2018-2019学年贵州省南白中学（遵义县一中）高二下学期第一次联考物理试题 解析版 9页

遵义市南白中学2018-2019-2高二第一次联考试卷物理试题 一、选择题 ‎1.真空中两个点电荷的电量分别是+q、+3q，库仑力为F；当把它们接触再放回原处，库仑力大小变为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 根据库仑定律公式得接触前库仑力为，接触再分离后所带电量各为，，故D正确．‎ ‎2.采用220 kV高压电向远方的城市输电，输送功率一定时，当输电电压变为110 kV，输电线上损耗的功率变为原来的 A. B. C. 4倍 D. 2倍 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】输送电流，输电线上损失的功率△P=I2R=（）2R；可知输电线损失的功率与输送电压的平方成反比，所以当输电电压变为原来的一半时，输电线上损耗的功率变为原来的4倍。故C正确，ABD错误；‎ ‎3.一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示．由图可知 A. 该交流电的电压瞬时值的表达式为u=sin（25t）V B. 该交流电的频率为50 Hz C. 该交流电的电压的有效值为 V D. 若将该交流电压加在阻值为R=100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率是50 W ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由图象可知交流电的电压最大值为Um=100V，由图可知，T=4×10-2s，故频率为：；ω=2πf=50π rad/s，该交流电的电压瞬时值表达式为：u＝Umsinωt＝100sin50t V，故AB错误；该交流电的电压有效值为，故C错误；若将该交流电加在阻值为R=100Ω的电阻两端，则电阻消耗功率为，故D正确。‎ ‎4.如图所示，理想变压器原线圈输入电压，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器.V1和V2是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；A1和A2是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示.下列说法正确的是(　　)‎ A. I1和I2表示电流的瞬时值 B. U1和U2表示电压的最大值 C. 滑片P向下滑动过程中，U2不变、I1变大 D. 滑片P向下滑动过程中，U2变小、I1变小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：在交流电中电表显示的都是有效值，故B错误，A正确；滑片P向下端滑动过程中，电阻减小，电压不变即U1不变，U2不变，则I2变大，输出功率变大，输入功率变大，输入电压不变，所以I1变大，故CD错误；故选A．‎ 考点：变压器；电路的动态分析 ‎5.如图所示，质子(H)、氘核(H)和粒子(He)都沿平行板电容器两板中线OO＇方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，射出后都打在同一个与OO＇垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点。下列说法中正确的是 A. 若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现3个亮点 B. 若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，在荧光屏上将只出现1个亮点 C. 若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现1个亮点 D. 若它们射入电场时的质量与速度乘积相等，在荧光屏上将只出现2个亮点 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】三个粒子进入匀强电场中都做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则得到：加速度为： ；偏转距离为：，运动时间为： ，联立三式得：；若它们射入电场时的速度相等，y与比荷成正比，而三个粒子中质子的比荷最大，氘核和α粒子的比荷相等，在荧光屏上将出现2个亮点。故A错误。若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，根据推论可知， ，y都相同，故荧光屏上将只出现1个亮点。故B正确。若它们射入电场时的动能相等， y与q成正比，在荧光屏上将只出现2个亮点。故C错误。若它们射入电场时的质量与速度乘积相等， ，可见y与qm成正比，三个qm都不同，则在荧光屏上将只出现3个亮点。故D错误。‎ ‎6.下列关于感应电动势的说法中，正确的是 A. 不管电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就有感应电动势 B. 感应电动势的大小跟穿过电路的磁通量的变化量成正比 C. 感应电动势的大小跟穿过电路的磁通量的变化率成正比 D. 感应电动势的大小跟穿过回路的磁通量多少无关，但跟单位时间内穿过回路的磁通量变化有关 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】不管电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就有感应电动势。故A正确；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小跟穿过电路的磁通量变化率成正比。故B错误，C正确；根据 ‎ ，感应电动势的大小跟穿过回路的磁通量多少无关，但跟单位时间内穿过回路的磁通量变化有关，故D正确；‎ ‎7.如图所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一固定电阻R，导轨电阻可忽略不计．MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R．整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面（垂直纸面向里）．现对MN施力使它沿导轨方向以速度v水平向右做匀速运动．令表示MN两端电压的大小，则 ‎ ‎ A. ，流过固定电阻R的感应电流由b经R到d B. ，流过固定电阻R的感应电流由d经R到b C. MN受到的安培力大小，方向水平向左 D. MN受到的安培力大小，方向水平向左 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】当MN运动时，相当于电源。