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云南省峨山彝族自治县第一中学2018-2019学年高二3月月考物理试题一、单选题1.关于传感器,下列说法正确的是A. 传感器能将非电学量按一定规律转换成电学量B. 金属热电阻是一种可以将电学量转换为热学量的传感器C. 干簧管是能够感知电场的传感器D. 半导体热敏电阻的阻值随温度的升高而增大【答案】A【解析】传感器能将非电学量按一定规律转换成电学量,选项A正确;金属热电阻是一种可以将热学量转换为电学量的传感器,选项B错误;干簧管是能够感知磁场的传感器,选项C错误;热敏电阻在温度升高时,电阻会变小,热敏电阻能把温度这个热学量转换为电阻这个电学量。故D错误;故选A。2.某电场的等势线分布如图所示,关于该电场,下列说法中正确的是()A. A点的电场强度方向沿该点的切线方向B. A点的电场强度大于C点的电场强度C. 将电子从A点移到C点其电势能减少4 eVD. 将检验电荷q从A点移到B点外力一定做正功【答案】B【解析】A. 电场强度方向与等势线垂直,A错误; B、等差等势线越密的地方电场强度越大,B正确;C、将电子从高电势移到低电势,电场力做负功,电势能增加,C错误;D、A、B两点电势相等,将检验电荷q从A点移到B点电场力不做功,外力不做功,D错误。故选B。3.如图所示,一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上,细线从一水平金属圆环中穿过现将环从位置释放,环经过磁铁到达位置.设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为FT1和FT2,重力加速度大小为g,则()A. FT1mg,FT2mgB. FT1mg,FT2mg,FT2mgD. FT1mg【答案】A【解析】【分析】根据楞次定律进行判定:圆环从静止开始向下运动时,穿过圆环的磁通量先增大后减小,故圆环和磁铁先排斥后吸引【详解】圆环从静止开始向下运动到落到磁铁下方的过程中,穿过圆环的磁通量先增加再减小,根据楞次定律可知磁铁对线圈的反应是:感应电流的磁场先阻碍磁通量增加再阻碍其减小,即先是排斥其向下运动,阻碍其磁通量增大,后是吸引线圈,阻碍其磁通量的减小。故两种情况下,绳的拉力都大于mg,故选项A正确。【点睛】深刻理解楞次定律“阻碍”的含义如“阻碍”引起的线圈面积、速度、受力等是如何变化的4.如图所示,平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接,下极板接地一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态,则( ) A. 带电油滴所带电荷为正电荷B. 若电容器的电容减小,则极板带电量将增大C. 将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离,则带电油滴将竖直向上运动D. 将平行板电容器的上极板向左移动一小段距离,则带电油滴任然保持平衡状态【答案】D【解析】【分析】根据油滴所处的平衡状态,可确定油滴收到电场力的方向,然后根据电场方向,来确定电荷的正负;根据,可确定电荷量的变化;根据,可确定U不变得情况下,板间电场强度随板间距离d的关系;【详解】A、电容器与电源正极相连的极板带正电,则板间电场方向竖直向下。油滴静止,则所受电场力竖直向上,故油滴带负电,A错误;B、根据可知,电容减小,则极板的带电量将减小,B错误;C、根据,当上极板竖直向上移动一小段距离,则增加,减小,由得,电场力减小,故油滴所受合力竖直向下,会由静止向下运动,C错误;D、将平行板电容器的上极板向左移动一小段距离,由于板间电压不变,板间距离不变,故电场力不变,油滴仍然处于静止状态,D正确。故选D。【点睛】本题考查学生分析电容器相关问题的能力,包括影响电容大小的因素,板间电场相关定性问题。5.如图所示,通电直导线右边有一个矩形线框,线框平面与通电直导线共面,若使线框逐渐远离(平动)通电导线,则穿过线框的磁通量将()A. 逐渐减小B. 逐渐增大C. 保持不变D. 