广东省佛山市第一中学2020学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析） 17页

广东省佛山市第一中学2020学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析） ‎ 一、单选题（本大题共7小题，共28分）‎ ‎1.下列说法中正确的是( )‎ A. 电动机应用了“自感”对交流电的阻碍作用 B. 紫外线能促使荧光物质发出荧光 C. 低频扼流圈用来“通低频、阻高频”‎ D. 波长由长到短的排列顺序是：γ射线、红外线、紫外线、无线电波 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】电动机应用了磁场对电流有安培力的作用而制成，选项A错误；紫外线能促使荧光物质发出荧光，选项B正确；低频扼流圈的自感系数较大，其作用是通直流、阻交流，对低频有较大的阻碍作用，故B错误；波长由短到长的排列顺序是：γ射线、紫外线、红外线、无线电波，选项D错误。‎ ‎2.如图(a)所示，电路左侧是一个电容为C的电容器，电路的右侧是一个环形导体，环形导体所围的面积为S。在环形导体中有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图(b)所示，则在0～t0时间内电容器( )‎ A. 上极板带正电，所带电荷量为 B. 上极板带正电，所带电荷量为 C. 上极板带负电，所带电荷量为 D. 上极板带负电，所带电荷量为 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由图(a)可知，环形导体相对于电路的电源，此时电容器接在电源两端，根据楞次定律可知，在0～t0时间内，环形导体中将产生逆时针方向的感应电流，即电容器的上极板与电源正极相连，因此上极板带正电，下极板带负电，故选项C、D错误；根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为：E＝＝，根据电容的定义式可知，在0～t0时间内电容器两极板上所带电量为：Q＝CE＝，故选项A正确；选项B错误。‎ 考点：本题主要考查了楞次定律、法拉第电磁感应定律、电容定义式的应用问题。‎ ‎3.如图所示，一个闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点，将圆环拉离平衡位置并由静止释放，圆环摆动过程中经过有界的水平方向的匀强磁场区域，A、B为该磁场的竖直边界，磁场方向垂直于圆环所在平面向里，若不计空气阻力，则( )‎ A. 圆环向右穿过磁场后，还能摆到释放位置 B. 圆环进入磁场和离开磁场时感应电流大小相等 C. 圆环在磁场中运动时均有感应电流 D. 圆环将在磁场中不停地摆动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】圆环向右穿过磁场后，会产生电流，圆环中将产生焦耳热，根据能量守恒知圆环的机械能将转化为电能，所以回不到原来的高度了，故A错误。圆环进入磁场时的速度大于离开磁场时的速度，则产生的感应电流大小不相等，选项B错误；当整个圆环进入磁场后，磁通量不发生变化，不产生感应电流，故C错误。在圆环不断经过磁场，机械能不断损耗过程中圆环越摆越低，最后整个圆环只会在磁场区域来回摆动，因为在此区域内没有磁通量的变化（一直是最大值），所以机械能守恒，即圆环最后的运动状态为在磁场区域来回摆动，故D正确。‎ ‎4.如图所示电路中，L是一个不计直流电阻的电感线圈，直流电源1的电压值与交流电源2电压有效值相等，S是单刀双掷开关，C是电容器，A、B是完全相同的小灯泡，则下列叙述正确的有（　　）‎ A. 开关S与2接通后，灯B发光，而灯A不发光 B. 开关S与1接通后，灯B的亮度比开关与2接通稳定后灯B的亮度低 C. 开关S与1接通时，灯A亮一下后熄灭，而灯B逐渐变亮 D. 