电路中电动势为E=BLv，MN的电阻相当于电源的内阻，则电阻上的电压为BLv，即MN两端电压的大小为BLv；再由右手定则，拇指指向速度方向，手心被磁场穿过，四指指向即为电流方向，即由N到M，那么流过电阻的就是由b经R到d。故A正确，B错误；由欧姆定律可知，电流为： ，则MN受到的安培力大小为：，根据左手定则可知，安培力方向水平向左；故D错误，C正确。‎ ‎8.如图甲，在虚线所示的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场变化规律如图乙所示，面积为S的单匝金属线框处在磁场中，线框与电阻R相连，若金属框的电阻为，下列说法正确的是 A. 流过电阻R的感应电流由a到b B. 线框cd边受到的安培力方向向上 C. 感应电动势大小为 D. ab间电压大小为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：穿过线圈的磁通量在增大，根据楞次定律可得感应电流为逆时针，故流过电阻R的感应电流由a到b，A正确；电流是从c到d，根据左手定则，可得线框cd边受到的安培力方向向下，B错误；根据法拉第电磁感应定律可得，根据欧姆定律可得ab间电压大小为，故C错误D正确；‎ 考点：考查了法拉第电磁感应定律，楞次定律 ‎【名师点睛】由法拉第电磁感应定律求出感应电流的大小，而感应电流的方向则由楞次定律判定，及左手定则确定安培力的方向，同时穿过磁通量发生变化的线圈相当于电源，所以电源内部（线圈）电流方向是负极到正极 ‎9.用游标卡尺测一工件外径的读数如图(1)所示，读数为__________mm。用螺旋测微器测一圆形工件的读数如图(2)所示，读数为__________mm。‎ ‎ ‎ ‎【答案】 (1). 10.50 (2). 4.600‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】游标卡尺读数为1cm+0.05mm×10=10.50mm。‎ 螺旋测微器的读数4.5mm+0.01mm×10.0=4.600mm.‎ ‎10.为测定一节干电池的电动势和内阻．现提供如下仪器：‎ A.电压表V(量程2V，内阻约8 kΩ) B.电流表A(量程0.6A，内阻约0.8 Ω)‎ C.滑动变阻器(0～20 Ω) D.开关 E.若干导线 ‎ ‎ ‎①为准确测定干电池的电动势和内阻，应选择图__________(选填“甲”或“乙”)；‎ ‎②闭合开关前，滑动变阻器的滑片应调至__________端(选填“左”或“右”)‎ ‎③移动变阻器的滑片，得到几组电压表和电流表的示数，描绘成如图丙所示的U－I图象．从图线得出电池的电动势为__________V；(保留两位有效数字)‎ ‎④利用图丙可得到干电池的内阻为__________Ω(保留两位有效数字)；‎ ‎【答案】 (1). ①乙 (2). ②左 (3). ③1.4V (4). ④1.0Ω ‎【解析】‎ ‎【详解】①电流表内阻接近电源内阻，故采用伏安法测电源电动势与内阻时，应选择图乙所示电路． ②由图乙所示电路图可知，滑动变阻器采用限流接法，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应调至左端． ③在闭合电路中，路端电压U=E-Ir，当I=0时，U=E，则电源的U-I图象与纵轴交点坐标值等于电源电动势，由图丙所示图象可知，电源电动势为1.4V． ④电源U-I图象斜率的绝对值是电源内阻，由图丙所示图象可知，电源内阻为：．‎ ‎11.如图所示，在x轴上方有磁感应强度为B的匀强磁场，一个质量为m，电荷量为的粒子，以速度从O点射入磁场，已知，粒子重力不计，求：‎ ‎（1）粒子的运动半径；‎ ‎（2）粒子在磁场中运动的时间；‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）洛伦兹力提供向心力，则： ‎ 解得：‎ ‎（2）粒子在磁场中运动的周期:‎ 粒子在磁场中运动的时间 ‎12.如图所示，在E=103V/m的竖直匀强电场中，有一光滑的半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN连接，半圆形轨道平面与电场线平行，P为QN圆弧的中点，其半径R=40cm，一带正电q=10-4C的小滑块质量m=10g，与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.15，位于N 点右侧1.5m处，取g=10m/s2，求：‎ ‎(1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，则滑块应以多 大的初速度v0向左运动？‎ ‎(2)这样运动的滑块通过P点时对轨道的压力是多大？‎ ‎【答案】（1）7m/s （2）0.6N ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设滑块恰能到达Q点时速度为v，则由牛顿第二定律得：mg+qE=m， 滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得： -mg•2R-qE•2R-μ（mg+qE）x=mv2-mv02‎ 联立方程组解得：v0=7m/s； （2）设滑块到达P点时速度为v′，则从开始运动至到达P点过程中， 由动能定理得：-（mg+qE）R-μ（qE+mg）x=mv′2-mv02 又在P点时，由牛顿第二定律得：FN=m，‎ 代入数据解得：FN=0.6N，方向水平向右；‎ ‎【点睛】此题中滑块恰好通过最高点时轨道对滑块没有弹力，由牛顿定律求出临界速度，再根据动能定理和牛顿运定律结合求解小球对轨道的弹力．‎ ‎13.如下图所示，MN、PQ为足够长的光滑平行导轨，间距L=0.5 m.导轨平面与水平面间的夹角θ=30°.NQ⊥MN，NQ间连接有一个的电阻；有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B0=1T；将一根质量为m=0.02 kg的金属棒ab紧靠NQ 放置在导轨上，且与导轨接触良好,金属棒的电阻，其余部分电阻不计；现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行；当金属棒滑行至cd处时速度大小开始保持不变，cd距离NQ为.求：‎ ‎(1) 求金属棒达到稳定时的速度是多大；‎ ‎(2) 金属棒从静止开始到稳定速度的过程中，电阻R上产生的热量是多少；‎ ‎【答案】（1）2m/s（2）0.006J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）金属棒运动产生的感应电动势： ‎ 回路中的感应电流：‎ 金属棒受的安培力： ‎ 当速度最大时满足： ‎ 解得： ‎ ‎（2）由能量关系可知：‎ 解得：‎ 电阻R上产生的热量： ‎ 解得：‎ ‎ ‎