不能确定【答案】A【解析】【详解】由题,通电直导线产生稳定的磁场,离导线越远磁场越弱,磁感线越疏,则当线框远离通电导线时,穿过线框的磁感线的条数越来越少,磁通量将逐渐减小。 故选A。6.如图甲所示为一理想变压器,原、副线圈匝数比为221,两个标有“10 V,5 W”的小灯泡并联在副线圈的两端原线圈与正弦交变电源连接,输入电压u如图乙所示,原线圈电路中电压表和电流表(可视为理想电表)。则下列说法正确的是 ( ) A. 经过1 min原线圈的输出电能为6102 JB. 由于电压过高小灯泡会被烧坏C. 电压表的示数为 220 VD. 电流表的示数为 2 A【答案】A【解析】【分析】由图乙可知,原线圈两端电压的有效值为220V,根据变压器原副线圈电压比关系,得副线圈两端电压的有效值。【详解】AB、分析可知,副线圈两端电压,故两灯泡均正常工作,则变压器的输入功率为,故在1min内,原线圈的输出电能为,A正确,B错误;C、电压表的示数为原线圈电压有效值,为220V,C错误;D、根据,得电流表示数,D错误。故选A。【点睛】掌握住理想变压器的电压、电流和功率之间的关系,最大值和有效值之间的关系即可解决本题。7.如图所示为某传感装置内部部分电路图,RT为正温度系数热敏电阻,其特性为随着温度的升高阻值增大;R1为光敏电阻,其特性为随着光照强度的增强阻值减小;R2和R3均为定值电阻,电源电动势为E,内阻为r,V为理想电压表若发现电压表示数增大,可能的原因是()热敏电阻温度降低,其他条件不变热敏电阻温度升高,其他条件不变光照减弱,其他条件不变光照增强,其他条件不变A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】解: 热敏电阻温度降低时,其阻值减小,外电路总电阻减小,总电流增大,路端电压随之减小,通过光敏电阻的电流减小,所以通过热敏电阻的电流增大,电压表的读数增大,符合题意,故正确。 相反,同理可得热敏电阻温度升高,其他条件不变,电压表的示数减小,不符合题意。故错误。 光照减弱,光敏电阻的阻值增大,外电路总电阻增大,路端电压增大,则电压表的示数增大,故正确。 光照增强,光敏电阻的阻值减小,外电路总电阻减小,路端电压减小,则电压表的示数减小,故错误。 故选A。8.如图所示,匀强磁场方向竖直向下,磁感应强度为B.正方形金属框abcd可绕光滑轴OO转动,边长为L,总电阻为R,ab边质量为m,其他三边质量不计,现将abcd拉至水平位置,并由静止释放,经一定时间到达竖直位置,ab边的速度大小为v,则下列说法不正确的是( ) A. 在竖直位置时金属框产生的电动势大小为E=BvLB. 从水平到竖直的过程中通过ab的电荷量为q=BL2/RC. 从水平到竖直的过程中金属框内产生热量大小等于mgLD. 从水平到竖直的过程中通过ab杆上b点电势大于a点电势【答案】D【解析】【分析】线框在下落过程中,ab棒下落到最低点时恰好垂直切割磁场,可用计算电动势;应该用平均电流来计算电量q,;由能量守恒定律可计算热量;根据电源内部,电流由电源负极流向正极的规律,确定四指指尖方向为等效电源正极,电势较高。【详解】A、线框在竖直位置时,ab边恰好垂直切割磁场,而且只有ab边切割,此时电动势,A正确; B、线框从水平到竖直的过程中,磁通量的变化量为,则该过程中,流过导线横截面的电量,B正确;C、除ab外,其他三边质量不计,故线框在下落的整个过程中,重心下降,根据能量守恒定律得,其中Q为整个过程中线框中产生的热量,解得:,C正确;D、在下落过程中,根据右手定则可知,a点电势大于b点电势,D错误。故本题不正确的选项为D。【点睛】识记产生感应电动势的常规规律并熟练解决问题,是解决本题的关键。二、多选题9. 一个闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中,设磁场方向向里为磁感应强度B的正方向,线圈中的箭头所指方向为电流I的正方向.线圈及线圈中感应电流I随时间变化的图线如图所示,则磁感应强度B随时间变化的图线可能是图中的:【答案】CD【解析】在内,电流为负,即逆时针方向,则感应电流的磁场方向垂直纸面向外,根据楞次定律,若原磁场均匀增大,则方向向里,为正向增大;若原磁场均匀减小,则原磁场向外,为负向减小,故A错误;在内,电流为正,即顺时针方向,则感应电流的磁场方向垂直纸面向里,根据楞次定律,若原磁场均匀增大,则方向向外,为负向增大;若原磁场均匀减小,则原磁场向里,为正向减小,故B错误;根据以上分析可知,CD正确。