1、- 1 -吉林省延边第二中学 2018-2019 学年高二物理下学期第一次月考试题(含解析)一、选择题1.扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌,为了有效隔离外界振动对 STM 的扰动,在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板,并施加磁场来快速衰减其微小振动,如图所示,无扰动时,按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场;出现扰动后,对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是A. B. C. D. 【答案】A【解析】感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发上变化。在 A 图中系统振动时在磁场中的部分有时多有时少,磁通量发生变化,产生感应电流,受到安培力,阻碍系统的振动,故
2、A 正确;而 BCD 三个图均无此现象,故错误。【名师点睛】本题不要被题目的情景所干扰,抓住考查的基本规律,即产生感应电流的条件,有感应电流产生,才会产生阻尼阻碍振动。2.弹簧振子作简谐运动,在平衡位置 O 两侧 A、 B 间振动,当时间 t=0 时,振子位于 B 点,若规定向右的方向为正方向,则下图中哪个图象表示振子相对平衡位置的位移随时间变化的- 2 -关系A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【详解】简谐运动的位移是指相对平衡位置的位移,是从平衡位置到末位置的有向线段;t=0 时刻,位移为正的最大值;简谐运动的位移随着时间按照余弦规律变化。故 D 正确,ABC 错误。故
3、选:D.3.在如图所示的电路中,A 1和 A2是两个相同的灯泡线圈 L 的自感系数足够大,电阻不可以忽略。下列说法正确的是A. 闭合开关 S 时,A 1和 A2同时亮B. 闭合开关 S 时,A 2先亮,A 1逐渐变亮C. 断开开关 S 后的瞬间,A 2闪亮一下再熄灭D. 断开开关 S 后的瞬间,流过 A2的电流方向向左【答案】B【解析】【详解】AB.灯 A1与电感线圈串联,当电键 K 闭合时,灯 A2立即发光。通过线圈 L 的电流增大,穿过线圈的磁通量增大,根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反,阻碍电流的增大,电路的电流只能逐渐增大,A 1逐渐亮起来。所以 A2比 A1先亮。故
4、A 错误,B正确;- 3 -C.由于线圈直流电阻不可以忽略,当电流逐渐稳定时,线圈不产生感应电动势,A 2的电流比A1的电流大,当电键 K 断开后,由于自感,线圈中的电流只能慢慢减小,其相当于电源,与灯泡 A1、A 2构成闭合回路放电,两灯都过一会儿熄灭,由于稳定后两个支路的电流是相等的,所以 A2不会闪亮一下。故 C 错误;D、断开开关 S 时,流过 L 的电流逐渐减小,方向不变,所以流过 A2的电流方向与开始相反,方向向右。故 D 错误。故选:B。4.如图所示,理想变压器原、副线圈匝数比 n1 n221,电压表和电流表均为理想电表,灯泡电阻 RL6 , AB 端电压 u112 sin 10
5、0 t(V)下列说法正确的是A. 电流频率为 100 Hz B. 电压表的读数为 24 VC. 电流表的读数为 A D. 变压器输入功率为 6 W【答案】D【解析】【详解】A. AB 端电压 u112 sin 100t(V),其角速度 =100rad/s,所以其频率:f=/2=100/2=50Hz.故 A 错误;B. 电源电压有效值为 12V,由电压之比等于匝数之比 U1:U 2=n1:n 2可得,副线圈两端电压有效值为 6V,电压表测量的是有效值,示数也为 6V,故 B 错误;C. 电压表的示数为 6V,灯泡电阻 RL=6,根据欧姆定律:I=U 2/RL=6/6=1A.故 C 错误;D. 输
