辽宁省实验中学东戴河分校2019-2020学年高二上学期12月月考物理试题 18页

物理试卷 一．选择题（共12道题，1---7题为单项选择题，8---12题为多项选择题，每题4分，漏选得2分，错选不得分）‎ ‎1.火车的鸣笛声由空气传到铁轨中，则关于其频率和波长的变化情况，描述正确的是 A. 频率不变，波长变短 B. 频率不变，波长变长 C. 频率变小，波长变长 D. 频率变大，波长变短 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】波的频率是由波源决定的，所以波从一种介质进入另一种介质时，频率不变．则声波由空气进入铁轨中，波速变大，频率不变，由波速公式v=λf得知，声波的波长变长．故B正确，ACD错误．故选B ‎2.如图所示，三根长均为L的直导线水平放置，截面构成以A为顶点的等腰直角三角形，其中导线A、B电流的方向垂直纸面向里，导线C中电流的方向垂直纸面向外．若导线B、C中的电流在导线A所在位置处产生的磁感应强度的大小均为，导线A通过的电流大小为I，则导线A受到的安培力的大小和方向为 A. ，水平向左 B. ，水平向左 C. ，竖直向上 D. ，竖直向上 ‎【答案】C ‎【解析】‎ B、C中的电流在A处产生的磁感应强度的大小均为，如图所示：‎ 根据平行四边形定则，结合几何关系，有A处的磁感应强度为：，由左手定则可知，安培力方向竖直向上，大小为，故C正确，ABD错误，故选C．‎ ‎3.如图所示电路,其中R为一热敏电阻（温度升高时,阻值减小）,C为电容器,R1、R2为两个电阻箱．闭合开关,当环境温度升高时,以下说法正确的是 A. 电容器的带电荷量减少 B. 减小电阻箱R1的阻值,可使电容器的带电荷量保持不变 C. 减小电阻箱R2的阻值,可使电容器的带电荷量保持不变 D. 增加电阻箱R2的阻值,可使电容器的带电荷量保持不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】当环境温度升高时，R的电阻变小，外电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律得知，总电流增大，则R2的电压增大，电容器上的电压增大，电容器所带的电量增大．故A错误；根据闭合电路欧姆定律得知，总电流增大，电容器所带的电量增大，R1的大小与电容器的电量没有影响，若R1的阻值减小，电容器的带电量仍然增大．故B错误；当环境温度升高时，R的电阻变小，根据闭合电路欧姆定律得知，总电流增大，若R2的阻值减小，可以使R2的电压不变，电容器上的电压不变，电容器所带的电量不变，故C正确，D错误；故选C．‎ ‎【点睛】本题是信息给予题，抓住R的电阻随温度升高而减小，进行动态变化分析：R为热敏电阻，温度升高，电阻变小，当环境温度升高时，电阻变小，外电路总电阻变小，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，确定电容器带电量的变化．‎ ‎4.如图所示，一个有矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向内．一个三角形闭合导线框，由位置1（左）沿纸面匀速运动到位置2（右）．取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点（t=0），规定逆时针方向为电流的正方向，则图中能正确反映线框中电流号时间关系的是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由楞次定律依据磁通量的变化可以判定感应电流的方向，再由感应电动势公式和欧姆定律，分段分析感应电流的大小，即可选择图象．‎ ‎【详解】线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流i应为正方向，故BC错误；线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E=BLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；线框完全进入磁场的过程，磁通量不变，没有感应电流产生．线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流i应为负方向；线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小，故A正确，D错误．‎ ‎5.如图所示为小型交流发电机示意图，线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO’沿逆时针方向以角速度匀速转动。线圈的匝数为n、电阻为r，外接电阻为R，A为交流电流表。线圈从图示位置（线圈平面平行于磁场方向）开始转过时的感应电流为I。