广西贵港市覃塘高中2020学年高二物理下学期3月月考试卷（含解析） 18页

‎2020学年广西贵港市覃塘高中高二（下）月考物理试卷（3月份） ‎ 一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）‎ ‎1.下列说法中正确的是 A. 奥斯特首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究 B. 法拉第发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕 C. 楞次认为，在原子、分子等物质微粒的内部存在着一种环形电流，从而使每个物质微粒都成为微小的磁体 D. 安培发现了磁场对电流的作用规律，洛仑兹发现了磁场对运动电荷的作用规律 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可.‎ ‎【详解】A、法拉第首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究；故A错误.‎ B、奥斯特发现电流的磁效应，这和他坚信电和磁之间一定存在着联系的哲学思想是分不开的；故B错误.‎ C、安培认为，在原子、分子等物质微粒的内部，存在着一种环形电流，从而使每个物质微粒都成为微小的磁体；故C错误.‎ D、洛仑兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，安培发现了磁场对电流的作用规律；故D正确.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一.‎ ‎2.如图甲所示，为某品牌电热毯的简易电路，电热丝的电阻为，现将其接在的正弦交流电源上，电热毯被加热到一定温度后，温控装置P 使输入电压变为图乙所示的波形，从而进入保温状态，若电热丝的电阻保持不变，则保温状态下，理想交流电压表V的读数和电热毯消耗的电功率最接近下列哪一组数据　　‎ A. 220V、100W B. 156V、50W C. 110V、25W D. 311V、200W ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电压表读数为有效值，根据正弦式交变电流峰值和有效值之间的关系以及电流的热效应便可求得有效值．‎ ‎【详解】由图象可知该交变电流的周期T＝2×10﹣2s；可分两段0和T，根据有效值的定义可得0T，解得：U156V，电热毯在保温状态下消耗的电功率为P50W；故B正确。‎ ‎【点睛】本题考查有关交变电流有效值的计算问题，要知道电压表和电流表测量的都是有效值。‎ ‎3.用一根横截面积为S、电阻率为的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径。如图所示，在ab的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图所示，已知磁感应强度均匀减小且变化率，则（ ）‎ A. 圆环中产生逆时针方向的感应电流 B. 圆环具有收缩的趋势 C. 圆环中感应电流的大小为 D. 图中a、b两点间的电势差大小为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，磁通量减小，由楞次定律可判断感应电流的方向；由法拉第电磁感应定律可得出感应电动势；由闭合电路的欧姆定律可得出ab间的电势差．‎ ‎【详解】A项：磁通量向里减小，由楞次定律“增反减同”可知，线圈中的感应电流方向为顺时针，故A错误；‎ B项：由楞次定律的“增缩减扩”可知，为了阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势；故B正确；‎ C项：由法拉第电磁感应定律可知， ，线圈电阻，感应电流，故C错误；‎ D项：与闭合电路欧姆定律可知，ab两点间的电势差为，故D正确。‎ 故选：BD。‎ ‎【点睛】本题应注意ab两点的电势差为电源的路端电压，故应为不在磁场中的部分两端的电压。‎ ‎4.如图所示是一火警报警器的部分电路示意图，其中R3为用半导体热敏材料制成的传感器（温度越高，热敏电阻阻值越小）。值班室的显示器为电路中的电流表，a、b 之间接报警器。当传感器R3所在处出现火情时，显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是（ ）‎ A. I变大，U变大 B. I变大，U变小 C. I变小，U变小 D. I变小，U变大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当传感器R3所在处出现火情时，热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，由闭合电路的欧姆定律可得出电路中电流变化，分析路端电压U的变化．