6、出功率:P=U 2I=61=6W,根据输入功率等于输出功率,所以变压器输入功率为 6W,故D 正确故选:D5.如图所示,通电导线 MN 与单匝矩形线圈 abcd 共面, MN 固定不动,位置靠近 ab 且相互绝缘。当导线中由 N 到 M 的电流突然增大时,则- 4 -A. ab 边受到的安培力向右 B. 线圈所受安培力的合力方向向右C. 感应电流方向为 abcda D. ad 边和 bc 边不受安培力作用【答案】C【解析】【详解】C.如图所示,通电导线 MN 与单匝矩形线圈 abcd 共面,位置靠近 ab 且相互绝缘,导线两侧的磁感应强度对称分布,由右手定则可知线圈中的磁通量方向垂直纸面向里;
7、当 MN中电流突然增大时,由楞次定律可知感应电流的感应磁场方向垂直纸面向外,故由右手定则可知,感应电流方向为 abcda,故 C 正确;ABD.由 C 可知,感应电流方向为 abcda;导线左侧磁感应强度方向垂直纸面向外,导线右侧磁感应强度方向垂直纸面向里;由安培定则可知:上下两边界的安培力互相抵消,ab 边界的安培力向左,cd 边的安培力也向左,故线圈所受安培力的合力方向向左,故 A 错误,B 错误,D 错误;故选:C.6.通过一理想变压器,经同一线路输送相同的电功率 ,原线圈两瑞电压 U 保持不变,输电线的总电阻为 R。当副线圈与原线圈的匝数比为 k 时,输电线损耗的电功率为 ;若将副线圈
8、与原线圈的匝数比提高到 nk,输电线损耗的电功率为 ,则 和 分别为( )A. , B. , C. , D. ,【答案】C【解析】【分析】根据理想变压器原副线圈两端的电压与匝数成正比,变压器不改变功率,由 P=UI 求出输电线中电流,由功率公式求解输电线上损耗的电功率【详解】当副线圈与原线圈的匝数比为 k 时,输电电压为 kU,输送功率 P=kUI,所以P1 I2R= ;当副线圈与原线圈的匝数比为 nk 时,输电电压为 nkU,输送功率 P=nkUI,所以 P2 I 2R= ; ,故选 C。7.如图所示,有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域其直角边长为 L,磁场方向垂直纸面向- 5 -外,磁感应
9、强度大小为 B.边长为 L、总电阻为 R 的正方形导线框 abcd,从图示位置开始沿 x轴正方向以速度 v 匀速穿过磁场区域取沿 abcda 的感应电流为正,则表示线框中电流 i 随bc 边的位置坐标 x 变化的图象正确的是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】导线框进入磁场前感应电流为零,进入磁场后导体切割磁感线时产生感应电动势,大小与导体棒的有效长度成正比。在导体框向左运动到全部进行磁场过程中,导体棒的有效长度在增大。电动势和电流增大,有楞次定律判断电流为正方向,当金属框完全进入磁场后,切割磁场的有效长度在增大,线框左边切割磁感线,由楞次定律可判断电流为负方向,电流中的电流方向也
10、与原来的方向相反。所以答案为 C8.如图所示,相距为 d 的两水平虚线分别是水平向里的匀强磁场的边界,磁场的磁感应强度为 B,正方形线框 abcd 边长为 L(Ld)、质量为 m,将线框在磁场上方高 h 处由静止开始释放,当 ab 边进入磁场时速度为 v0, cd 边刚穿出磁场时速度也为 v0,从 ab 边刚进入磁场到 cd 边刚穿出磁场的整个过程中- 6 -A. 线框有一阶段的加速度为 g B. 线框一直都有感应电流C. 线框产生的热量为 mg(d h L) D. 线框一直加速运动【答案】A【解析】【详解】AB. 正方形线框 abcd 边长为 L(Ld),所以 cd 进入磁场后,ab 还在磁