若将电源2换成一个既含有高频信号又含有低频信号的信号源，则当开关与2接通时，通过B灯的主要是高频信号 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 电容器的特点为阻直流通交流，当开关S与1接通时灯A灯不亮，通过电感线圈的电流增大，所以线圈会阻碍电路电流的增大，故B灯是逐渐变亮，A正确；开关S与2接通后，电感线圈始终会阻碍电流的变化，这种阻碍一直存在，所以要比接通1稳定后要暗，而此时有部分电流通过电容器，故A灯也会亮，BC错误；线圈对交流电有通低频阻高频的作用，所以若将电源2换成一个既含有高频信号又含有低频信号的信号源，则当开关与2接通时，通过B灯的主要是低频信号，故D正确．‎ ‎【点睛】对于电容器来说能通交流隔直流，而频率越高越容易通过．对于线圈来讲通直流阻交流，通低频率交流阻高频率交流．‎ ‎5.一理想变压器电路如图所示，两组副线圈中所接的三个电阻都为R，原线圈接通交变电源后，三个线圈的电流有效值相等，则图中三个线圈的匝数之比：：为　　‎ A. 9：1：4 B. 6：1：2 C. 3：1：2 D. 3：2：1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】两个副线圈的输出功率为：‎ 根据输入功率等于输出功率有：‎ 解得：‎ 两个副线圈的电压分别为：，‎ 根据电压与匝数成正比，有：：IR：：1：2，故C正确，ABD错误；故选C.‎ ‎【点睛】本题考查了变压器的特点，需要注意的是本题有两个副线圈，电压之比仍满足线圈匝数之比所以电流与匝数不再成反比，输入功率等于输出功率．‎ ‎6.采用220 kV高压向远方的城市输电。当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的，输电电压应变为（        ）‎ A. 55 kV B. 110 kV C. 660 kV D. 1980 kV ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】输送电流，输电线上损失的功率；可知输电线损失的功率与输送电压的平方成反比，所以为使输电线上损耗的功率减小为原来的，输电电压应变原来的3倍，即输电电压增大为660kV．故C正确，ABD错误.‎ ‎7.如图所示为一正弦交变电压随时间变化的图像，由图可知( )‎ A. 交流电的周期为2s B. t=1×10-2s时线圈位置与磁场方向垂直 C. 用电压表测量该交流电压时，读数为311V D. 标有“  300V”的电容器不会被击穿 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由图象知周期为2×10-2s，故A错误；t=1×10-2s时感应电流为零，则此时线圈位置与磁场方向垂直，选项B正确；电压表的读数为有效值应为，故C错误；电容器的耐压值应大于或等于电压的最大值，故D错误；‎ 二、多选题（本大题共6小题，共24分）‎ ‎8.下图表示闭合电路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情景，其中能产生由a到b的感应电流的是(　　)‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A图是闭合电路，导体棒ab垂直切割磁感线，回路产生感应电流，根据右手定则判断知：感应电流方向由a到b，故A正确．B图中此导体不闭合，尽管切割磁感线，但不产生感应电流，故B错误．C图中穿过闭合线框的磁通量减小，产生感应电流，根据楞次定律判断可知：感应电流方向由b到a，故C错误．D图中导体做切割磁感线运动，能产生感应电流，根据右手定则判断知：感应电流方向由b到a，故D错误．故选A．‎ ‎9.如图所示，一个质量为M、长为L的铜管用细线悬挂在天花板上，现让一强磁铁(可视为质点)从铜管E端由静止下落，强磁铁在下落过程中与铜管不接触，在强磁铁穿过铜管过程中( )‎ A. 铜管中没有感应电流 B. 整个系统机械能守恒 C. 细线中的拉力F=Mg D. 强磁铁穿过制管的时间 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、强磁铁通过钢管时，导致钢管的磁通量发生变化，从而产生感应电流，故A错误；‎ B、磁铁在铜管中运动的过程中，虽不计空气阻力，但在过程中，出现安培力做功产生热量，所以系统机械能不守恒，故B错误；‎ C、由于磁铁与圆管间存在相互作用力，则细线中的拉力，故C错误；‎ D、因圆管对磁铁有阻力，所以运动时间与自由落体运动相比会变长，即有，故D正确。