【物理】江苏省南通市如皋中学2019-2020学年高二上学期教学质量调研试题（三）（解析版） 16页

‎2019～2020学年度高二年级第一学期 教学质量调研（三）物理（选修）‎ 一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分，每小题只有一个选项符合题意．‎ ‎1.下列说法正确的是 A. 在硅钢中不能产生涡流 B. 涡流有热效应，但没有磁效应 C. 在电能输送过程中，若输送的电功率和输电电压一定，使用同种材料的导线时，越细的导线损失的电压越小 D. 在电能输送过程中，若输送的电功率和输电线电阻一定，输电线上损耗的电功率和输送电压的二次方成反比 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．整块导体内部发生电磁感应而产生感应电流的现象称为涡流现象，要损耗能量，不用整块的硅钢铁芯，其目的是为了减小涡流；故A错误。‎ B．涡流既有热效应，也有磁效应；故B错误。‎ C．根据输送功率知，若输送的电功率和输电电压一定时，输电电流一定；损失功率为：‎ 则使用同种材料的导线时，电阻率相同，越细的导线即为横截面积S越小，则损失的电压越大；故C错误。‎ D．根据输送功率得：‎ 则输电线上损失的功率为：‎ 则输送的电功率和输电线电阻一定，输电线上损耗的电功率和输送电压的二次方成反比；故D正确。‎ 故选D。‎ ‎2.全自动洗衣机设有多段式水位自动感应装置，该装置采用的可能是下列哪种类型的传感器?‎ A. 压力传感器 B. 红外线传感器 C. 温度传感器 D. 生物传感器 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】洗衣机设有多段式水位自动感应装置，是通过不同的压力转换成电学量，运用的压力传感器；故A正确，B、C、D错误。故选A。‎ ‎3.某方波交变电流如图所示，该电流的有效值为 A. I0 B. I0‎ C I0 D. I0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据有效值的定义，取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值。则有：‎ 解得交流电的有效值为： 故选C。‎ ‎4.在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图乙变化时，正确表示线圈中感应电动势E变化的是图中的（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】在0-1s内，根据法拉第电磁感应定律，．根据楞次定律，感应电动势的方向与图示箭头方向相同，为正值；在1-3s内，磁感应强度不变，感应电动势为零；在3-5s内，根据法拉第电磁感应定律，．根据楞次定律，感应电动势的方向与图示方向相反，为负值．故A正确，BCD错误．‎ ‎5.如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场边界上A点有一粒子源，不断地向磁场的各个方向（均平行于纸面）发射速度大小相等的带正电的粒子(重力不计)，已知粒子的质量为m，电量为q，速度大小为．则粒子在磁场中运动的最长时间为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：‎ 已知：，解得：‎ 粒子在圆形磁场中运动的弧长越长，对应的弦长越长，转过的圆心角越大，粒子运动轨迹对应的最大弦长是2r，则最大圆心角为：‎ 粒子在磁场中运动的最长时间：‎ 故B正确，A、C、D错误。故选B。‎ 二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共计20分，每个选择题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得3分，选错或不选的得0分．‎ ‎6.如图所示电路中，两个规格相同的灯泡A1、A2分别与线圈L和电阻R串联后接到电源上，使R接入电路的电阻与线圈的直流电阻相同，则下列判断正确的有 A. 接通电路后，A1比A2后发光 B. 接通电路后，A1比A2先发光 C. 断开电路后，A1、A2同时熄灭 D. 断开电路后，A1比A2后熄灭 ‎【答案】AC ‎【解析】AB．接通电路后，由于线圈中自感电动势的阻碍，A2灯先亮，A1灯后亮，故A正确，B错误；‎ CD．断开电路后，线圈L产生自感电动势，两灯串联，通过两灯的电流相等，两灯A1、A2同时逐渐熄灭，故C正确，D错误。‎ 故选AC。‎ ‎7.