下列说法中正确的是 A. 电流表的读数为2I B. 转动过程中穿过线圈磁通量的最大值为 C. 线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量为 D. 从图示位置开始转过的过程中，通过电阻R的电荷量为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由题有：‎ 则得感应电流的最大值为：‎ 有效值为：‎ 有 则电流表的读数为，故A错误；‎ B．感应电动势的最大值为：‎ 又：‎ 磁通量的最大值：‎ 联立解得：‎ 故B正确；‎ C．线圈转动一周的过程中，电阻产生的热量：‎ 故C错误；‎ D．从图示位置开始转过的过程中，通过电阻的电荷量：‎ 故D错误；‎ 故选B。‎ ‎6.图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1m处的质点，Q是平衡位置为x=4m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则（ ）‎ A. t=0.10s时，质点Q的速度方向向上 B. 该波沿x轴的正方向传播 C. 该波的传播速度为40m/s D. 从t=0.10s到t=0.25s，质点P通过的路程为30 cm ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由振动图象可知，时刻，点经过平衡位置向下运动，根据波形的平移法可判断出来波沿轴负方向传播，故A、B错误；‎ C．由图可得：‎ 该波的传播速度为：‎ 故C正确； ‎ D．从到，经过时间为：‎ 位于最大位移处和平衡位置处的质点通过的路程是，质点通过的路程不等于，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎7.如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图,此质谱仪由以下几部分构成:离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器.静电分析器通道中心线半径为R,通道内有均匀辐射电场,在中心线处的电场强度大小为E;磁分析器中分布着方向垂直于纸面,磁感应强度为B的匀强磁场,其左边界与静电分析器的右边界平行.由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的正离子(初速度为零,重力不计),经加速电场加速后进入静电分析器,沿中心线MN做匀速圆周运动,而后由P点进入磁分析器中,最终经过Q点进入收集器.下列说法中正确的是(　　)‎ A. 磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向内 B. 加速电场中的加速电压U=ER C. 磁分析器中圆心O2到Q点的距离d=‎ D. 任何离子若能到达P点,则一定能进入收集器 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、离子在磁分析器中沿顺时针转动，所受洛伦磁力指向圆心，根据左手定则，磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向外，故A错误.‎ B、离子在静电分析器中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有：，设离子进入静电分析器时的速度为v，离子在加速电场中加速的过程中，由动能定理有：，解得：，B正确.‎ C、离子在磁分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：，解得：‎ ‎，则：，故C错误.‎ D、由B可知：，R与离子质量、电量无关；离子在磁场中的轨道半径：，离子在磁场中做圆周运动的轨道半径与电荷的质量和电量有关，能够到达P点的不同离子，半径不一定都等于d，不一定能进入收集器，故D错误.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题考查粒子在电场中加速与匀速圆周运动，及在磁场中做匀速圆周运动．掌握电场力与洛伦兹力在各自场中应用，注意粒子在静电分析器中电场力不做功．‎ ‎8.如图所示，长直导线通以方向向上的恒定电流i，矩形金属线圈abcd与导线共面，线圈的长是宽的2倍，第一次将线圈由静止从位置Ⅰ平移到位置Ⅱ停下，第二次将线圈由静止从位置Ⅰ绕过d点垂直纸面的轴线旋转900到位置Ⅲ停下，两次变换位置的过程所用的时间相同，以下说法正确的是( )‎ A. 两次线圈所产生的平均感应电动势相等 B. 两次线圈所产生的平均感应电动势不相等 C. 两次通过线圈导线横截面积的电量相等 D. 