‎ ‎10.图甲是某燃气炉点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为、。V为交流电压表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。以下判断正确的是（ ）‎ A. 电压表示数等于5V B. 电压表的示数等于 C. 实现点火的条件是 D. 实现点火的条件是 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：根据图乙得到原线圈电压的最大值，根据有效值与最大值的关系求出电压表的示数，当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会点火，根据电压与线圈匝数比的关系即可求解．‎ 根据图乙得到原线圈电压的最大值为5V，所以电压表的示数为，A错误B正确；根据，且，得实现点火的条件是，故C正确D错误．‎ ‎11.如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两瑞连接了定值电阻和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头，在原线圈上加一电压为U的正弦交流电，则 A. 保持Q的位置不动，将P向下滑动时，电流表读数变大 B. 保持Q的位置不动，将P向下滑动时，电流表读数变小 C. 保持P的位置不动，将Q向下滑动时，电流表读数变大 D. 保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 保持Q位置不动时，负载电路电压保持不变，将P向上滑动时，连入电路的电阻变大，故负载消耗功率变小，原线圈输入功率变小，电流表示数变小，所以选项A错误、B正确；‎ ‎ 保持P位置不动，即负载电路电阻不变，将Q向上滑动时，由理想变压器电压、匝数关系可知，副线圈输出电压升高，负载电路消耗功率变大，故原线圈输入电流变大，所以选项C正确的、D错误。‎ 考点：理想变压器、动态电路变化 ‎12.压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，某位同学利用压敏电阻设计了判断电梯运动状态的装置，其装置示意图如下图所示，将压敏电阻平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体m，电梯静止时电流表示数为I0，电梯在不同的运动过程中，电流表的示数分别如图甲、乙、丙、丁所示，下列判断中正确的是( )‎ A. 甲图表示电梯可能做匀速直线运动 B. 乙图表示电梯可能做匀加速上升运动 C. 丙图表示电梯可能做匀加速上升运动 D. 丁图表示电梯可能做匀减速下降运动 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】甲图，电流不变且等于电梯静止时的读数I0，压敏电阻的电压不变，由欧姆定律知，其阻值不变，压力等于mg不变，可能做匀速直线运动。故A正确。乙图，电流为静止时的两倍，而且不变，由欧姆定律知，其电阻减小，且不变，则压力增大且大于mg不变，电梯可能做匀加速上升运动，故B正确。丙图，当电流均匀增大时，其电阻是变小的，则压力是变大的，电梯不可能做匀变速运动。故C错误。丁图，当电流均匀减小时，其电阻是增大的，则压力变小，电梯不可能做匀减速运动，D错误.‎ ‎13.如图所示，图线a和图线b分别表示线圈A和线圈B在同一匀强磁 场中匀速转动时通过线圈的磁通量随时间的变化规律.已知线圈A的匝数与线圈B的匝数分别为10匝和30匝，以下说法正确的是（）‎ A. 线圈A与线圈B的转速之比为2：3‎ B. 线圈A与线圈B产生的最大电动势之比为1：1‎ C. 线圈A产生的感应电动势的瞬时值表达式为e =500πcos5πt（V）‎ D. 线圈B在t=0.3s时刻的感应电流为零 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图读出磁通量的最大值和周期T，由求出转速之比，根据Em=nωφm求出最大电动势之比，求出A的角速度和最大电动势即可写出交流电A的瞬时值表达式，线圈B在t=0.3 s时刻时，磁通量为零，感应电动势最大。