所以CD正确,AB错误。10.如图所示,是一个匝数n=10匝的线圈在匀强磁场中沿垂直于磁场方向的固定轴转动时,通过线圈平面的磁通量随时间变化的图象。关于线圈中的感应电动势,以下说法正确的是()A. 在s时,线圈中的感应电动势最大B. 在s时,线圈中的感应电动势最大C. 在s时,线圈中的感应电动势改变方向D. 在s时,线圈中的感应电动势改变方向【答案】BC【解析】【详解】由图象可知,在t1=0.1s时刻,线圈中的磁通量最大,线圈转到中性面,感应电动势为零,在t2=0.2 s时刻,线圈中的磁通量为零,线圈平面跟磁场平行,感应电动势最大,故A错误B正确; 在t3=0.3s时刻,线圈中磁通量又达到最大值,感应电动势为零,方向发生改变,t4=0.4 s时刻前后,线圈中的感应电动势的方向不变,故C正确,D错误。 故选BC。11.如图所示(a)(b)两个电路中,电阻R和自感线圈L的电阻值都很小,且小于灯泡A的电阻,接通S,使电路达到稳定,灯泡A发光.则( )A. 在电路(a)中,断开S后,A将逐渐变暗B. 在电路(a)中,断开S后,A将先变得更亮,然后才渐暗C. 在电路(b)中,断开S后,A将逐渐变暗D. 在电路(b)中,断开S后,A将先变得更亮,然后渐暗【答案】AD【解析】【详解】在电路a中,断开S,由于线圈阻碍电流变小,会在ALR之间构成新的回路,导致A将逐渐变暗。故A正确,B错误;在电路b中,由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小,所以通过灯泡的电流比线圈的电流小,断开S时,由于线圈阻碍电流变小,导致A将变得更亮,然后逐渐变暗。故D正确,C错误。故选AD。12.如图所示,电阻为R的金属棒从图示位置ab分别以v1,v2的速度沿光滑导轨(电阻不计)匀速滑到ab位置,若v1:v2=1:2,则在这两次过程中()A. 回路电流:2B. 产生的热量:2C. 通过任一截面的电量:2D. 外力的功率:2【答案】AB【解析】【详解】回路中感应电流为:,Iv,则得:I1:I2=v1:v2=1:2故A正确。产生的热量为:Q=I2Rt=()2R= ,Qv,则得:Q1:Q2=v1:v2=1:2故B正确。通过任一截面的电荷量为:q=It=t=,q与v无关,则得:q1:q2=1:1故C错误。由于棒匀速运动,外力的功率等于回路中的功率,即得:P=I2R=()2R,Pv2,则得:P1:P2=1:4,故D错误。故选AB。三、实验题探究题13.某同学用伏安法测定待测电阻Rx的阻值(约为10 k),除了Rx,开关S、导线外,还有下列器材供选用:A电压表(量程01 V,内阻约10 k)B电压表(量程010 V,内阻约100 k)C电流表(量程01 mA,内阻约30 )D电流表(量程00.6 A,内阻约0.05 )E电源(电动势1.5 V,额定电流0.5 A,内阻不计)F电源(电动势12 V,额定电流2 A,内阻不计)G滑动变阻器R0(阻值范围010 ,额定电流2 A)为使测量尽量准确,电压表选用_,电流表选用_,电源选用_。(均填器材的字母代号);画出测量Rx阻值的实验电路图_。该同学选择器材、连接电路和操作均正确,从实验原理上看,待测电阻测量值会_其真实值(填“大于”“小于”或“等于”),原因是_。【答案】 (1). B; (2). C; (3). F; (4). (5). 大于; (6). 电压表的读数大于呆测电阻两端实际电压;【解析】试题分析:由于本题的被测电阻达到10k,所以电源要选择电动势大的,然后根据电路电流选择电流表,电压表;若采用限流接法,则电路中电流和电压变化不明显,故采用滑动变阻器的分压接法,根据和的关系分析电流表的接法;根据电流表的接法判断实验误差所在;若选用电源1.5V,由于被测电阻很大,电路中电流非常小,不利于实验,即电源选用12V的,即F;则电压表就应该选取B;电路中的最大电流为,故选用电流表C;因为给的滑动变阻器的最大阻值只有10,若采用限流接法,则电路中电流和电压变化不明显,故采用滑动变阻器的分压接法,由于,所以采用电流表内接法,电路图如图所示,由于电流表的分压,导致电压测量值偏大,而电流准确,根据可知测量值偏大;【点睛】滑动变阻器的分压和限流接法的区别和选用原则:区别:(1)限流接法线路结构简单,耗能少;(2)分压接法电压调整范围大,可以从0到路端电压之间连续调节;选用原则:(1)优先限流接法,因为它电路结构简单,耗能较少;(2)下列情况之一者,须采用分压接法:当测量电路的电阻远大于滑动变阻器阻值,采用限流法不能满足要求时(本题就是该例子);当实验要求多测几组数据(电压变化范围大),或要求电压从零开始调节;电源电动势比电压表量程大得多,限流法滑动变阻器调到最大仍超过电压表量程时。