11、场内,所以线框磁通量不变,即无感应电流,线框不受安培力作用,只受重力,线框的加速度等于重力加速度 g,故 A 正确,B 错误;C. 由能量守恒可知,从 ab 边刚进入磁场到 cd 边刚穿出磁场的整个过程:动能变化为 0,减少的重力势能转化为线框产生的热量,线框产生的热量:Q=mg(d+L),故 C 错误;D. 线框 ab 边刚进入磁场速度为 v0,cd 边刚穿出磁场时速度也为 v0,线框完全在磁场中时做匀加速直线运动,因此在线框穿过磁场的整个过程中,有减速过程,故 D 错误;故选:A.9.如图是电饭锅结构示意图,关于电饭锅下列说法正确的是A. 电饭锅中的感温磁体也是永磁体B. 开始煮饭时,压下
12、开关按钮的原因是克服弹簧的弹力使永磁体一端上升,上下触点接触接通电路C. 用电饭锅煮米饭,饭熟后水分被大米吸收,锅底的温度会升高,当升高到“居里温度”时,电饭锅会自动断电D. 用电饭锅烧水,水沸腾后也可以自动断电【答案】BC【解析】【详解】A. 电饭锅应用了温度传感器,它的主要元件感温铁氧体,故 A 错误;B. 开始煮饭时,压下开关按钮的原因是克服弹簧的弹力使永磁体一端上升,上下触点接触接通电路,从而开始加热,当达到温度升高达到 103时,感温铁氧体便失去了铁磁性会自动断电,故 B 正确;C. 饭熟后,水分被大米吸收,锅底温度升高,当温度升至“居里点”103时,感温磁体失- 7 -去磁性,在弹
13、簧作用下,切断电源,故 C 正确;D. 如果在 1 标准大气压下,当电饭锅烧水,水沸腾后,温度达到 100,不会达到 103,因此不可以自动断电,故 D 错误;故选:BC.10.如图甲所示,将阻值为 R5 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,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 u2.5sin200t(V)B. 电阻 R 消耗的电功率为 0.625WC. 若此交变电流由一矩形线框在匀强磁场中匀速转动产生,如图丙所示,当线圈的转速提升一倍时,电流表的示数为 1AD. 图乙交变电流与图丁所示电流比较,其有效值之比为【答案】ABD【解析】【分
14、析】通过电源电动势随时间变化的规律图象可以求出该交流电的周期、频率以及有效值等,注意计算功率、流过电阻的电流、以及电压表的示数均为有效值【详解】由图可知,电流的最大值 Im0.5A,则电压的最大值:U mI mR0.552.5V;周期 T0.01s,角速度为 200rad/s,电阻 R 两端电压变化规律的函数表达式为u2.5sin(200t) V,故 A 正确;电流的有效值 ,电阻 R 消耗的电功率为 PI 2R( ) 25 W0.625 W,故 B 正确;感应电动势的瞬时值表达式为:eE msint,其中:E mnBS,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 0.5 A,
15、故 C 错误;图乙为正弦式交流电,其有效值为 A:图丁电流大小不变,有效值 I0.5A,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 正确;故选 ABD。【点睛】该题结合图象考查对有效值的理解,注意交流电有效值的求法,以及有效值的应- 8 -用求电功率、电表示数等均指有效值11.有一种调压变压器的构造如图所示线圈 AB 绕在一个圆环形的铁芯上, C、 D 之间加上输入电压,转动滑动触头 P 就可以调节输出电压图中 A 为交流电流表,V 为交流电压表,R1、 R2为定值电阻, R3为滑动变阻器, C、 D 两端接正弦交流电源,变压器可视为理想变压器,则下列说法正确的是( )A.