‎ ‎【详解】A项：根据图象可知，A的周期为0.4s，B的周期为0.6s，所以周期之比为2：3，根据得：转速之比为3：2，故A错误；‎ B项：根据Em=nωφm可知：，故B正确；‎ C项：，根据e=Emcosωt得：线圈A的感应电动势的瞬时值表达式为e=500πcos 5πt（V），故C正确；‎ D项：线圈B在t=0.3 s时刻时，磁通量为零，感应电动势最大，所以感应电流不为零，故D错误。‎ 故应选：BC。‎ ‎【点睛】本题考查对交流电磁通量图象理解能力，要求同学们能够从图中得出有用的信息，如周期、最大磁通量等。‎ 三、实验题探究题（本大题共2小题，共18分）‎ ‎14.为了研究光敏电阻在室内正常光照射和室外强光照射时电阻的大小关系，某同学用如图甲所示的电路进行实验，得出两种U-I图线，如图乙所示．‎ ‎(1)根据U-I图线可知强光光照射时光敏电阻的阻值为________Ω，正常照射时电阻为________Ω；‎ ‎(2)若实验中所用电压表的内阻约为5 kΩ，毫安表的内阻约为100 Ω，考虑到电表内阻对实验结果的影响，此实验中________(选填“正常光照射时”或“强光照射时”)测得的电阻误差较大．若测量这种光照下的电阻，则需将实物图中毫安表的连接方式采用________(选填“内接”或“外接”)法进行实验，实验结果较为准确．‎ ‎【答案】 (1). 200 (2). 3000 (3). 强光照射 (4). 外接 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据且在U-I图象中斜率等于电阻阻值可得，强光照射时 正常光照射时 ‎（2）由实物图可知，本实验采用电流表内接法；由（1）中所求可知，强光照射时电阻较小，与电流表内接接近，因此强光照射时误差较大；强光照射时，光敏电阻阻值为200Ω，根据；可得：‎ ‎，说明此时该电阻为小电阻，电流表的分压作用引起的误差大，应采用外接法；‎ ‎15.某同学利用热敏电阻设计了一个“过热自动报警电路”，如图甲所示。将热敏电阻R安装在需要探测温度地方，当环境温度正常时，继电器的上触点接触，下触点分离，指示灯亮；当环境温度超过某一值时，继电器的下触点接触，上触点分离，警铃响。图甲中继电器的供电电压U1=3V，继电器线圈用漆包线绕成，其电阻R0为30Ω．当线圈中的电流大于等于50mA时，继电器的衔铁将被吸合，警铃响。图乙是热敏电阻的阻值随温度变化的图象。‎ ‎（1）图甲中警铃的接线柱C应与接线柱______相连，指示灯的接线柱D应与接线柱______相连（均选填“A”或“B”）。‎ ‎（2）当环境温度升高时，热敏电阻阻值将______，继电器的磁性将______（均选填“增大”、“减小”或“不变”），当环境温度达到______℃时，警铃报警。‎ ‎【答案】 (1). B (2). A (3). 减小 (4). 增大 (5). 80‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题干中“当环境温度超过某一值时，继电器的下触点接触，上触点分离，警铃响”判断出警铃和指示灯的连接情况；‎ ‎（2）由图象分析热敏电阻阻值随温度的变化关系，结合欧姆定律分析电路中电流的变化，从而判断出电磁铁磁性的变化；由题干中“当线圈中的电流大于等于50mA时，继电器的衔铁将被吸合，警铃响”，结合欧姆定律求出热敏电阻接入电路的阻值的最大阻值，从图象上找到对应的温度就可以解决问题；‎ ‎【详解】（1）由题中“当环境温度超过某一值时，继电器的下触点接触，上触点分离，警铃响”，所以警铃的接线柱C应与接线柱B连，指示灯的接线柱D应与接线柱A相连；‎ ‎（2）分析乙图，发现：温度升高时，热敏电阻阻值减小，根据欧姆定律，电路中电流就会增大，电磁铁的磁性就会增大；‎ 当线圈中的电流时，继电器的衔铁将被吸合，警铃报警，则控制电路的总电阻 因此热敏电阻 由图乙可知，此时，所以，当温度时，警铃报警。‎ ‎【点睛】本题既考查电磁继电器原理的分析，也考查了结合欧姆定律的内容进行相关的计算，综合性比较强，解题时要仔细分析。‎ 四、计算题（本大题共3小题，共40分）‎ ‎16.如图所示，匝数n＝100的正方形线圈abcd固定在竖直平面内，与电阻R1、理想变压器连成电路．在线圈的中心水平放置一个条形磁铁，使磁铁绕竖直方向的轴OO′匀速转动，使线圈内的磁通量Φ＝sin(100πt) Wb.