如图所示，理想变压器的输入电压不变，当滑动变阻器的滑片向下移动时，对于理想电表的读数判断正确的有 A. V1表读数不变 B. V2表读数增大 C. A1表读数增大 D. A2表读数不变 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以变压器的输出电压也不变，所以V1、V2的示数都不变，当变阻器的滑动头P向下移动时，滑动变阻器的电阻减小，所以负线圈的电流增大，原线圈的电流也要变大，所以A1、A2表读数都增大，故A、C正确，B、D错误。故选AC。‎ ‎8.如图所示，线圈在匀强磁场中转动产生的电动势e=311sin100πt（V），下列说法中正确的有 A. t=0时，线圈平面位于中性面 B. t=0时，穿过线圈的磁通量最小 C. 交变电的周期为0.02s D. t=0.01s时，穿过线圈磁通量变化率最小 ‎【答案】ACD ‎【解析】AB．从电动势的表达式知道：当t=0时，感应电动势为零，则线圈平面处于中性面位置，通过的磁通量最大；故A正确，B错误。‎ C．交变电的周期为 故C错误。‎ D．由交流电动势e=311sin100πt V，可知，当t=0.01s时，感应电动势为零，则磁通量的变化率最小；故D正确。故选ACD。‎ ‎9.法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中，半径为L．若从上向下看，圆盘以角速度ω顺时针转动，下列说法正确的有 A. P的电势高于Q的电势 B. P的电势低于Q的电势 C. 圆盘转动产生的感应电动势为BL2ω D. 若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．把铜盘等效为无数根导体棒，根据右手定则可知，电流从P流向Q，又因为此时PQ段相当于电源，故P的电势低于Q的电势；故A错误，B正确。‎ C．设圆盘转动了△t时间，则该时间内，等效导体棒扫过面积的磁通量为 根据法拉第电磁感应定律有 故C正确。‎ D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电动势变为原来的2倍，此时电流在R上的热功率变为原来的4倍，故D错误。‎ 故选BC。‎ ‎10.如图所示，小球A、物体B的质量分别为m、2m，B置于水平面上，B物体上部半圆形槽的半径为R.将A从半圆槽右侧顶端由静止释放，不计一切摩擦．则 A. A不能到达半圆槽的左侧最高点 B. A能到达半圆槽的左侧最高点 C. B向右运动的最大距离为 D. B向右运动的最大距离为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．设A到达左侧最高点的速度为v，以小球和槽组成的系统为研究对象，根据系统水平动量守恒知，系统的初动量为零，则末总动量为零，即v=0，根据系统的机械能守恒知，A能到达B圆槽左侧的最高点；故A错误，B正确。‎ CD．因为A和B组成的系统在水平方向上动量守恒，当A运动到左侧最高点时，B向右运动的位移最大，设B向右的最大位移为x，取水平向左为正方向，根据水平动量守恒得：‎ 即为：‎ 解得 故C错误，D正确。‎ 故选BD。‎ 三、非选择题：本题共7小题，共计65分．请将解答填写在答题卡相应的位置．‎ ‎11.在“探究变压器两端电压与匝数的关系”实验中：‎ ‎（1）用学生电源给原线圈供电，用多用表测量副线圈两端电压，下列操作正确的是_____．‎ A．原线圈接直流电压，电表用直流电压档 B．原线圈接直流电压，电表用交流电压档 C．原线圈接交流电压，电表用直流电压档 D．原线圈接交流电压，电表用交流电压档 ‎（2）学生电源的输出电压一定，保持原线圈匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压______（选填“增加”或“减小”），再保持副线圈匝数不变，增加原线圈匝数，观察到副线圈两端电压_______（选填“增加”或“减小”）．‎ ‎【答案】 (1). D (2). 增加 (3). 减小 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]变压器的工作原理是互感现象，故原线圈接交流电压，输出电压也是交流电压，故电表用交流电压挡，故A、B、C错误，D正确。‎ ‎(2)[2]根据变压比公式 学生电源的输出电压一定，保持原线圈匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压增加；‎ ‎[3]保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压减小。‎ ‎12.某学习小组用半径相同的小球1和小球2碰撞“验证动量守恒定律”，实验装置如图甲所示．