根据并联部分电压的变化，判断I的变化．‎ ‎【详解】当传感器R3所在处出现火情时，热敏电阻R3的阻值减小，则外电路总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流将增大；由U=E-Ir可知，路端电压U减小，则图中报警器两端的电压U将减小；因总电流增大，则R1两端的电压增大，并联部分的电压减小，则可知流过R2中的电流I减小。故C正确。故选C。‎ ‎【点睛】本题是电路动态变化分析问题，要了解半导体材料的特性：电阻随着温度升高而减小；二要处理局部与整体的关系，按“局部→整体→局部”顺序进行分析．‎ ‎5.在匀强磁场中，一个100匝的矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，线圈外接定值电阻和电流表(如图甲所示)。穿过该线圈的磁通量按正弦规律变化(如图乙所示)。已知线圈的总电阻为2，定值电阻R=8(取=10)。下列说法正确的是 A. 电动势的瞬时值表达式 B. 电流表的示数最小为0‎ C. 一个周期内产生的热量为32J D. 0.5s～1.5s的时间内，通过线圈横截面的电荷量为0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图象得到t=0时穿过线圈平面的磁通量大小，计算此交流电的最大值和有效值，根据焦耳定律计算一个周期产生的热。‎ ‎【详解】A．感应电动势的最大值为Em=NBSω=NΦmω=‎ 线圈电动势的瞬时表达式为 ，故A错误；‎ BC．电流表的示数为交变电流的有效值，‎ 一个周期内产生的热量为 ，故B错误，C正确；‎ D．0.5s～1.5s的时间内，通过线圈横截面的电荷量为 ‎，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎【点睛】本题考查交变电流产生过程中，感应电动势与磁通量、磁通量变化率的关系，关键抓住两个特殊位置：一是线圈与磁场垂直位置是磁通量最大的位置，该位置是电流方向改变的转换点；二是线圈与磁场平行位置，该位置磁通量为零，是电流强度增大与减小的转换点。‎ ‎6.如图所示的是某一质点做简谐运动的图象,下列说法中正确的是 A. 质点开始是从平衡位置沿x轴正方向运动的 B. 2s末速度最大,沿x轴的正方向 C. 3s末加速度最大,沿x轴负方向 D. 质点在4s内的位移为‎8cm ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】t=0时刻质点位于平衡位置，随后在平衡位置的上方，所以质点开始是从平衡位置沿x轴正方向运动的，故A正确。2s末质点位于平衡位置处，势能是零，动能最大，速度最大，沿x轴的负方向，故B错误。在3s末，质点位于负的最大位移处，速度为零，加速度正向最大，故C错误。质点在4s末回到平衡位置，则质点在4s内的位移为0，选项D错误；故选A。‎ ‎【点睛】由振动图象可以读出周期、振幅、位移、速度和加速度及其变化情况，是比较常见的读图题．‎ ‎7.如图所示，理想变压器原线圈a、b间输入一稳定的正弦交流电，原线圈接有理想交流电流表A，副线圈接有理想交流电压表V，当滑动变阻器的滑片向上滑动时，下列说法正确的是(　　)‎ A. 电压表的示数不变 B. 电压表的示数增大 C. 电流表的示数增大 D. 电阻R2的功率减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电源电压U=UR1+U1，UR1=R1I1，原副线圈电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，当滑线变阻器的滑片P向上滑动时，副线圈电阻减小，根据欧姆定律分析电流、电压变化。‎ ‎【详解】当滑线变阻器的滑片P向上滑动时，电阻减小，副线圈电流变大，原线圈电流也变大，电流表示数变大，故R1分压变大，则原线圈输入电压减小，匝数不变，副线圈电压减小，故电压表示数减小，故AB错误，C正确；当滑线变阻器的滑片P向上滑动时，电阻减小，副线圈电流变大，R2阻值不变，故功率变大，故D错误；故选C。‎ ‎【点睛】变压器的动态分析与恒定电流动态分析相似，只是注意“电压由原线圈决定，功率和电流由副线圈决定”。‎ ‎8.如图所示为一列沿x轴负方向传播的简谐横波在t1＝0时的波形图。经过t2＝0.1s，Q点振动状态传到P点，则（ ）‎ A. 这列波的波速为‎40cm/s B. t2时刻Q点加速度沿y轴的正方向 C. t2时刻P点正在平衡位置且向y轴的负方向运动 D. t2时刻Q点正在波谷位置，速度沿y轴的正方向 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由经过0.1s，Q点振动状态传到P点可知波向左传播的距离，从而求解波速；波向左传播3/4个波长，则质点振动了3/4个周期，由此确定P、Q质点的振动情况。