已知线圈的电阻r＝4 Ω，R1＝46 Ω，R2＝10 Ω，其余导线的电阻不计．变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝4∶1.求：‎ ‎(1)线圈产生电动势的最大值Em；‎ ‎(2)若断开S2，闭合S1，求磁铁从图示位置转过90°的过程中，通过R1的电荷量q；(3)断开S1，闭合S2，求R2消耗的功率P.‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】‎ 本题考查交流电的产生、描述交流电的物理量及变压器的原理。‎ ‎(1)‎ 代入数据可得：‎ ‎(2)‎ 联立解得：‎ ‎(3)‎ 解得P≈238 W ‎17.平行导轨P、Q相距l＝1 m，导轨左端接有如图所示电路．其中水平放置的平行板电容器两极板M、N相距d＝10 mm，定值电阻R1＝R2＝12 Ω，R3＝2 Ω，金属棒ab的电阻r＝2 Ω，其他电阻不计．磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动时，悬浮于电容器两极板之间，质量m＝1×10－14kg，电荷量q＝－1×10－14C的微粒恰好静止不动．取g＝10 m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好．且速度保持恒定．试求：‎ ‎(1)匀强磁场的方向和MN两点间的电势差 ‎(2)ab两端的路端电压；‎ ‎(3)金属棒ab运动的速度．‎ ‎【答案】(1) 竖直向下；0.1 V(2)0.4 V. (3) 1 m/s.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）负电荷受到重力和电场力的作用处于静止状态，因为重力竖直向下，所以电场力竖直向上，故M板带正电．ab棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势，ab棒等效于电源，感应电流方向由b→a，其a端为电源的正极，由右手定则可判断，磁场方向竖直向下．‎ 微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态，根据平衡条件有mg＝Eq 又 所以UMN＝＝0.1 V ‎（2）由欧姆定律得通过R3的电流为I＝＝0.05 A 则ab棒两端的电压为Uab＝UMN＋I×0.5R1＝0.4 V.‎ ‎（3）由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝BLv 由闭合电路欧姆定律得E＝Uab＋Ir＝0.5 V 联立解得v＝1 m/s.‎ ‎18.足够长的平行金属导轨相距L，与水平面的夹角为θ，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，虚线上方轨道光滑且磁场方向向上，虚线下方轨道粗糙且磁场方向向下．在导体棒EF以初速度v0‎ 沿导轨上滑至最大高度的过程中，导体棒MN一直静止在导轨上．若两导体棒质量均为m、电阻均为R，导轨电阻不计，重力加速度为g，在此过程中导体棒EF上产生的焦耳热为Q，求：‎ ‎(1)导体棒MN受到的最大摩擦力；‎ ‎(2)导体棒EF上升的最大高度．‎ ‎(3)当导体棒EF返回出发点时导体棒MN的加速度 ‎【答案】（1） （2） （3）0‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）导体棒EF向上做减速运动，产生的感应电动势和感应电流逐渐减小，MN所受的安培力方向沿导轨向下，大小不断减小，所以EF棒刚开始运动时MN所受的摩擦力最大。‎ EF获得向上初速度v0时，产生感应电动势 E=BLv0‎ 电路中电流为I，由闭合电路欧姆定律：‎ 此时对导体棒MN受力分析，由平衡条件：FA+mgsinθ=f FA=BIL 解得：‎ ‎（2）导体棒上升过程MN一直静止，对系统由能的转化和守恒定律得：‎ 解得：‎ ‎（3）当棒EF返回时，可知感应电流方向反了，两棒所受的安培力方向也反了。又根据能量守恒定律，棒EF返回出发点时的速度一定小于初速度，则棒MN所受安培力也一定小于初始值，所以不可能拉动棒MN。即加速度为零.‎