物理卷·2018届辽宁省实验中学分校高二12月月考物理试卷 （解析版） 17页

辽宁省实验中学北校2016—2017学年度上学期12月月考 物理学科 高二年级 命题人：林子琪 校对人：刘慧芳 第Ⅰ卷（共48分）‎ 一、选择题（本题共12小题，每小题4分，第1题～第8题，每小题只有一个选项符合题目要求；第9题～第12题，每小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但选不全的得2分，有错选的得0分）‎ ‎1．为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕通过地心的轴的环形电流I 引起的。在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是（ ）‎ 东 西 I 东 西 I 东 西 I 东 西 I A B C D ‎2．如图所示，电阻R和线圈自感系数L的值都较大，电感线圈的电阻不计，A、B是两只完全相同的灯泡，当开关S闭合时，电路可能出现的情况是（ ）‎ A．A、B一起亮，然后B熄灭 B．A比B先亮，然后A熄灭　‎ C．A、B一起亮，然后A熄灭 D．B比A先亮，然后B熄灭 ‎3．把一重力不计的通电直导线水平放在蹄形磁铁两极的正上方，导线可以自由转动，当导 线通入图示方向电流I时，导线的运动情况是（从上往下看）（ ）‎ N S B A A．逆时针方向转动，同时下降 ‎ B．逆时针方向转动，同时上升 C．顺时针方向转动，同时下降 ‎ D．顺时针方向转动，同时上升 ω R O B O’‎ ω R a b c d ‎4．如图，矩形线圈面积为S，匝数为N，线圈电阻为r，绕OO’‎ 轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R，在磁感应强度为B，若从图示位置开始计时，则下列说法错误的是（ ）‎ A．线圈中电流的瞬时表达式i=NBSω/R cosωt B．线圈转过90°的过程中，通过电阻的电量为NBS/（R+r）‎ C．线圈转过90°的过程中，外力所做的功为πN2B2S2ω /4（R+r）‎ D．R两端电压的有效值为NBSωR/2（R+r）‎ M N a b c d e ‎5．如图，MN是匀强磁场中的一块薄金属板，带电粒子（不计重力）在匀强磁场中运动并穿过金属板，虚线表示其运动轨迹，由图知（ ）‎ A．粒子带正电 ‎ B．粒子运动方向是abcde C．粒子运动方向是edcba D．粒子在上半周所用时间比下半周所用时间长 ‎6．在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂 的输出电压和输电线的电阻均不变。随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有 R 升压变压器 降压变压器 发电厂 用户 ‎（ ）‎ A．升压变压器的输出电压增大 B．降压变压器的输出电压增大 C．输电线上损耗的功率占总功率的比例不变 D．输电线上损耗的功率增大 ‎7.目前世界上正研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，如图所示表示它的发电原理：将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的粒子，而从整体来说呈中性)沿图中所示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就聚集了电荷．在磁极配置如图中所示的情况下，下述说法正确的是 ( )‎ A．A板带正电 B．有电流从a经用电器流向b C．金属板A、B间的电场方向向下 D．等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力 ‎ A B C v0‎ a ‎8．如图所示，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，磁场垂直纸面向外，比荷为的电子以速度v0从A点沿AB方向射入，欲使电子能经过BC边，则磁感应强度B的取值应为（ ）‎ A．B＞ B．B＜ ‎ C．B＜ D．B＞‎ ‎9．如图所示，一根长导线弯成“n”形，通以直流电I，正中间用不计长度的一段绝缘线悬挂一金属环C，环与导线处于同一竖直平面内，在电流I增大的过程中，下列叙述正确的是（ ） ‎ A．金属环C中无感应电流产生 ‎ B．金属环C中有沿逆时针方向的感应电流 C．悬挂金属环C的竖直线拉力变大 ‎ D．