‎ ‎【详解】由题意可知，0.1s内波向左传播的距离为‎3m，则波速，选项 A错误；t2时刻Q点振动了3T/4到达了波谷位置，则此时加速度沿y轴的正方向，速度为零，选项B正确，D错误；因t2时刻，Q点的振动传到P点，可知P点正在平衡位置且向y轴的正方向运动，选项C错误；故选B.‎ ‎【点睛】本题的关键是根据波形平移法确定波传播的距离和波速，分析各个特殊点的位置和状态，再分析质点的振动情况．‎ 二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）‎ ‎9.如图所示电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=2：1，原线圈所接交变电压表达式为U=25 sin100πt（V），C为电容器，L为自感线圈，开关S断开。则（　　）‎ A. 交流电压表示数为12.5V B. 只增加交变电流的频率，灯泡变暗 C. 只增加交变电流的频率，电压表读数变大 D. 闭合开关S，待稳定后灯泡的亮度不变 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，电感线圈对交流电有阻碍作用，并且交流电的频率越大，电感的阻碍作用就越大，再根据电压与匝数成正比即可求得结论。‎ ‎【详解】由题可知，原线圈的电压为有效值为25V，根据变压器的电压与匝数关系可知，开关闭合前，交流电压表示数，即副线圈两侧的电压为：U2=U1=12.5V，故A正确；交流电的频率越大，电感线圈对交流电有阻碍作用就越大，所以电路的电流会减小，灯泡L的亮度要变暗，故B正确；交流电的频率对变压器的变压关系没有影响，故C 错误。开关闭合后灯泡与电容器并联，电路中的电流值增大，线圈对电路中电流的阻碍作用增大，则线圈上分担的电压增大，所以灯泡比闭合前暗，故D错误。故选AB。‎ ‎【点睛】掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题，并且要知道电感在电路中的作用。‎ ‎10.如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示（图示磁感应强度方向为正），MN始终保持静止，则0-t2时间内（   ）‎ A. MN所受安培力的大小始终没变 B. 电容器C的a板先带正电后带负电 C. t1、t2时刻电容器C的带电量相等 D. MN所受安培力的方向先向右后向左 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据法拉第电磁感应定律分析电路中感应电动势和感应电流是否变化，电容器的电压等于电阻R两端的电压，由欧姆定律判断其电压变化，即可知道电荷量如何变化．由楞次定律判断感应电流的方向，即可确定电容器极板的电性；由F=BIL分析安培力大小，进而由平衡条件分析摩擦力的变化；再由左手定则判断判断安培力的方向；‎ ‎【详解】BC、由图乙可知，磁感应强度均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生恒定电动势，电路中电流恒定，电阻R两端的电压恒定，则电容器的电压恒定，故电容器C的电荷量大小始终没变，根据楞次定律判断可知，通过R 的电流一直向下，电容器上板电势较高，一直带正电，故B错误，C正确；‎ AD、根据安培力公式F=BIL，I和L不变，由于磁感应强度变化，MN所受安培力的大小变化，由右手定则可知，MN中的感应电流方向一直向上，由左手定则判断可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，故A错误，D正确；‎ 故选CD。‎ ‎【点睛】关键要根据法拉第电磁感应定律判断出电路中的电流恒定不变，再根据楞次定律、右手定则、左手定则进行分析，明确导体棒一直处于平衡，则摩擦力与安培力始终等大反向。‎ ‎11.如图所示，一个边长为L的正方形导电线框，在外力作用下，以速度v匀速穿过宽度均为L的两个平行边界的匀强磁场，这两个磁场的磁感应强度大小均为B，方向相反，取顺时针方向的电流为正，受力向右为正，以bc边刚进入磁场开始关于线框中产生的感应电流和线框所受安培力F分别与位移x之间的函数图象，下列图像正确的是 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电流大小，由右手定则判断出感应电流方向，应用安培力公式求出安培力大小，应用左手定则判断出安培力方向，然后分析图示图象答题.‎ ‎【详解】A、B、0-L内，感应电动势为：E=BLv，感应电流为：，由右手定则可知，电流方向沿逆时针方向，为负的；‎ L‎-2L内，感应电动势为：E=2BLv，感应电流为：，由右手定则可知，电流方向沿顺时针方向，为正的；‎ ‎2L-3L内，感应电动势为：E=BLv，感应电流为：，由右手定则可知，电流方向沿逆时针方向，为负的，故A正确，B错误；‎ C、D、安培力：F=BIL，在0-L内，L‎-2L内，‎2L-3L内，由左手定则可知，整个过程安培力始终向左，为负的，故C正确，D错误；‎ 故选AC.