增大，即电阻随U的增大而减小【点睛】应掌握游标卡尺与螺旋测微器的读数方法通过估算电路中的最大电流来选择电流表的量程；若有“测得多组数据”要求或要求电流从零调时，变阻器应用分压式接法，选择阻值小的变阻器时方便调节.