金属环C仍能保持静止状态 ‎10.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R1＝20Ω，R2＝30Ω，C为电容器。已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则 （ ）‎ A.交流电的频率为0.02 Hz B.原线圈输入电压的最大值为200 V C. 通过R3的电流始终为零 D.电阻R2的电功率约为6.67 W ‎ ‎11.如图所示，光滑绝缘杆固定在水平位置上，使其两端分别带上等量同种正电荷Q1、 Q 2 ，杆上套着一带正电小球，整个装置处在一个匀强磁场中，磁感应强度方向垂直纸面向里，将靠近右端的小球从静止开始释放，在小球从右到左的运动过程中，下列说法正确的是（ ）‎ A．小球受到的洛伦兹力大小变化，但方向不变 B．小球受到的洛伦兹力将不断增大 C．小球的加速度先减小后增大 D．小球的电势能一直减小 ‎12．如图所示，AB、CD为两个平行的水平光滑金属导轨，处在方向竖直向下，磁感应强度为B的匀强磁场中．AB、CD的间距为L，左右两端均接有阻值为R的电阻．质量为m长为L且不计电阻的导体棒MN放在导轨上，与导轨接触良好，并与轻质弹簧组成弹簧振动系统．开始时，弹簧处于自然长度，导体棒MN具有水平向左的初速度v0，经过一段时间，导体棒MN第一次运动到最右端，这一过程中AC间的电阻R上产生的焦耳热为Q，则(　　)‎ A．初始时刻导体棒所受的安培力大小为 B．从初始时刻至导体棒第一次到达最左端的过程中，整个回路产生的焦耳热为 C．当导体棒再次回到初始位置时，AC间电阻R的热功率为 D．当导体棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为mv－2Q 第Ⅱ卷（共52分）‎ 二、填空题（本题共3小题，每空2分，共16分）‎ ‎13．（4分）卡尺和螺旋测微器的测量数据。‎ ‎（a）游标卡尺读数： ； （b）螺旋测微器读数： 。‎ ‎14．（8分）有一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现在要用伏安法测量这个小灯泡的伏安特性曲线．现有下列器材供选用：‎ A．电压表V1（0﹣﹣5V，内阻约10kΩ）‎ B．电压表V2（0﹣﹣10V，内阻约20kΩ）‎ C．电流表A1（0﹣﹣0.3A，内阻约1Ω）‎ D．电流表A2（0﹣﹣0.6A，内阻约0.4Ω）‎ E．滑动变阻器R1（0～10Ω，2A）‎ F．滑动变阻器R2（0﹣﹣100Ω，0.2A）‎ G．学生电源（直流6V）、开关及导线 ‎（1）为了调节方便，测量尽可能准确，实验中应选用电压表，电流表，滑动变阻器分别是　 　 ．（填器材的前方选项符号，如A，B）‎ ‎（2）为使实验误差尽量减小，要求从零开始多取几组数据；请在如图1的方框中画出实验电路图．‎ ‎（3）P为图2中图线上的一点，PN为图线上P点的切线、PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则由图可知：随着所加电压的增加，小灯泡的电阻将　 　 （填“增大”、“减小”或“不变”）；对应P点，小灯泡的电阻值约为　 　Ω（保留三位有效数字）．‎ ‎15．（4分）某同学对实验室的一个多用电表中的电池进行更换时发现，里面除了一节1.5V的干电池外，还有一个方形的电池（层叠电池），如图甲所示。为了测定该电池的电动势和内电阻，实验室中提供有下列器材：‎ A．电流表G（满偏电流10mA，内阻10Ω）；‎ B．电流表A（0～0.6 A～3A，内阻未知）；‎ C．滑动变阻器R（0～100Ω，1A）；‎ D．定值电阻R0（阻值990Ω）；‎ 甲 O ‎0.1‎ ‎0.2‎ ‎0.3‎ ‎0.4‎ ‎0.5‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎6‎ ‎8‎ ‎10‎ I2 /A I 1 / mA 丙 乙 E．开关与导线若干。‎ ‎ ‎ 丙图为该同学根据上述设计的实验电路利用测出的数据绘出的I1-I2图线（I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数），则由图线可以得到被测电池的电动势E＝　 　V ，内阻r＝ Ω。‎ 三、计算题（本题3小题，每题12分，共36分。解答应写出必要的文字说明、公式和重要演算步骤，只写出最后答案的不得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎16．