‎ ‎【点睛】此题电磁感应中图象的问题，近几年高考中出现的较为频繁，解答本题关键要掌握法拉第电磁感应定律、欧姆定律、楞次定律、安培力公式等等知识，要知道当线框左右两边都切割磁感线时，两个感应电动势方向相同，是串联关系.‎ ‎12.如图所示为远距离输电示意图，发电机的输出电压U1及输电线的电阻、理想变压器的匝数均不变，夜幕降临当用户开启的用电器越来越多时。下列表述正确的是（ ）‎ A. 升压变压器次级电压U2降低 B. 降压变压器初级电压U3降低 C. 输电线消耗的功率增大 D. 发电机的输出功率不变 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压由输入电压决定；明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系．理想变压器电压和匝数关系．‎ ‎【详解】ABC．当用电器增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，则降压变压器的初级电流变大，输电线上的电流增大，可知输电线上的功率损失增大；输电线上的电压损失增大，发电机的输出电压U1不变，升压变压器匝数比不变，则次级电压U2不变，可知降压变压器的输入电压U3减小．故BC正确，A错误；‎ D．发电机输出功率随用户负载增多而增加，D错误；‎ 故选BC。‎ ‎【点睛】对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关.‎ 三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）‎ ‎13.目前有些居民区内楼道灯的控制，使用的是一种延时开关，该延时开关的简化原理如图所示．图中D是红色发光二极管(‎ 只要有很小的电流通过就能使其发出红色亮光)，R为限流电阻，K为按钮式开关，虚线框内S表示延时开关电路，当按下K接通电路瞬间，延时开关触发，相当于S闭合，这时释放K后，延时开关S约在1 min后断开，灯泡熄灭．根据上述信息和原理图，我们可推断：‎ 按钮开关K按下前，发光二极管是________(填“发光的”或“熄灭的”)，按钮开关K按下再释放后，灯泡L发光持续时间约________ min.这一过程中发光二极管是________．限流电阻R的阻值和灯丝电阻RL相比，应满足R________RL的条件．‎ ‎【答案】 (1). 发光的 (2). 1 (3). 熄灭的　 (4). ≫‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】如图所示，按钮开关K 按下前，发光二极管、限流电阻与灯泡串联，有小电流通过发光二极管，因此发光二极管处于发光状态．‎ 当按钮开关K 按下再释放后，由于通电路瞬间延时开关触发，相当于S闭合，二极管被短路，所以处于熄灭状态；由于延时开关S约在1分钟后断开，电灯才熄灭，则知电灯L 发光持续时间约1min．‎ 只有当限流电阻R的阻值比灯丝电阻RL大得多时，通过发光二极管的电流才很小，确保二极管不烧坏．‎ ‎【点睛】解决本题的关键是根据延时开关的闭合和断开时，电路的连接方式正确进行分析即可．‎ 四、实验题探究题（本大题共1小题，共8.0分）‎ ‎14.利用所学物理知识解答下列问题：‎ ‎(1)在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，某同学甲用毫米刻度尺测得摆线长L0=‎935.8mm；用游标卡尺测得摆球的直径如下图所示,则摆球直径d=__________mm。用秒表测得单摆完成n=40次全振动的时间如下图所示,则秒表的示数t=___________s；若用给出的各物理量符号(L0、d、n、t)表示当地的重力加速度g，则计算g的表达式为g=_________________‎ ‎(2)实验中同学甲发现测得的g值偏大，可能的原因是_________________‎ A. 摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了 B. 将悬点到小球上端的悬线的长度当做摆长 C. 开始计时时，秒表过迟按下 D. 实验中误将40次全振动计为39次 ‎【答案】 (1). 11.1； (2). 97.5； (3). (4). C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）游标卡尺和秒表的读数：先读主尺（只读整数），再加上游标尺（格数乘以分度分之一，格数找对齐的一个不估读）；秒表读数等于大盘刻度读数加上小盘刻度读数；‎ ‎（2）根据单摆周期公式列式分析即可．