安装好实验装置，斜槽的末端水平，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下铅垂线所指的位置O．接下来的实验步骤如下：‎ 步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上，并重复多次；‎ 步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘处的B点，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞，并重复多次；‎ 步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度．‎ ‎ ‎ ‎ 甲 乙 ‎（1）以下提供的器材中，本实验必需的有_______．‎ A．刻度尺 B．游标卡尺 C．天平 D．秒表 ‎（2）判断斜槽末端已调节水平的方法是___________．‎ ‎（3）在上述实验操作中，下列说法正确的是_______．‎ A．小球1的半径可以大于小球2的半径 B．小球1每次可以从斜槽的不同位置由静止滚下 C．小球在斜槽上的释放点应该越高越好，这样碰前的速度大，测量误差较小 D．复写纸铺在白纸的上面，实验过程中复写纸可以随时拿起来看印迹是否清晰并进行移动 ‎（4）步骤1中，小球1落点的情况如图乙所示，则小球1落点的平均位置对应的毫米刻度尺读数为__________ cm．‎ ‎（5）设小球1的质量为m1，小球2的质量为m2，OM的长度为l1，OP的长度为l2，ON的长度为l3，则本实验验证动量守恒定律的表达式为___________________．‎ ‎【答案】(1). AC (2).将小球轻放在斜槽平直部分末端,若小球能在平直轨道上的任意位置静止，就表明斜槽末端已调节水平 (3).D (4).46.41（46.39~46.43） (5). =+‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]AC．实验过程中需要测量入射球与被碰球的质量，因此实验需要天平；实验时需要测出小球落地点的水平位移，因此实验需要刻度尺，故A、C正确；‎ BD．实验过程中不需要测球的直径、不需要测小球的运动时间，因此不需要游标卡尺和秒表，故B、D错误；‎ 故选AC。‎ ‎(2)[2]将小球轻放在斜槽平直部分末端，若小球能在平直轨道上的任意位置静止，表面斜槽末端已调节水平。‎ ‎(3)[3]A．验证动量守恒定律实验中，入射球1的质量一定要大于被碰球2的质量，两球的直径应相等，故A错误。‎ B．将小球静止放置在轨道末端，如果小球不滚动，水面斜槽轨道末端水平，否则斜槽末端不水平，故B正确。‎ C．小球在斜槽上的释放点高度应适当，如果释放点的高度太高，小球离开轨道后的水平位移太大，小球将落在复写纸之外，不能确定小球的落地点，小球的释放高度不是越高越好，故C错误。‎ D．复写纸铺在白纸的上面，实验过程中复写纸可以随时拿起看印迹是否清晰，只要不移动地面上的白纸，可以随便移动复写纸的位置，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎(4)[4]由图示刻度尺可知，其分度值为1mm，估读到0.1mm，则示数为：46.41cm（46.39-46.43）.‎ ‎(5)[5]平直过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：‎ 小球做平抛运动时间t相等，两边乘以相同的平抛的运动时间t可得：‎ 即为：‎ m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON 解得：‎ ‎13.有一边长l＝0.1 m的正方形导线框abcd，质量m＝10 g，由高度h＝0.2 m处自由下落，如图所示．其下边ab进入匀强磁场区域后，线圈开始做匀速运动，直到其上边dc穿出匀强磁场为止．磁场的磁感应强度B=5 T，g取10 m/s2．求：‎ ‎（1）线框的电阻R；‎ ‎（2）线框在穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热Q．‎ ‎【答案】(1) 5Ω (2)0.02J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)线框自由下落过程中机械能守恒，有 mgh=‎ 线框在磁场中的电动势：‎ E=Blv 相框受力平衡：‎ mg=BIl 即 mg=‎ 解得:‎ R=5Ω ‎(2)因为线圈匀速穿越磁场，所以磁场区域的宽度也为l.由能量守恒定律得 Q=2mgl 解得:‎ Q=0.02J ‎14.