（12分）如图所示，面积为0.2 m2的单匝线圈在匀强磁场中，线圈两端通过电刷A、B与外电路连接，磁场方向垂直线圈平面．已知磁感应强度B=0.2T，电阻R=10Ω，线圈电阻忽略不计。假定线圈转动过程中，电刷A、B与外电路始终良好接触，当线圈绕轴ooˊ转过90°时，求：‎ A B oˊ‎ o ‎（1）流过电阻R的电流方向；‎ ‎（2）穿过线圈的磁通量的变化量大小；‎ ‎（3）在此过程中通过R的电量．‎ ‎17.（12分）如图所示，两根足够长的直金属MN、PQ平行放置在倾角为q 的绝缘斜面上，‎ 两导轨间距为L。M、P两点间接有阻值为R的电阻。一根质量为m的均匀直金属杆ab放 在两导轨上，并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直 斜面向下。导轨和金属杆的电阻可忽略。让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接 触良好，不计它们之间的摩擦。‎ ‎(1) 在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，ab杆中的电流及其加速度的大小；‎ N M P a b B R q Q L ‎(2) 求在下滑过程中ab杆可达到的最大速度。‎ ‎(3)从开始下滑到达到最大速度的过程中，棒沿导轨下滑了 距离s，求整个装置生热多少。‎ ‎18.（12分）如图所示，第一象限有平行于纸面且与x轴负方向成45°的匀强电场，电场强度大小未知．第四象限有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B．现从坐标原点O向磁场中射入一个质量为m、电量为q的带正电的粒子（重力不计），速度大小为v，方向与x轴正方向成45°，该粒子从O点进入磁场之后，第四次经过x轴时恰好回到O点．则粒子从O点进入磁场到再次回到O点的过程中．求：‎ ‎（1）粒子第一次经过x轴时的坐标．‎ ‎（2）电场强度的大小．‎ ‎（3）该粒子从O点出发到再次回到O点所需的时间．‎ 参考答案 ‎1.B ‎【解析】本题考查的是电流的磁效应问题,意在考查学生应用物理知识解决实际问题的能力。由日常知识可知,地球的南极为磁场的N极,由右手螺旋定则可知,电流方向如图B,故选项B正确。‎ ‎ ‎ ‎2.C ‎【解析】本题考查了自感现象、电路分析等知识点，意在考查考生的理解和应用能力。‎ 由图中电路可知当开关闭合时，L中的电流从零开始增大，又因为电阻R很大，灯A和B一起亮，随着L中的电流增大，灯A的亮度变暗，然后A灯被L短路，A灯熄灭，选项C正确，选项ABD错误。综上本题选C。‎ ‎ ‎ ‎3.A ‎【解析】本题考查了通电导线在磁场中的受力、安培力、左手定则等知识点，意在考查考生的理解和应用能力。‎ 由U形磁铁的磁场分布特点可知，当AB中通入如图所示方向的电流时，根据左手定则可以判断出导线左侧受安培力方向垂直纸面向外，导线右侧受安培力方向垂直纸面向里，所以从上向下看，导线会逆时针转动，随着导线的转动，由左手定则可以判断出安培力方向向下，导线会向下运动，所以选项A正确，选项BCD错误。综上本题选A。‎ ‎ ‎ ‎4.A ‎【解析】本题考查了交流电的产生、交流电的瞬时值、有效值、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律、电流、电量、功、功能关系、焦耳定律、欧姆定律等知识点，意在考查考生的理解和应用能力。‎ 当线圈从图示位置开始转动时，线圈中的电动势瞬时值表达式为e=NBSωcosωt，根据闭合电路欧姆定律可得线圈中的电流为：i=，选项A错误；线圈转动90的过程中，线圈的磁通量的变化量为Δφ=BS，根据法拉第电磁感应定律可得线圈中的平均感应电动势为=N，根据闭合电路欧姆定律可得线圈中的平均电流为，根据公式q=It可得通过电阻的电量为，选项B正确；回路中产生的电流有效值为I=，根据功能关系可知外力做的功等于电路中产生的焦耳热，根据焦耳定律可得外力做的功等于Q=I2(r+R)t=，选项C正确；根据欧姆定律可得电阻R上的电压有效值为UR=IR=，选项D正确。综上本题选A。‎ ‎ ‎ ‎5.C ‎【解析】本题考查了带电粒子在磁场中的圆周运动、洛伦兹力、牛顿第二定律、向心力、左手定则等知识点，意在考查考生的理解和应用能力。‎ 根据牛顿第二定律和洛伦兹力提供向心力可得qvB=m，解得=，当带电粒子穿过金属板后，粒子的速度减小，圆周运动的半径减小，所以粒子的运动方向为edcba，选项C正确，选项B错误；根据左手定则可判断出粒子带负电，选项A错误；根据周期公式 可得粒子运动的周期与速度无关，所以粒子在上半周所用时间等于在下半周所用时间，选项D错误。