2018-2019学年广西河池市高级中学高二下学期第一次月考理科综合-物理试题 解析版 9页

河池高中2020届高二下学期第一次月考物理试题 一、选择题 ‎1.根据楞次定律知：感应电流的磁场一定(　　)‎ A. 阻碍引起感应电流的磁通量 B. 与引起感应电流的磁场方向相反 C. 阻碍引起感应电流的磁通量的变化 D. 与引起感应电流的磁场方向相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据楞次定律知：感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故选C.‎ ‎2.粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行。现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中线框的一边a、b两点间电势差绝对值最大的是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 本题中，四个选项切割磁场的导体棒相当于电源，电动势E=BLv，A选项中ab电势差为E/4，B选项ab电势差为3E/4，B对；‎ ‎3. 如图空间存在两个相邻的磁感应强度大小相等方向相反的有界匀强磁场，其宽度均为L，现将宽度也为L的矩形闭合线圈从图示位置垂直磁场方向匀速拉过磁场区域，则在该过程中能正确反映线圈中所产生的感应电流或其所受安培力随时间变化的图象是：（规定线圈中逆时针为电流正方向，线圈受安培力方向向左为正方向）（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】线圈进入磁场，在进入磁场0-L的过程中，E=BLv，电流，方向为逆时针方向。安培力的大小F=BIL=，根据左手定则，知安培力方向水平向左。在L‎-2L的过程中，电动势E=2BLv，电流，方向为顺时针方向，安培力的大小F=2×＝，根据左手定则，知安培力方向水平向左。在‎2L-3L的过程中，E=BLv，电流，方向为逆时针方向，安培力的大小为F=BIL=，根据左手定则，知安培力方向水平向左。故D正确，ABC错误。故选D。‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握切割产生的感应电动势公式以及安培力的大小公式，会通过楞次定律判断感应电流的方向，通过左手定则判断安培力的方向．‎ ‎4.如图所示是一火警报警器的部分电路示意图。其中R2为用半导体负温度系数热敏材料制成的传感器，电流表A为值班室的显示器，a、b之间接报警器。当传感器R2所在处出现火情时，显示器A的电流I、报警器两端a、b的电压U的变化情况是 (　　)‎ A. I变小，U变小 B. I变小，U变大 C. I变大，U变小 D. I变大，U变大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】因为R2为用半导体负温度系数热敏材料制成的传感器当传感器，则当R2所在处出现火情时，热敏电阻R2的阻值减小，与R3并联的电阻减小，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，路端电压减小，则图中报警器两端的电压U将减小；因总电流增大，R1两端的电压增大，则并联部分的电压减小，则可知流过R3中的电流I减小。故A正确，BCD错误。故选A。‎ ‎5.阻值为R电阻上通以如图所示的交变电流，则此交流电的有效值为(　　)‎ A. ‎‎1 A B. A C. ‎‎2 A D. ‎‎3 A ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据焦耳定律以及有效值的概念得：，解得I=A，故选B.‎ ‎6.如图所示，在匀强磁场中有两条平行的金属导轨，磁场方向与导轨平面垂直。导轨上有两条可沿导轨自由移动的金属棒ab、cd，与导轨接触良好。这两条金属棒ab、cd的运动速度分别是v1、v2，若井字形回路中有感应电流通过，则可能(　　)‎ A. v1＝v2 B. v1v2 D. 以上均有可能 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】由于两棒同向运动，当它们的速度大小相等时，穿过回路的磁通量不发生改变，回路中没有感应电流产生，所以ab棒上没有感应电流通过时一定有：v1=v2‎ ‎。