两次通过线圈导线横截面积的电量不相等 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 根据通电直导线周围的磁场分布可知，两次通过线圈的磁通量不同，根据可知，线圈所产生的平均感应电动势不相等，选项A错误，B正确；根据可知两次通过线圈导线横截面积的电量不相等，选项C错误，D正确；故选BD.‎ ‎9.如图甲所示是家用台灯亮度调节原理图，理想自耦变压器的a、b间接入如图乙所示正弦交流电压.交流电流表A为理想电表，灯泡额定电压为15V、额定功率30W（设灯泡的电阻值保持不变），当P在c处时灯泡正常发光.下列描述正确的有 A. 灯泡正常发光时变压器线圈的总匝数与c点下方的匝数之比为44∶3‎ B. 当灯泡正常发光时电流表的读数为2A C. 将调压端滑动触头P向下移动时，变压器的输入功率变小 D. 将调压端的滑动触头P向下移动时，变压器的输入电压变小 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】由图象知输入电压的有效值为220V，灯泡正常发光副线圈电压为15V，所以灯泡正常发光时变压器初、次级线圈的匝数比，A正确；当电灯正常发光时，电灯两端电流，则变压器初级电流： ，选项B错误； 当滑动触头向下移动，即n2减小时，电压U2应该减小，所以灯泡功率减小，则变压器的输入功率变小，C正确；变压器的输入电压只由发电机输出电压决定，与次级匝数无关，选项D错误；故选AC.‎ ‎【点睛】自耦变压器的原理和普通的理想变压器的原理是相同的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据基本的规律分析即可．‎ ‎10.如图所示，ab、cd是固定在竖直平面内的足够长的金属框架，bc段接有一阻值为R的电阻，其余电阻不计，ef是一条不计电阻的金属杆，杆两端与ab和cd接触良好且能无摩擦下滑(不计空气阻力)，下滑时ef始终处于水平位置，整个装置处于方向垂直框面向里的匀强磁场中，ef从静止下滑，经过一段时间后闭合开关S，则在闭合开关S后 A. ef的加速度大小不可能大于g B. 无论何时闭合开关S，ef最终匀速运动时速度都相同 C. 无论何时闭合开关S，ef最终匀速运动时电流的功率都相同 D. ef匀速下滑时，减少的机械能小于电路消耗的电能 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】闭合开关S后，ef切割磁感线产生感应电流，ef所受的安培力方向向上．若ef所受的安培力大于重力的2倍，由牛顿第二定律得知，加速度大于g．故A错误．无论什么时刻闭合S，ef最终都做匀速运动，设最终的速度大小为v，则有：mg=，得v=，由于m、R、B、L都相同，则v一定相同．故B正确．ef最终匀速运动时，设电流的功率为P，则：   P=mgv=，可见，电流的功率P是相同的．故C正确．ef匀速下滑时，根据能量守恒定律得知，ef减少的机械能等于电路消耗的电能．故D错误．故选BC．‎ ‎【点睛】本题首先要对开关闭合后ef可能的运动情况分析要清楚，其次从力平衡和能量守恒的角度分析，得到稳定时ef的速度、电功率等表达式，再进行判断．‎ ‎11.如图所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图（图中变压器均可视为理想变压器，图中电表均为理想交流电表）．设发电厂输出的电压一定，两条输电线总电阻用R0表示，变阻器R相当于用户用电器的总电阻．当用电器增加时，相当于R变小，则当用电进入高峰时 A. 电压表V1、V2的读数均不变，电流表A1、A2的读数均增大 B. 电压表V3、V4的读数均减小，电流表A3的读数也减小 C. 电流表V2、V3的读数之差与电流表A2的读数的比值不变 D. 发电厂的输出功率增大 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】电压表V1、V2‎ 的读数均不变，因为输入电压和匝数比都不变，用电高峰期，电阻减小，电流增大，根据电流与匝数成反比知电流都增大，故A正确；输电线上的电压损失增大，故电压表V3、V4的读数均减小，电流表A2的读数增大，电流表A3的读数增大，故B错误；电流表V2、V3的读数之差与电流表A2的读数的比值不变，等于输电线的电阻值，变压器的输入功率等于输出功率都增大，故CD正确．故选ACD．‎ ‎【点睛】此题是远距离输电电路的动态分析；根据表达式知道电压和频率，与闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况．‎ ‎12.如图所示，一根固定的绝缘竖直长杆位于范围足够大且相互正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度大小为E=，磁感应强度大小为B．