综上本题选C。‎ ‎ ‎ ‎6.D ‎【解析】本题考查了电能的输送、变压器、损失功率、功率、欧姆定律等知识点，意在考查考生的理解和应用能力。‎ 根据变压器的匝数与电压的关系和发电厂的输出电压不变可得升压变压器的输出电压不变，选项A错误；根据功率公式P=UI可得当功率P增大时，输送电流I增大，根据欧姆定律可得损失电压ΔU=IR，损失电压ΔU增大，则有降压变压器的输入电压变小，由变压器的变压规律可得降压变压器的输出电压变小，选项B错误；输电线上损耗的功率占总功率的比例为，因为U不变，ΔU增大，所以输电线上损耗的功率占总功率的比例增大，选项C错误；输电线上损耗的功率ΔP=ΔUI，因为ΔU和I均增大，所以ΔP增大，选项D正确。综上本题选D。‎ ‎ ‎ ‎7.D ‎【解析】本题考查了带电粒子在磁场的运动、洛伦兹力、电场力、左手定则等知识点，意在考查考生的理解和应用能力。‎ 由图和左手定则可知，正粒子受洛伦兹力方向向下，负粒子受洛伦兹力方向向上，所以B板带正电，A板带负电，选项A错误；电流从b经用电器流向a，选项B错误；金属中的电场方向向上，选项C错误；正粒子受电场力方向向上，负粒子受电场力方向向下，等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力，选项D正确。综上本题选D。‎ ‎ ‎ ‎8.C ‎【解析】本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动、匀速圆周运动、牛顿第二定律、洛伦兹力、磁感应强度等知识点，意在考查考生的理解和应用能力。‎ 当电子经过C点时，磁感应强度B最大，如图所示：‎ 由图中几何关系可得：，根据牛顿第二定律和洛伦兹力提供向心力可得：evB=m，解得B=，所以欲使电子能经过BC边，则磁感应强度B的取值应为B＜，选项ABD错误，选项C正确。综上本题选C。‎ ‎ ‎ ‎9.D ‎【解析】本题考查了变压器、交流电的频率、周期、交流电的最大值、有效值、电功率、欧姆定律等知识点，意在考查考生的理解和应用能力。‎ 由图乙可知交流电的周期为T=0.02s，则交流电的频率为f=，选项A错误；根据欧姆定律可得电阻R1上的电压最大值为Um2=R1I=20V，根据变压的变压特点可得变压器的输入的最大电压为Um1=200V，则选项B错误；因为加在电容器的电压为交变电压，所以R3中的电流不为零，选项C错误；R3上的电压有效值为U=，根据功率公式P=可得电阻R2的电功率约为6.67W，选项D正确。综上本题选D。‎ ‎ ‎ ‎10.BCD ‎【解析】本题考查了电磁感应现象、感应电流、楞次定律、安培力、右手螺旋定则、左手定则、共点力的平衡等知识点，意在考查考生的理解和应用能力。‎ 根据右手螺旋定则可以判断出两导线之间的区域磁场方向垂直纸面向里，即圆环中的磁场方向垂直纸面向里，当电流I 增大时，通过圆环的磁通量增大，根据楞次定律可知金属环中有感应电流产生，选项A错误；根据右手螺旋定则可得环中的感应电流方向为逆时针方向，选项B正确；因为圆环靠近导线上部，所以圆环上部的磁感应强度大于圆环下部的磁感应强度，根据左手定则可以判断出圆环受到的安培力的合力方向向下，根据共点力的平衡条件可得悬挂金属环C的竖直线拉力变大，选项C正确；金属环C不会旋转，仍能保持静止状态，选项D正确。综上本题选BCD。‎ ‎ ‎ ‎11.AC ‎【解析】本题考查了点电荷的电场、电场力、洛伦兹力、左手定则、牛顿第二定律、加速度、电势能等知识点，意在考查考生的理解和应用能力。‎ 根据等量同种正点电荷的电场分布特点可得在小球从右到左的运动过程中，电场力先做正功再做负功，小球的速度先增大后减小，所以洛伦兹力先增大后减小，由左手定则可判断出小球受洛伦兹力方向向下且方向不变，选项A正确，选项B错误；在小球从右到左的运动过程中，电场力先减小后增大，由牛顿第二定律可得小球的加速度先减小后增大，选项C正确；因为电场力先做正功再做负功，所以小球的电势能先减小后增大，选项D错误。综上本题选AC。‎ ‎ ‎ ‎12.AD ‎【解析】本题考查了法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力、能量守恒定律、电功率等知识点，意在考查考生的理解和应用能力。