当两棒的速度不等时，穿过回路的磁通量发生改变，回路中才有感应电流产生，所以可能有：v1＞v2，v1＜v2．故BC正确，AD错误。故选BC。‎ ‎7.单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，在转动过程中，穿过线框中的最大磁通量是,最大感应电动势为，下列说法中正确的是( )‎ A. 线框转动的角速度为 B. 当穿过线框的磁通量为0时，线框中的感应电动势也为0‎ C. 当穿过线框的磁通量减小时，线框中的感应电动势在增大 D. 当穿过线框有磁通量等于,线框中感应电动势为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】线圈产生的是正弦式交变电流，最大磁通量为φm=BS，最大感应电动势为Em=BSω．则有：ω=，故A正确。当穿过线框的磁通量为零时，线圈与磁场平行，线圈垂直切割磁感线，产生的感应电动势最大，故B错误。当穿过线框的磁通量减小时，线圈与磁场方向的夹角减小，线圈有效的切割速度增大，感应电动势增大，故C正确。设线圈与磁场方向的夹角为θ，则穿过线框的磁通量 φ=φmsinθ，感应电动势 E=Emcosθ；则当φ=0.5φm时，θ=30°，E=Emcosθ=Em，故D错误。故选AC.‎ ‎8.如图所示，在绕制变压器时，某人将两个线圈绕在图示变压器铁芯的左右两个臂上，当通以交流电时，每个线圈产生的磁通量都只有一半通过另一个线圈，另一半通过中间臂，已知线圈1、2的匝数比n1：n2=2：1，在不接负载的情况下( )‎ A. 当线圈1输入电压220V时，线圈2输出电压为110V B. 当线圈1输入电压220V时，线圈2输出电压为55V C. 当线圈2输入电压110V时，线圈1输出电压为220V D. 当线圈2输入电压110V时，线圈1输出电压为110V ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 在不考虑原、副线圈内电阻的情况下，变压器原、副线圈电压之比(U1/U2)等于原、副线圈中产生的感应电动势之比(E1/E2)．当给线圈1输入电压U1时，当给线圈2输入电压U2时，所以选项B、D正确．‎ 思路分析：在不考虑原、副线圈内电阻的情况下，变压器原、副线圈电压之比(U1/U2)等于原、副线圈中产生的感应电动势之比(E1/E2)．根据公式计算可得 试题点评：本题考查了法拉第电磁感应定律和变压器电压公式 二、非选择题 ‎ ‎9.如图所示为多用电表进行测量时表针指示如图所示。‎ ‎(1) 当选用倍率为“×‎100”‎的电阻挡测电阻时，所测电阻的阻值为______ Ω；‎ ‎(2)当选用量程为250 mA的电流挡测量电流时，所测电流为________ mA；‎ ‎(3)当选用量程为10 V的电压挡测量电压时，所测电压为______ V.‎ ‎【答案】 (1). 1.5×103； (2). 155； (3). 6.2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 当选用倍率为“×‎100”‎的电阻挡测电阻时，所测电阻的阻值为：15×100Ω=1.5×103Ω；‎ ‎(2) 当选用量程为250 mA的电流挡测量电流时，最小刻度为5mA，则所测电流为：155mA；‎ ‎(3) 当选用量程为10 V的电压挡测量电压时，最小刻度为0.2V，则所测电压为：6.2V.‎ ‎10.(1)某实验小组在“测定金属的电阻率”的实验过程中，测得的金属丝直径读数如图所示，则它们的值分别是________ mm.‎ ‎(2)已知实验中所用的滑动变阻器阻值范围为0～10 Ω，电流表内阻约几欧，电压表内阻约20 kΩ.电源为干电池(不宜在长时间、大功率状况下使用)，电动势E＝4.5 V，内阻很小．则下图中________(填电路图下方的字母)电路为本次实验应当采用的最佳电路。用此电路测得的金属丝电阻Rx比真实值________(选填“大”或“小”)。‎ A. B. C. D. ‎ ‎(3)若已知实验所用的电流表内阻的准确值RA＝2.0 Ω，那么准确测量金属丝电阻Rx的最佳电路应是上图中的________电路。