一质量为m、电荷量为q的带正电小圆环套在杆上，环与杆间的动摩擦因数为μo现使圆环以初速度vo向下运动，经时间to，圆环回到出发点．若圆环回到出发点之前已经开始做匀速直线运动，不计空气阻力，重力加速度为g．则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 环经过时间刚好到达最低点 B. 环最大加速度为am=g+‎ C. 环在t0时间内损失的机械能为m(v02-)‎ D. 环下降过程和上升过程系统因摩擦产生的内能相等 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、环来回运动性质不相对称，从而判定即可；B、依据牛顿第二定律，结合洛伦兹力大小公式f=Bqv，及左手定则，即可求解；C、根据动能定理，即可回到原点的机械能变化量；D、依据动能定理，结合初末速度，即可求解．‎ ‎【详解】AB、由题意可知，环在运动的过程中，受到的电场力大小为，方向始终竖直向上．假设竖直向下为正方向，则当环下滑的过程中，受力分析，根据牛顿第二定律得：，化解得：，负号代表该加速度与运动方向相反，故物体在下滑的过程中做加速度逐渐减小的减速运动；当环上升的过程中，根据牛顿第二定律，解得：，环做加速度逐渐减小的减速运动，在到达原出发点前，加速度减为零，此时，，，开始以速度v做匀速直线运动．‎ 所以，由于运动的不对称性可以确定，从开始下滑到最低点的时间不等于，A错误；整个运动过程中，加速度一直减小，所以在运动的最开始时，加速度最大，加速度大小的最大值为：，B正确；‎ C、由以上计算，可知，整个过程中，系统损失的机械能，C正确；‎ D、环上升和下降的过程中，摩擦力的平均值大小不相等，故因摩擦产生的内能不相等，D错误．‎ 故本题选BC．‎ ‎【点睛】考查牛顿第二定律、动能定理的内容，掌握机械能损失与除重力以外的力做功有关，理解环在运动中受到洛伦兹力与速率的关系，及洛伦兹力的方向判定，注意环来回运动性质的不同，是解题的关键．‎ 第Ⅱ卷（非选择题，共52分）‎ 二．填空题（共2道题，每空2分，共计22分）‎ ‎13.（1）在使用多用电表测电阻时，以下说法中正确的是_______‎ A．每换一次档位，都必须重新进行电阻调零 B．使用前须检查指针是否停在"Ω"刻线的"∞"处 C．测量完毕应将选择开关置于"OFF"或交流电压最大档 D．测量时，若指针偏角较小，应换倍率较小的档位来测量 ‎（2）如图甲、乙所示是螺旋测微器和游标卡尺测量工件长度时的情形。螺旋测微器读数为______mm.游标卡尺读数为______mm.‎ ‎（3）用多用电表进行了两次测量，指针的位置如图a和b所示，若多用电表的开关处于欧姆档“×10”的档位时b处读数为_____Ω，若多用电表的开关处于直流电流50mA的量程时a处读数为____mA，若多用电表的开关处于直流电压2.5V的量程时b处读数为____V。‎ ‎【答案】 (1). ABC (2). 6.724（6.721----6.729之间均可） (3). 30.35 (4). 32 (5). 11.3 (6). 2.04‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]A．欧姆表每换一次档位，都必须重新进行电阻调零，故A正确；‎ B．多用电表使用前须检查指针是否停在“Ω”刻线的“∞”处，即是否指在左侧零刻度线处，故B正确；‎ C．欧姆表有内置电源，为保护电表，测量完毕应将选择开关置于“OFF”或交流电压最大档，故C正确；‎ D．测量时，若指针偏角较小，说明所选挡位太小，为准确测量电阻阻值，应换倍率较大档位来测量，故D错误；‎ 故选ABC；‎ ‎(2)[2]由图可知，螺旋测微器的固定部分为6.5mm；转动部分为，故读数为：‎ ‎[3]游标卡尺的主尺读数为30mm，游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为7×0.7mm=0.35mm，所以最终读数为：‎ ‎(3)[4]多用电表的开关处于欧姆档“×10”的档位时处读数为；‎ ‎[5]多用电表的开关处于直流电流50mA的量程时处读数为11.3mA；‎ ‎[6]多用电表的开关处于直流电压2.5V的量程时处读数为2.04V ‎14.一同学设计了如图甲所示电路来测节干电池的电动势和内阻．该同学选好器材后，进行操作(其中是保护电阻)．‎ ‎（1）该同学测量时记录了6组数据，并根据这些数据面出了U-I图线如图丙所示，根据图线求出干电池 的电动势E=_________V(结果保留三位有效数字)，内阻r=___________Ω．‎ ‎（2）若保护电阻的阻值未知，该干电池的电动势E、内电阻r已经测出，在图乙的电路中只需改动一条线就可测量出的阻值．该条线是_________，需改接为________(请用接线柱处的字母去表达)．