16、当 R3不变,滑动触头 P 顺时针转动时,电流表读数变小,电压表读数变小B. 当 R3不变,滑动触头 P 逆时针转动时,电流表读数变小,电压表读数变小C. 当 P 不动,滑动变阻器滑动触头向上滑动时,电流表读数变小,电压表读数变大D. 当 P 不动,滑动变阻器滑动触头向上滑动时,电流表读数变大,电压表读数变大【答案】AC【解析】【详解】保持滑动变阻器连入电路的阻值不变,将 P 沿顺时针方向移动时,变压器的原线圈的匝数不变,副线圈的匝数减少,MN 两端的电压减小,总电流减小,滑动变阻器两端的电压将变小,电流表的读数变小,A 正确;同理,当 R3不变,滑动触头 P 逆时针转动时,副线圈匝数增大,电
17、压增大,电流表读数变大,电压表读数变大,B 错误。保持 P 的位置不动,即是保持变压器的原、副线圈的匝数比不变,则 MN 两端的电压不变,当将触头向上移动时,连入电路的电阻的阻值变大,因而总电流减小,R 1分担的电压减小,并联支路的电压即电压表的示数变大,通过 R2的电流变大,流过滑动变阻器的电流减小,电流表读数变小,选项 C正确,D 错误;故选 AC。12.如图所示,水平放置的半径为 2r 的单匝圆形裸金属线圈 A,其内部有半径为 r 的圆形匀强磁场,磁场的磁感应强度为 B、方向竖直向下;线圈 A 的圆心和磁场的圆心重合,线圈 A的电阻为 R。过圆心的两条虚线 ab 和 cd 相互垂直。一根
18、电阻不计的直导体棒垂直于 ab 放置,使导体棒沿 ab 从左向右以速度 匀速通过磁场区域,导体棒与线圈始终接触良好,线圈 A 中会有感应电流流过。撤去导体棒,使磁场的磁感应强度均匀变化,线圈 A 中也会有感应电流,如果使 cd 左侧的线圈中感应电流大小和方向与导体棒经过 cd 位置时的相同,则- 9 -A. 磁场一定增强B. 磁场一定减弱C. 磁感应强度的变化率为D. 磁感应强度的变化率为【答案】AC【解析】【分析】根据右手定则,结合楞次定律判断磁场的变化;根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律,分别表示出导体棒切割磁感线时的电流和磁感应强度均匀变化时的感应电流,两者相等即可。【详解】AB.根据右手
19、定则,导体棒切割磁感线产生的感应电流流过 cd 左侧的线圈中感应电流的方向是逆时针的,根据楞次定律,使磁场的磁感应强度均匀变化,产生同样方向的感应电流,磁场一定增强,故 A 正确,B 错误;CD.导体棒切割磁感线时,根据法拉第电磁感应定律,感应电动势 E=2Brv,根据欧姆定律,流过 cd 左侧的线圈中感应电流大小 I= ;磁场的磁感应强度均匀变化时,根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律, , ,故 C 正确,D 错误。故选:AC二、实验题13.某同学使用多用电表,某次指针指示的位置如图所示, (1)若选择开关置于欧姆挡“100”,则所测电阻的阻值为_;(2)若选择开关置于直流电流 100mA 挡
20、,则所测电流为_mA;(3)若选择开关置于直流电压 50V 挡,则所测电压为_V- 10 -【答案】 (1). (1)1200; (2). (2)55; (3). (3)27.327.6【解析】【详解】多用电表欧姆档读最上边一排刻度,测量值为:R=12100=1200;选用量程为 100mA 的电流档测量电流时,应按第二排刻度,选用中间三排示数的第三排数据进行读数比较方便,读数为:I=55mA;选择开关置于直流电压量程 50V 挡,应按第二排刻度,选用中间三排示数的第二排数据进行读数比较方便,读数为:V=27.5V.故答案为:1200;55;27.5.14.用实验测一电池的内阻 r 和一待测电
21、阻的阻值 Rx。已知电池的电动势约 6 V,电池内阻和待测电阻阻值都为数十欧。可选用的实验器材有:电流表 A1(量程 030 mA); 电流表 A2(量程 0100 mA);电压表 V(量程 06 V);滑动变阻器 R1(阻值 05 ); 滑动变阻器 R2(阻值 0300 );开关 S 一个,导线若干条。某同学的实验过程如下:、设计如图所示的电路图,正确连接电路。、将 R 的阻值调到最大,闭合开关,逐次调小 R 的阻值,测出多组 U 和 I 的值,并记录。以 U 为纵轴, I 为横轴,得到如图所示的图线。- 11 -、断开开关,将 Rx改接在 B、 C 之间, A 与 B 直接相连,其他部分保