电流表内接和外接的选用:当时,宜采用内接法,即大电阻用内接法;当时,宜采用外接法,即小电阻用外接法;可记忆为“大内,小外”。14.多用电表是实验室常用的实验器材之一,其原理是闭合电路的欧姆定律,它能测电阻、电压、电流等。如图为多用电表的内部构造,如果用它来测量某电阻的阻值,则应将开关扳到_或_位置;其中5、6挡位为测量_挡,且_挡量程比较大,1、2挡位为测量_挡,_挡量程比较大【答案】 (1). 3; (2). 4; (3). 电压; (4). 6; (5). 电流; (6). 1;【解析】【分析】欧姆档的电路要连接电池,则为3,4;电压档要串联电阻分压,不接电池,故为5,6电流表要并联电阻起分流作用,不接电池,故为1、2;解:使用欧姆挡时需要电表内接电源,所以3、4为欧姆挡;由于串联电阻具有分压作用,所以将灵敏电流计的表头改装成电压表时应串联电阻,故5、6为电压挡,又因串联电阻越大,量程越大,所以6挡量程比较大;由并联电阻的分流作用知1、2为电流挡,1、2两挡测电流的对应量程分别为,可知。四、计算题15.如图,一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子在匀强电场中运动,A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0,方向与电场方向的夹角为53;它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为37。不计重力。求A、B两点间的电势差。【答案】【解析】【分析】粒子水平方向受电场力,做匀加速直线运动;竖直方向不受力,故竖直分运动是匀速直线运动;结合运动的合成与分解的知识得到A点速度与B点速度的关系,然后对A到B过程根据动能定理列式求解。【详解】设带电粒子在B点的速度大小为vB。粒子在垂直于电场方向的速度分量不变,即vBsin 37v0sin 53由此得 设A、B两点间的电势差为UAB,由动能定理有:联立各式得:。【点睛】本题关键是通过运动的合成与分解得到A点速度和B点速度的关系,然后结合动能定理列式求解即可。16.面积S=0.2m2、n=100匝的圆形线圈,处在如图所示的磁场内,磁感应强度随时间t变化的规律是B=0.02t,R=3,C=30F,线圈电阻r=1,求:(1)通过R的电流方向和4s内通过导线横截面的电荷量(2)电容器的电荷量【答案】(1)0.4C(2)910-6C【解析】【详解】(1)由图示可知,磁场垂直于纸面向里,穿过线圈的磁通量增加,由楞次定律可知,感应电流沿逆时针方向,通过R的电流方向为:ba;感应电动势:E=n=nS=1000.20.02=0.4V,电路电流:I=0.1A,通过导线横截面的电荷量:q=It=0.14=0.4C;(2)电容器两端电压:UC=UR=IR=0.13=0.3V,电容器的电荷量:q=CUR=3010-60.3=910-6C;17.如图所示,两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为的绝缘斜面上,两导轨间距为LM、P两点间接有电阻值为R的电阻,一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上,并与导轨垂直整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直斜面向下导轨和金属杆的电阻可忽略让ab杆沿导轨由静止开始下滑,导轨和金属杆接触良好,
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