广东省汕头市金山中学2020学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析） 13页

广东省汕头市金山中学2020学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析） ‎ 一、单选题（每小题6分，共24分）‎ ‎1. 将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是 A. 感应电动势的大小与线圈的匝数无关 B. 穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大 C. 穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大 D. 感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：解答本题应掌握感应电动势取决于磁通量的变化快慢，与磁通量的变化及磁通量无关．‎ 解：由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E=n，即感应电动势与线圈匝数有关故A错误；同时可知，感应电动势与磁通量的变化率有关，磁通量变化越快，感应电动势越大，故C正确；‎ 穿过线圈的磁通量大，但若所用的时间长，则电动势可能小，故B错误；‎ 由楞次定律可知：感应电流的磁场方向总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故原磁通增加，感应电流的磁场与之反向，原磁通减小，感应电流的磁场与原磁场方向相同，即“增反减同”，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】感应电动势取决于穿过线圈的磁通量的变化快慢，在理解该定律时要注意区分磁通量、磁通量的变化量及磁通量变化率三者间区别及联第．‎ ‎2.如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是 A. PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向 B. PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向 C. PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向 D. PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 因为PQ突然向右运动，由右手定则可知，PQRS中有沿逆时针方向的感应电流，穿过T中的磁通量减小，由楞次定律可知，T中有沿顺时针方向的感应电流，D正确，ABC错误。‎ ‎【名师点睛】解题关键是掌握右手定则、楞次定律判断感应电流的方向，还要理解PQRS中感应电流产生的磁场会使T中的磁通量变化，又会使T中产生感应电流。‎ ‎3.下图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为，面积为.若在到时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由均匀增加到，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差 A. 恒为 B. 从0均匀变化到 C. 恒为 D. 从0均匀变化到 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 穿过线圈的磁场均匀增加，将产生大小恒定的感生电动势，由法拉第电磁感应定律得，而等效电源内部的电流由楞次定理知从，即b点是等效电源的正极，即，故选C。‎ ‎【考点定位】法拉第电磁感应定律、楞次定律。‎ ‎4.图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2 。在T的原线圈两端接入一电压的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其它因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )‎ ‎ ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：加在原线圈上的电压，根据电压比与匝数比关系：，所以：‎ ‎．‎ 根据，输电线上的电流，输电线上消耗的功率．故C正确，ABD错误．故选C。‎ 考点：变压器及远距离输电 二、多选题（每小题6分，共24分）‎ ‎5.一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场轴线匀速转动时产生的正弦式交变电流，其电动势的变化规律如图线a所示。当调整线圈转速后，电动势的变化规律如图线b所示。以下关于这两个正弦式电流的说法正确的是（　　）‎ A. 图线a电动势的有效值为V B. 线圈先后两次转速之比为2：3‎ C. 在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零 D. 