如图所示，U形导线框MNQP水平放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁感应线方向与导线框所在平面垂直，导线MN和PQ足够长，间距为L，横跨在导线框上的导体棒ab，质量为m，电阻为r，接在NQ间的电阻为R，电压表为理想电表，其余电阻不计，若导体棒在水平外力作用下以速度v向左匀速运动，不计导体棒与导线框间的摩擦．‎ ‎（1）电表的示数为多少？‎ ‎（2）若某一时刻撤去外力，则从该时刻起，在导体棒运动的过程中，通过导体棒的电荷量为多少？‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)感应电动势：‎ E=BLv 电压表示数为路端电压，即 U=‎ 解得 U=‎ ‎(2)对导体棒在撤去外力后的过程应用动量定理，设向左为正方向，则 ‎-F安t=0-mv BILt=mv BLq=mv 解得：‎ q=‎ ‎15.如图所示，一质量m1＝0.45 kg的足够长平板小车静止在光滑的水平轨道上，车顶右端放一质量m2＝0.5 kg的小物块，小物块可视为质点，小物块与小车上表面之间粗糙．现有一质量m0＝0.05 kg的子弹以v0＝100 m/s的水平速度射中小车左端，并留在车中，设子弹打进小车所用的时间极短．g取10 m/s2，求：‎ ‎（1）子弹刚刚射入小车时，小车的速度大小v1；‎ ‎（2）小物块m2的最大速度大小v2；‎ ‎（3）整个过程中，摩擦产生的内能．‎ ‎【答案】(1) 10m/s (2) 5m/s (3)237.5J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)子弹射入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，有动量守恒定律得：‎ m0v0=（m0+m1）v1‎ 解得：‎ v2=10m/s ‎(2)子弹、小车与物块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：‎ m0v0=（m0+m1+m2）v2‎ 代入数据解得：‎ v2=5m/s ‎(3)整个过程中，摩擦产生的内能.‎ Q=-‎ 解得:‎ Q=237.5J ‎16.如图甲所示为手机无线充电工作原理的示意图，由送电线圈和受电线圈组成．已知受电线圈的匝数为n＝50匝，电阻r＝1.0 Ω，在它的c、d两端接一阻值R＝9.0 Ω的电阻．设在受电线圈内存在与线圈平面垂直的磁场，其磁通量随时间按图乙所示的规律变化，可在受电线圈中产生电动势最大值为20 V的正弦交流电．求：‎ ‎（1）在t＝π×10－3 s时，受电线圈中产生电流的大小；‎ ‎（2）在一个周期内，电阻R上产生热量；‎ ‎（3）从t1到t2时间内，通过电阻R的电荷量．‎ ‎【答案】(1) 2.0A (2) 5.7×10-2J (3) 2×10-3C ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由图乙知t=π×10-3s时电动势最大，为：‎ Em=20V 线圈中产生感应电流的大小为：‎ I1=Im==2.0A ‎(2)通过电阻电流的有效值为：‎ I=A 电阻在一个周期内产生的热量：‎ Q=I2RT≈5.7×10-2J ‎(3)线圈中感应电动势的平均值：‎ 通过电阻R的电流的平均值为：‎ ‎，‎ 通过电阻R的电荷量：‎ q=‎ 所以 q=‎ 由题图乙知，在t1到t2时间内，‎ ‎△=4×10-4Wb 解得 q=2×10-3C ‎17.如图所示，直角坐标系中的第Ⅰ象限中存在垂直纸面向里的匀强磁场．一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，在x轴上的a点以速度v0与x轴正方向成60°角射入磁场，从y＝L处的b点沿垂直于y轴方向进入第Ⅱ象限．不计粒子重力．求：‎ ‎（1）磁感应强度B的大小；‎ ‎（2）粒子在第Ⅰ象限内运动的时间t；‎ ‎（3）若磁感应强度变为2倍，且磁场仅存在于第Ⅰ象限内的某一矩形区域内，粒子经过a、b两点的速度和原来相同，请画出最小的矩形区域（用阴影表示），并求出该矩形区域的面积S．‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ，‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)带电粒子在磁场中运动轨迹如图，由几何关系可知：‎ r+rcos60°=L 得 r=‎ 又因为 qv0B=m 解得 B=‎ ‎(2)带电离子在磁场中运动时间为：‎ t1=‎ 解得：‎ t=‎ ‎(3)磁感应强度变为2倍，轨道半径：‎ r′=‎ 轨迹和矩形区域如图所示：‎ 矩形的面积：‎ S=（r′-r′cos60°）×2r′sin60°‎ 解得 S=‎