‎ 根据法拉第电磁感应定律可得初始时刻导体棒产生的感应电动势为E=BLv0，根据欧姆定律可得导体棒中的电流为I=，由安培力公式可得导体棒受到的安培力为F=BIL=，选项A正确；从初始时刻至导体棒第一次到达最左端的过程中，根据能量守恒定律可得金属棒的初动能一部分转化为焦耳热，一部转化为弹簧的弹性势能，在这一过程中两个电阻上产生的焦耳热和弹性势能未知，选项B错误；根据能量守恒可得当导体棒再次回到初始位置时的速度小于v0，AC间电阻R的热功率小于 ‎，选项C错误；由已知条件和能量守恒定律可得当导体棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为，选项D正确。综上本题选AD。‎ ‎ ‎ ‎13.(a)29.8mm   (b)0.703mm ‎【解析】本题考查了游标卡尺、螺旋测微器等知识点，意在考查考生的理解和应用能力。‎ 由图可知游标卡尺的读数为29mm+0.1mm×8=29.8mm；‎ 螺旋测微器的读数为0.5mm+0.01mm×20.3=0.703mm。‎ ‎ ‎ ‎14.(1)ADE(2)电路图见解析(3)增大5.33‎ ‎【解析】本题考查了“测量小灯泡的伏安特性曲线”实验、电功率、欧姆定律等知识点，意在考查考生的理解和应用能力。‎ ‎（1）因为小灯泡的额定电压为4V，所以电压表用A；根据功率公式可得小灯泡的额定电流为I=，电流表用D；因为要描绘出坐标图象，要求电压从零开始调节，所以滑动变阻器用分压式接法，滑动变阻器的阻值要小，即滑动变阻器选E。‎ ‎（2）小灯泡在额定电压工作时的电阻为，电流表内阻为RA=0.4，电压表内阻为RV=10k，所以，所以伏安法中用安培表外接法，电路原理图为：‎ ‎（3）根据欧姆定律可得小灯泡的电阻随电压的增大而增大，对于P点，小灯泡的电阻约为。‎ ‎ ‎ ‎15.9.0 10.0‎ ‎【解析】本题考查了“测定该电池的电动势和内电阻”实验、电动势、内阻、闭合电路欧姆定律等知识点，意在考查考生的理解和应用能力。‎ 根据闭合电路欧姆定律和电路图可得：，解得，由图象可得：，解得：r=10.0Ω，A，解得E=9.0V。‎ ‎ ‎ ‎16.(1)从上到下        (2)0.04Wb      (3)0.004C ‎【解析】本题考查了法拉第电磁感应定律、楞次定律、右手螺旋定则、磁通量及其变化、欧姆定律、电量等知识点，意在考查考生的理解和应用能力。‎ ‎(1)由图可知当线圈转过90的过程中，线圈的磁通量减小，根据楞次定律和右手螺旋定则可得线圈中的电流方向为顺时针方向，流过电阻R的电流方向为从上到下；‎ ‎(2)磁通量的变化量的大小为Δφ=BS=0.2×0.2Wb=0.04Wb；‎ ‎(3)根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势为E=n，根据欧姆定律可得回路中的平均电流为I=，流过R的电量为q=I=0.004C。‎ ‎ ‎ ‎17.(1)     (3)‎ ‎【解析】本题考查了法拉第电磁感应定律、电动势、欧姆定律、安培力、牛顿第二定律、共点力的平衡、能量守恒定律等知识点，意在考查考生的理解和应用能力。‎ ‎(1)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，根据法拉第电磁感应定律可得此时ab杆中产生的电动势为E=，‎ 由欧姆定律可得此时ab杆中的电流I=；‎ 由牛顿第二定律可得杆的加速度的大小；‎ ‎(2)在下滑过程中，设杆的最大速度为vm，根据共点力的平衡条件可得当ab杆达到最大速度时有BIL=mgsinθ，‎ 根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律可得杆达到最大速度时的电流为I=，联立求解可得ab杆可以达到的速度最大值.‎ ‎(3)若达到最大速度时，导体棒下落高度为h，h=ssinθ，‎ 根据能量守恒定律可得在下落过程中产生的焦耳热。‎ ‎ ‎ ‎18.(1) (，0)   (2)vB   (3)‎ ‎【解析】本题考查了带电粒子在组合场中的运动、匀速圆周运动、匀变速直线运动及其应用、类平抛运动、牛顿第二定律、洛伦兹力等知识点，意在考查考生的理解和应用能力。‎ ‎(1)根据牛顿第二定律和洛伦兹力提供向心力可得：‎ 解得：‎ 根据几何知识可得，‎ oa长 a的坐标(，0)‎ ‎(2)根据图象可知 类平抛运动的垂直和平行电场方向的位移都为s⊥=s∥=xocsin45°=2R 所以类平抛运动时间为 又根据匀变速直线运动公式可得 联立求解可得：E=vB ‎(3)根据周期公式得 粒子在磁场中运动的总时间为 根据牛顿第二定律可得粒子在电场中的加速度 由匀变速直线运动公式可得粒子做往返直线运动所需时间 粒子在电场中做类平抛运动的时间 总时间。‎ ‎ ‎