‎ ‎【详解】（1）游标尺主尺：‎11mm；游标尺对齐格数： 1个格，读数为： 1×‎0.1mm=‎0.1mm，所以直径为：‎11mm+‎0.1mm=‎11.1mm；‎ 秒表读数：秒表的小盘读数90s，大盘读数7.5s，故时间为97.5s；‎ 根据，其中的T=t/n，解得： ．‎ ‎（2）摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，故相对与原来的单摆，周期测量值偏大，故加速度测量值偏小，故A错误；将悬点到小球上端的悬线的长度当做摆长，摆长的测量值偏小，则加速度测量值偏小，B错误；开始计时时，秒表过迟按下，则周期测量值偏小，加速度测量值偏大，选项C 正确；试验中误将40次全振动数为39次，周期测量值偏大，故加速测量值偏小，所以选项D错误；故选C．‎ 五、计算题（本大题共3小题，共40.0分）‎ ‎15.一列简谐横波在t=0时刻的波形图如图实线所示，从此刻起，经0.2s波形图如图虚线所示，若波传播的速度为‎5m/s。求：‎ ‎①判断波的传播方向 ‎②t=0时，a质点的振动方向 ‎③从t=0时刻开始，质点a在2.0s内，通过的路程为多少 ‎【答案】①，沿x轴负方向传播 ②t=0时，a质点向Y轴负方向运动 ③‎‎4m ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据0.2s内波传播的距离，对照波形图可判断波的传播方向；然后可由“同侧法”确定质点a的振动方向；质点在一个周期内经过的路程为‎4A.‎ ‎【详解】①波传播的距离 ，波沿x轴负向传播；‎ ‎②t=0时，a质点向y轴负方向运动；‎ ‎③由图可知波长λ=‎4m，周期T=λ/v=0.8s，‎ 则质点经过t=2s=2.5T，‎ 通过的路程为X=2.5×4×‎0.4m=‎‎4m ‎16.如图所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角的绝缘斜面上，顶部接有一阻值的定值电阻，下端开口，导轨间距。整个装置处于磁感应强度为B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上。质量m=‎2kg的金属棒ab ‎，由静止释放后沿导轨运动，运动过程中始终竖直于导轨，且与导轨接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数。从金属棒ab开始运动至达到最大速度的过程中，金属棒下降的竖直高度为h=‎6m.金属棒ab在导轨之间的电阻，电路中其余电阻不计。 ，，取。求：‎ ‎(1)金属棒ab达到的最大速度.‎ ‎(2)金属棒ab沿导轨向下运动速度v=‎5m/s时的加速度大小.‎ ‎(3)从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，电阻R上产生的热量.‎ ‎【答案】（1）（2）（3）9J ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当安培力为零时，加速度最大，根据牛顿第二定律求解最大加速度；当加速度为零时速度最大，根据平衡条件求解最大速度；‎ ‎（2）金属棒速度最大时感应电流最大，首先求解此时的安培力，根据牛顿第二定律求解加速度；‎ ‎（3）根据能量守恒定律求解回路中的总热量，根据比例关系求解电阻R上产生的热量．‎ ‎【详解】（1）金属棒ab达到最大速度时，受力平衡，有 金属棒ab产生的感应电动势为 感应电流为 金属棒ab受到的安培力 联立解得金属棒ab达到的最大速度 ‎（2）金属棒ab沿导轨向下运动速度时，‎ 金属棒ab产生的感应电动势为 感应电流为 金属棒ab受到的安培力 代入数据 金属棒ab的加速度为a，由牛顿第二定律得 代入数据解得 ‎（3）应用能量守恒定律有 代入数据解得Q=16J 根据可知，电阻R上产生的热量 代入数据可得 ‎【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解．‎ ‎17.（16分）如图所示，两条相互平行的光滑金属导轨水平距离l=‎0.2m，在导轨的一端接有阻值为R=5Ω的电阻，在x ≥0处有一与水平面垂直的均匀磁场，磁感应强度B=5T。一质量为m=‎0.1kg的金属直杆垂直放置在导轨上，并以v0=‎2m/s的初速度进入磁场，在安培力和一垂直于杆的水平外力F的共同作用下做匀变速直线运动，加速度大小为a=‎2m/s2、方向与初速度方向相反。设导轨和金属杆的电阻都可以忽略，且接触良好。求：‎ ‎（1）从进入磁场到速度减为零的过程中通过电阻R的电荷量；‎ ‎（2）电流为最大值的一半时施加在金属杆上外力F的大小和方向；‎ ‎【答案】（1）（2）0.4N 方向向左 ‎【解析】‎ ‎（1）感应电动势，故时，则．‎ ‎（2）最大电流．安培力，‎ 向右运动时，，方向与x轴相反 向左运动时，，方向与x轴相反