图线b电动势的瞬时值表达式为e＝100sinπt（V）‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】由图象可知，交流电a的最大值为150V，则有效值为，所以A正确；图线a的周期为0.04s，图线b的周期为0.06s，所以转速之比为，所以B错误；在t＝0时刻电压为0，所以此时穿过线圈的磁通量最大，所以C错误；‎ 图像a的最大值：，则图线b的最大值为，解得Ebm=100V，角速度为，所以图线b电动势的瞬时值表达式为e＝100sinπt（V），所以D正确；故选AD。‎ ‎6.如图所示，理想变压器初级线圈的匝数为1100，次级线圈的匝数为55，初级线圈两端a、b接正弦交流电源，在原线圈前串接一个电阻的保险丝，电压表V的示数为220V，如果负载电阻，各电表均为理想电表，则 A. 电流表A的示数为1A B. 变压器的输出电压为5.5V C. 保险丝实际消耗的功率为1.21W D. 负载电阻实际消耗的功率为22W ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 试题分析：变压器次级电压，则电流表A的示数为，选项AB错误；负载电阻实际消耗的功率为，选项D正确；初级电流为，保险丝实际消耗的功率为，选项C正确；故选CD.‎ 考点：变压器；电功率.‎ ‎7.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，CD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，CD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. 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，电压表读数变大 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，电压表读数变小 D. 当P不动，滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数变大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由图知，当滑动触头P顺时针转动时，变压器副线圈的匝数减少，根据可得副线圈的电压U2减小，因负载的电阻不变，故电流表读数变小，电压表读数变小，所以A正确；同理，若滑动触头P逆时针转动时，变压器副线圈的匝数增加，U2增大，电流表示数增大，所以B错误；当P不动，副线圈电压U2不变，滑动触头向上滑动时，R3连入电路中的阻值增大，与R2并联后的电阻增大，根据串联电路的分压规律可得电压表示数增大，所以C错误；同理，当滑动触头向下滑动时，R3连入电路中的阻值减小，与R2并联后的电阻减小，根据串联电路的分压规律可得电压表示数减小，所以D错误。‎ 考点：本题考查变压器、闭合电路的欧姆定律 ‎8.如图所示，在竖直向上磁感应强度为匀强磁场中，两条足够长光滑平行金属导轨固定在水平桌面上，间距，电阻不计，匀强磁场方向与导轨平面垂直，金属棒AB、CD水平放在两导轨上，相隔为，棒与导轨垂直并保持良好接触，AB棒质量为，CD棒质量为，两金属棒接入电路的总电阻，若CD棒以的初速度水平向右运动，在两根金属棒运动到两棒间距最大的过程中，下列说法正确的是　　‎ A. AB棒的最终速度大小为 B. 该过程中电路中产生的热量为 C. 该过程中通过导体横截面的电荷量为 D. 两金属板的最大距离为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 金属导轨光滑，两金属棒组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出棒的最终速度；由能量守恒定律可以求出电路产生的热量，应用动量定理可以求出通过导体横截面的电荷量，然后求出两金属棒的最大距离。‎ ‎【详解】A、开始CD棒做减速运动、AB棒做加速运动，当两者速度相等时它们间的距离最大，两棒组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：，解得：，故A错误；‎ B、对系统，由能量守恒定律得：，解得：，故B正确；‎ C、对AB棒，由动量定理得：，而：，则：，解得：，故C正确；‎ D、通过导体横截面的电荷量：，两金属棒间的最大距离：，故D错误；‎ 故选BC.‎ ‎【点睛】本题是电磁感应与力学、电学相结合的综合题，考查了动量守恒定律的应用，分析清楚金属棒的运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律、能量守恒定律、动量定理与法拉第电磁感应定律、欧姆定律可以解题。‎ 三、实验题（每小问3分，共21分）‎ ‎9.如图所示：‎ ‎（）电流表读数为__________．‎ ‎（）电压表读数为__________．‎ ‎（）分度游标卡尺图甲读数：__________．‎ ‎（）图乙读数：__________．‎ ‎ ‎ ‎【答案】 (1). 0.48A; (2). 2.20V; (3). 6.175cm; (4). 0.145mm ‎【解析】‎ 根据电表的读数原则，则电流表的读数应该是0.48A，电压表的读数应该是2.20V 游标卡尺的读数为：‎ 螺旋测微器的读数为：‎ ‎10.为了测定阻值约为20Ω的某电阻丝的电阻Rx，实验室提供了如下器材：‎ A.电源E(电动势4V，内阻不计)‎ B.