若此时测得电流为I、电压为U，则金属丝电阻Rx＝________(用题中各物理量符号表示)。‎ ‎【答案】 (1). 0.996； (2). A； (3). 小； (4). B； (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）金属丝直径读数：‎0.5mm+‎0.01mm×49.6=‎0.996mm；‎ ‎（2）滑动变阻器阻值范围为0～10Ω，可采用限流式接法．由于电流表内阻约几欧，电压表内阻约20kΩ，采用电流表外接法，误差较小．故A电路为本次实验应当采用的最佳电路．用此电路，因电压表的分流作用，测得的电流值偏大，根据R=U/I可知测得的金属丝电阻Rx比真实值小。‎ ‎（3）若已知实验所用的电流表内阻的准确值RA=2.0Ω，可采用B电路，金属丝电阻，可消除系统误差．‎ ‎【点睛】‎ 测量电阻最基本的原理是伏安法，电路可分为测量电路和控制电路两部分设计．测量电路要求精确，误差小，可根据电压表、电流表与待测电阻阻值倍数关系，选择电流表内、外接法．控制电路关键是变阻器的分压式接法或限流式接法．‎ ‎11.如图所示，在操场上，两同学相距L为‎10m左右，在东偏北、西偏南11°的沿垂直于地磁场方向的两个位置，面对面将一并联铜芯双绞线，象甩跳绳一样摇动，并将线的两端分别接在灵敏电流计上。双绞线并联后的电阻R为2Ω，绳摇动的频率配合节拍器的节奏，保持f=2Hz.如果同学摇动绳子的最大圆半径h=‎1m, 电流计的最大值I=3mA（不计电流计内阻及连接线的电阻）‎ ‎(1)试推导出地磁场的磁感应强度B的数学表达式（用R、I、L、f、h等已知量表示）。‎ ‎(2)试估算此处地磁场的磁感应强度B的数值。‎ ‎(3)若将两人的位置改为与刚才方向垂直的两点上进行摇绳，则电流的示数是多少？‎ ‎【答案】(1)；(2)；(3)0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）地球存在南北方向的磁场，当闭合电路中的部分导体做切割磁感线运动时，电路中会产生感应电流。根据闭合电路欧姆定律求出感应电动势，由E=BSω求出B。 （2）将两人站立的位置，改为与刚才方向垂直的两点上，没有感应电流产生。‎ ‎【详解】（1）两同学摇动双绞线做圆周运动的角速度为ω，则：①‎ 则双绞线垂直切割地磁场的速度为v，则：②‎ 据法拉弟电磁感应定律，双绞线产生的电动势E： ③‎ 由闭合电路欧姆定律得：④‎ 由①～④得：⑤‎ ‎（2）将题中数据代入⑤式，可计算出：⑥‎ ‎（3）将两位置改变后，甩动的双绞线不再切割地磁场，故双绞线不再有感应电动势产生，则电流计的示数为0。‎ ‎12.如图所示，足够长的U形导体框架的宽度L＝‎0.5 m，电阻可忽略不计，其所在平面与水平面成θ＝37°。有一磁感应强度B＝0.8 T的匀强磁场，方向垂直于导体框平面。一根质量m ‎＝‎0.4 kg、电阻R＝1 Ω的导体棒MN垂直跨放在U形框架上，某时刻起将导体棒由静止释放。已知导体棒与框架间的动摩擦因数μ＝0.5.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取‎10 m/s2)‎ 求:‎ ‎(1)导体棒刚开始下滑时的加速度大小；‎ ‎(2)导体棒运动过程中的最大速度；‎ ‎(3)从导体棒开始下滑到速度刚达到最大时的过程中，通过导体棒横截面的电荷量Q＝‎4 C，求导体棒在此过程中消耗的电能。‎ ‎【答案】(1)‎2m/s2；(5)‎5m/s；(3)3J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)导体棒刚开始下滑时，其受力情况如图甲，根据牛顿第二定律有:‎ mgsinθ－μmgcosθ＝ma①‎ 解得a＝‎2m/s2②‎ ‎(2)当导体棒匀速下滑时具有最大速度v，其受力情况如图乙，则在平行斜面方向上有:‎ mgsinθ－μmgcosθ－F＝0③‎ 安培力：F＝BIL④‎ 回路中电流：⑤‎ MN棒中产生的电动势E=BLv⑥‎ 由以上各式得：⑦‎ 代入数值得v=‎5m/s⑧‎ ‎(3)通过导体棒横截面的电荷量: ⑨‎ ‎⑩‎ 设导体棒下滑速度刚好为v时的位移为x，则ΔΦ＝BxL⑾‎ 全程对棒由动能定理：(12) ‎ 其中W安为克服安培力做的功。‎ 由功能关系，克服安培力做的功等于导体棒在此过程中消耗的电能，即 QR=W=3J(13)‎