改接好后，调节滑动变阻器，读出电压表的示数为U、电流表示数为I，电源的电动势用E表示，内电阻用r 表示，则=__________．‎ ‎【答案】 (1). 1.48V (2). 0.50Ω（0.48～0.52Ω） (3). dj (4). je或者jf (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由图丙所示，电源U-I图像可知，图像与纵轴交点坐标值为1.48，则电源电动势E=1.48V，电源内阻 ,‎ ‎（2）将导线jd改接为je，此时电源与定值电阻组成等效电源，在闭合电路中，电源电动势：‎ E=U+I（R0+r），定值电阻 三．计算题 （共三道题，15题9分，16题9分、17题12分，共计30分）‎ ‎15.轻质细线吊着一质量为m＝0.42kg、边长为L＝1m、匝数n＝10的正方形线圈，其总电阻为r＝1Ω.在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图甲所示.磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示.(g＝10m/s2)‎ ‎(1)判断线圈中产生的感应电流的方向是顺时针还是逆时针；‎ ‎(2)求0--6s内磁通量变化量的大小；‎ ‎(3)求线圈的电功率；‎ ‎(4)求在t＝4s时轻质细线的拉力大小 ‎【答案】(1)逆时针；(2)0.3Wb；(3)0.25W；(4)1.2N ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由楞次定律可知电流的方向为逆时针方向 ‎(2) 0--6s内磁通量变化量的大小为：‎ ‎(3)由法拉第电磁感应定律得：‎ 代入数据得：‎ 根据线圈的电功率为：‎ ‎ (4)根据可得电流为：‎ 安培力为：‎ 安 根据平衡条件可得轻质细线的拉力大小：‎ 安 ‎16.在均质弹性绳中有一振源S，它以5 Hz的频率上下做简谐运动，振幅为5 cm，形成的波沿绳向左、右两边传播．从振源开始振动计时，t时刻的波形如图所示，质点P右边的绳还未振动，S左边的波形没有画出，则．‎ ‎（1）该波的波速 ‎（2）图中的质点Q在t时刻的坐标 ‎（3）在t＝0至t＝1.0 s时间内质点P运动的路程 ‎【答案】（1）40 cm/s；（2）0.7m；（3）70 cm ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由题可以知道该波的频率，周期，由图知该波在时间内，波传播了，则波速，此时P点的振动方向向下，则波源的起振方向向下；（2）由对称性知处质点t时刻处于波峰；‎ ‎（3）在至时间内，即，质点P已振动，运动的路程为．‎ ‎【点睛】本题要抓住对称性，S在振动过程中，波向两端同时传播，知道各质点开始振动的方向与波源开始振动方向相同．‎ ‎17.如图所示，在真空中的竖直平面内有一xoy平面直角坐标系，x轴下方有竖直向上的匀强电场，场强大小为E，且第三象限有垂直于纸面向外的水平匀强磁场；x轴上方有竖直向上的匀强电场，场强大小为。现有一电荷量的绝对值为q的带电小球，从第四象限中坐标值为（，- 2 l0） 的A点以与y轴夹角θ = 30°的速度v0斜向左上运动，恰能沿直线运动并经过y轴上的N点进入第三象限，接着垂直于x轴进入第二象限。已知重力加速度为g，求：‎ ‎（1）带电小球的质量；‎ ‎（2）匀强磁场的磁感应强度；‎ ‎（3）带电小球从A点出发到第4次通过x轴时共经历的时间。‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）（）+。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由A到N“恰能沿直线运动”，必为匀速运动，故：‎ mg = qE ， ‎ 得：‎ m =；‎ ‎(2)进入第三象限后，合力等于洛伦兹力，做匀速圆周运动，由“垂直于x轴进入第二象限”及几何知识知，带电小球在磁场中做速率为v0的圆周运动的半径为：‎ r = l0，‎ 又由得：‎ ‎ ，‎ 故 ：‎ ‎ ；‎ ‎(3)A到N的时间为：‎ ‎ ， ‎ 从N点转过圆心角30°到达x轴时间为：‎ ‎，‎ 带电小球进入第二象限后，做“类竖直上抛运动”，由 ‎，‎ 得：‎ ‎ (方向竖直向下) ，‎ 在第二象限上升到最高点的时间为：‎ ‎，‎ 由对称性可知，从D回到C点所用时间为：‎ t4 = t3，‎ 在第三象限中从C到P(半圆)所用时间为：‎ t5 =T = 6 t2 ，‎ 设从P点进入第二象限运动至最高点Q所用时间为t6，从Q点回到P第四次通过x轴所用时间为t7，易知：‎ t6 = t7 = t4 = t3，‎ 故带电小球从A点出发到第四次通过x轴时共经历的时间为：‎ t = t1 + t2 + t3 + t4 +t5 + t6 + t7， ‎ 即：‎ t =（）+。‎ ‎ ‎