电流表A1(量程150mA、内阻r1约10Ω)‎ C.电流表A2(量程20mA，内阻r2=20Ω)‎ D.电压表V（量程15V内阻约为15kΩ)‎ E.定值电阻R0(阻值100Ω)‎ F滑动变阻器R(最大阻值5Ω)‎ G.开关S及导线若干 实验要求：测量精度尽量高，测量时电表读数不得小于其量程的三分之一，且指针偏转范围较大.‎ ‎(1)在提供的器材中，不需要的是__________(填器材序号字母).‎ ‎(2)请在答题卡上补画图甲所示虚线框内的电路原理图________(需标出器材符号).‎ ‎(3)通过实验，测得多组数据并作出相应的图像。若得到图线的斜率为k，请写出用测量量表示的电阻丝的电阻表达式并注明式中各物理量的含义__________.‎ ‎【答案】 (1). D (2). (3). , 符号为定值电阻R0, 电流表A2的内阻r2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)电源电动势是4V，电压表量程是15V，电压表量程太大，不能用电压表测电压，可以用已知内阻的电流表与定值电阻串联测电压，不需要的实验器材是电压表D；‎ ‎(2)用已知内阻的电流表A2与定值电阻串联测电压，用电流表A1测电流，由于待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，滑动变阻器应采用分压接法，实验电路图如图所示：‎ ‎(3)由图示电路图可知：，整理得：,I2-I1图线的斜率：，解得：.‎ 四、解答题 ‎11.某电磁缓冲车是利用电磁感应原理进行制动缓冲，它的缓冲过程可等效为：小车车底安装着电磁铁，可视为匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向下；水平地面固定着闭合矩形线图abcd，线圈的总电阻为R，ab边长为L，ad边长为2L，如图所示示（俯视）。缓冲小车（无动力）水平通过线圈上方，线圈与磁场的作用使小车做减速运动，从而实现缓冲。已知小车总质量为m，受到地面的摩擦阻力为f，小车磁场刚抵达线圈ab边时，速度大小为 v0，小车磁场刚抵达线圈cd边时，速度为零，求：‎ ‎（1）小车缓冲过程中的最大加速度 am的大小。‎ ‎（2）小车缓冲过程中通过线圈的电荷量q及线圆产生的焦耳热Q。‎ ‎【答案】(1)；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式及牛顿第二定律就能求出小车缓冲过程中的的最大加速度；由能量守恒可知线圆产生的焦耳热；‎ 解：（1）线圈相对磁场向左切割磁感线，产生电动势 电流为：‎ 根据牛顿第二定律：‎ 得到：‎ ‎（2）通过线圈的电量：，，‎ 得到：‎ 由能量守恒：‎ 得到：。‎ ‎12.如图所示，在同一水平面内的光滑平行金属导轨MN、与均处于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP、平滑连接，半圆轨道的半径均为r＝0.5m，导轨间距L＝1m，水平导轨左侧接有R＝2Ω的定值电阻，水平轨道的区域内有竖直向下的匀强磁场，磁场区域的宽度d＝1m.一质量为m＝0.2kg、电阻为R0＝0.5Ω、长度为L＝1m的导体棒ab放置在水平导轨上距磁场左边界s处，在与导体棒垂直、大小为2N的水平恒力F的作用下从静止开始运动，导体棒运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好，导体棒进入磁场后做匀速运动，当导体棒运动至时撤去F，结果导体棒恰好能运动到半圆形轨道的最高点.已知重力加速度g取10m/s2，导轨电阻忽略不计.‎ ‎(1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小及s的大小;‎ ‎(2)若导体棒运动到时撤去拉力，试判断导体棒能不能运动到半圆轨道上.如果不能，说明理由；如果能，试再判断导体棒沿半圆轨道运动时会不会脱离轨道.‎ ‎(3)求在(2)问中最终电阻R上产生的焦耳热.‎ ‎【答案】(1)B=1T；s=1.25m (2)能,不会 (3)Q=1.98J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设金属棒在磁场中匀速运动的速度为v1，则导体棒切割磁感线产生的电动势：E=BLv1‎ 回路电流：‎ 根据力的平衡有：F=BIL 设金属棒恰好能运动到半圆轨道的最高点时的速度大小为v2，‎ 根据牛顿第二定律有 根据机械能守恒定律有：‎ 解得：B=1T，v1=5m/s 根据动能定理：‎ 解得:s=1.25m ‎(2)若导体棒运动到时撤去拉力，物块以v1=5m/s的速度进入磁场，假设物块能穿过磁场区域，穿过磁场区域的速度大小为v3，根据动量定理有：‎ 即：‎ 求得：v3=3m/s,假设成立，导体棒能运动到半圆轨道上.‎ 设导体棒在半圆轨道上运动时不会离开轨道，设导体棒在半圆轨道上上升的最大高度为h.‎ 根据机械能守恒定律：‎ 求得h=0.45m 由于h＜r，假设成立，即导体棒在半圆轨道上运动时不会离开半圆轨道.‎ ‎(3)在(2)问中，根据机械能守恒可知，导体棒从圆弧轨道上下滑后，以大型为v4=3m/s的速度再次进入磁场，设导体棒向左床磁场后的速度大小为v5，‎ 根据动量定理有：‎ 解得：v5=1m/s 整个过程根据能量守恒可知，回路中产生的焦耳热：‎ 则电阻R上产生的热量 ‎