22、持不变。重复的步骤,得到另一条 UI 图线(横纵坐标的单位均为国际单位) ,图线与横轴 I 的交点坐标为(I0,0),与纵轴 U 的交点坐标为(0, U0)。回答下列问题:(1)电流表应选用_,滑动变阻器应选用_。(2)由图线,得电源内阻 r_。(3)用 I0、 U0和 r 表示待测电阻的关系式 Rx_,代入数值可得 Rx。【答案】 (1). (1)A 2; (2). R 2 (3). (2)25; (4). (3)【解析】【详解】由题意可知,电动势为 6V,而电阻约为数十欧姆,为了保证实验的安全,电流表应选择 A2;由电路图可知,滑动变阻器起调节电流的作用,5 的电阻小于待测电阻较多,故只能
23、选择 R2;图象的斜率表示电源的内阻,则可知,内阻为:r=U/I=(5.54.0)/0.06=25;接 Rx改接在 B、C 之间,由题意可知,等效内阻为:R 0+r= ,解得:R X= r;故答案为:A 2;R 2;25; r.三、解答题15.某个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 2,在用户端用降压变压器把电压降为 220V。要求在输电线上损失的功率控制为 5kW(即用户得到的功率为 95kW) 。(1)画出远距离输送电能的线路示意图。 (2)两变压器的匝数比各应等于多少?【答案】(1) (2)1:8;95:11
24、【解析】【详解】(1)输电线路示意图如图所示。- 12 -(2)降压变压器输出的电流即用户得到的电流为:I4=P4/U4=(9.510 4)/220 A=431.8 A由 P 损 =I2R 线 得输电线上通过的电流为:I= A =50A输电线上损失的电压为:U 线 =IR 线 =100V对理想变压器,有:P 1=P2=U2I得升压变压器的输出电压为:U 2=2000 V降压变压器的输入电压为:U 3=U2IR 线 =1900 V根据理想变压器匝数与电压的关系有:n1:n 2=U1:U 2=250:2000=1:8n3:n 4=U3:U 4=1900:220=95:11答:(1)远距离输送电能的
25、线路示意图如图所示;(2)两变压器的匝数比各应等于 1:8 和 95:11。16.如图所示,足够长的 U 形导体框架的宽度 L0.5 m,下端有一阻值为 R10.8 电阻,导轨其余部分电阻忽略不计,其所在平面与水平面成 37。有一磁感应强度 B0.8 T的匀强磁场,方向垂直于导体框平面。一根质量 m0.4 kg、电阻 R20.2 的导体棒 MN垂直跨放在 U 形框架上,某时刻起将导体棒由静止释放。已知导体棒与框架间的动摩擦因数 0.5,(sin 370.6,cos 370.8,g 取 10 m/s2),求:(1)导体棒刚开始下滑时的加速度大小;(2)导体棒运动过程中的最大速度;(3)从导体棒开
26、始下滑到速度刚达到最大时的过程中,通过导体棒横截面的电荷量 q4 C,求导体棒在此过程中产生的热量。- 13 -【答案】 (1)2m/s 2(2)5m/s(3)0.6J【解析】【详解】(1)以 MN 为研究对象进行受力分析,根据牛顿第二定律可得:mgsinmgcos=ma代入数据解得:a=2m/s 2;(2)当导体棒匀速下滑时其受力情况如图,因为匀速下滑,设匀速下滑的速度为 v,则在平行斜面上根据平衡条件可得:mgsinfF=0摩擦力为:f=mgcos;安培力为:F=BIL根据闭合电路欧姆定律可得电流强度为:I=BLv/R由以上各式解得:v=5m/s;(3)通过导体的电量为:Q= t=设物体下滑速度刚好为 v 时的位移为 S,则有:=BSL全程由动能定理得:mgSsin W 安 mgcos S= 代入数据解得:W 克 =3J;此过程回路产生的热量为 Q=3J,导体棒在此过程中产生的热量 Q2= = J=0.6J.答:(1)导体棒刚开始下滑时的加速度大小为 2m/s2;(2)导体棒运动过程中的最大速度为 5m/s;(3)导体棒在此过程中消耗的电能为 0.6J.- 14 -