江西省上饶县中学高二物理下学期第一次月考试题(零班,含解析)

1、上饶县中学2019届高二年级下学期第一次月考物理试卷（零班）一、选择题（本题共12小题，每题4分，共48分，其中5、7、8、9、11题为多选题，全部选对的4分，选不全的得2分，有选错的或不答的得 0分）。1 .科学发现或发明是社会进步的强大推动力，青年人应当崇尚科学在下列关于科学发现或发明的叙述中，存在错误的是a.奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电与磁的联系b.法拉第经历了十年的探索，实现了 “磁生电”的理想c.洛伦兹发现了电磁感应定律d.楞次在分析许多实验事实后提出，感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化【答案】c【解析】【详解】奥斯特发现了电流的磁效应，

2、揭示了电与磁的联系，选项a正确；法拉第经历了十年的探索，实现了 “磁生电”的理想，选项 b正确；洛伦兹发现了磁场对带电粒子的作用力，选项c错误；楞次在分析许多实验事实后提出，感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项d正确；此题选择错误的选项，故选 c.2 .下列图中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，导体 ab上的感应电流方向为 a-b的是（）d.【答案】a【解析】a、ab棒顺时针转动，运用右手定则：磁感线穿过手心，拇指指向顺时针方向，则导体ab上的感应电流方向为 a-b.故a正确.b、ab向纸外运动，运用右手定则时，磁感线穿过

3、手心，拇指指向纸外，则知导体 ab上的感应电流方向为 b-a,故b错误.c、穿过回路的磁通量减 小，由楞次定律知，回路中感应电流方向由 b-a-c,则导体ab上的感应电流方向为 b-a.故c错误.d、ab棒沿导轨向下运动，由右手定则判断知导体ab上的感应电流方向为 b-a,故d错误.故选a.【点睛】本题的关键要掌握右手定则和楞次定律，要知道它们在判断切割产生的感应电流方向上结果是相同的，不过研究的对象不同.3 .如图所示，一正方形线圈的匝数为n,边长为a,线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中.在 t时间内，磁感应强度的方向不变，大小由b均匀地增大到2b,在此过程中，线圈中产生的电动势为|如

4、ai【答案】d【解析】根据法拉第电磁感应定律有：e = n- -1工,故d正确，abc错误。at al at 2 2at4 .如图甲所示，闭合金属框 abcd置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，磁感应强度 b随时间t的变化关系如图乙所示。规定顺时针方向为电流的正方向，下列各图中能正确表示线框中感应电流i随时间t变化的图像是【解析】在0到1秒内，磁感应强度b均匀增加，则线框中产生感应电流，由楞次定律可得电流方向为：逆时针，负值；由法拉第电磁感应定律可得，感应电流大小恒定.当在1秒到3秒内，磁场不变，则线框中没有磁通量变化，所以没有感应电流.在 3到4秒内，磁感应强度 b均匀减小，则线框中产生感应

5、电流，由楞次定律可得电流方向为：顺时针，正值；由法拉第电磁感应定律可得，感应电流大小恒定.因此c选项正确；故选 c.5 .平面上的光滑平行导轨 mn pq上放着光滑导体棒 ab、cd,两棒用细线系住，开始时匀强磁场的方向如图甲所示，而磁感应强度b随时间t的变化如图乙所示，不计 ab、cd间电流的相互作用则细线中张力乙a.由0到t0时间内细线中的张力逐渐减小b.由to到ti时间内细线中张力增大c.由0到t0时间内两杆靠近，细线中的张力消失d.由t。到ti时间内两杆靠近，细线中的张力消失【答案】ad【解析】【详解】由图乙所示图象可知，0至u t0时间内，磁场向里，磁感应强度 b均匀减小，线圈中磁通

6、量均匀减小，由法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的感应电动势，形成恒定的电流。由楞次定律可得出电流方向沿顺时针，故 ab受力向左，cd受力向右，而张力 f=f安=bil , 因b减小，故张力将减小，故 a正确、c错误；由图乙所示图象可知，由 t0到t时间内，线圈 中的磁场向外，b均匀增大，回路中产生恒定的感应电流，由楞次定律可知，电流为顺时针，由左手定则可得出，两杆受力均向里，故两杆靠近，细线中张力消失，d正确，b错误；故选ad【点睛】本题只要楞次定律的第二种表达掌握好了，本题可以直接利用楞次定律的“来拒去留”进行判断。6 .图甲所示是某种型号的电热毯的部分电路图。其电热丝的总电阻r=11

7、q,电热毯所接电源电压的波形如图乙所示（每段为正弦曲线的一部分）a. 275w b. 550w c. 400w d. 355w,则该电热毯的电功率为【详解】设将此电流加在阻值为r的电阻上，电压的最大值为 um,电压的有效值为 u根据热效应有1 （忑）l12 ，代入解得：u-um-55r ,该电热毯的电功率为：l x 1 - -12p r ru 552p = 一 = w - 27sw ,故 a 正确，bcd昔误。r 117 .如图甲所示，将阻值为 r=5q的电阻接到内阻不计的正弦交变电源上，电流随时间变化的规律如图乙所示，电流表串联在电路中测量电流的大小.对此，下列说法正确的是u=2.5sin（

8、200 兀 t）va.电阻r两端电压变化规律的函数表达式为b.电阻r消耗的电功率为 0.625wc.如图丙所示，若此交变电流由一矩形线框在匀强磁场中匀速转动产生，当线圈的转速 提升一倍时，电流表的示数为a2d.这一交变电流与图丁所示电流比较，其有效值之比为1【答案】abc【解析】【详解】由图可知，电流的最大值i m=0.5a ,则电压的最大值：u=im?r=0.5x5=2.5v;周期t=0.01s ,角速度为3=200 nrad/s ,电阻 r两端电压变化规律的函数表达式为u=2.5 sin( 200nt) v,故 a正确；电流的有效值1 = & =竺一也由，电阻 r消耗的电功率为p-2r4卜

9、0 625* ,故b正确；感应电动势的瞬时值表达式为：e=esin cot,其中：e=nbso ,当线圈的转速提升一倍时，最大值提升一倍，所以电流表的示数为 ya,故c正确;图乙为正弦式交流电，其有效值为上a,图丁电流大小不变， 有效值i =0.5a,所以这一交变4电流与图丁所示电流比较，其有效值之比为!，故d错误。所以abc正确，d错误。8 .图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比ni：n2=5:1 ,电阻r=20q , li、l2为规格相同的两只小灯泡，si为单刀双掷开关。 原线圈接正弦交变电源， 输入电压u随时间t的变化关系如图 所示。现将s接1、s2闭合，此时l2正常发光。下列说法正确的

10、是a.输入电压u的表达式u=20gsin（50兀t）vb.只断开s2后，l、l2均正常发光c.只断开s2后，原线圈的输入功率减小d.若s换接到2后，r消耗的电功率为0.8w【答案】cd试题分析：由乙图可知原线圈的输入电压的周期为t=0.02s ,所以,tn - 100t,可知其表达uj n,可得副线圈的输出电压u之小式为巧-2033沏itxmv,故选项 a错误；由题意可知变压器原线圈的输入电压uj 20v,由j 二5 41 ,将si接1、s2闭合，此时l2正常发光，所以小灯b错误；只泡的额定电压为4v,只断开q时，两个小灯泡串联，所以不能正常发光，故选项i, 3断开s2时，副线圈电阻增大，其电

11、流变小，由二可知原线圈电流减小， 所以输入功率减小,故选项c正确；若si换接到2后，电阻r的功率吠42pr= = = o81*，r 20故选项d正确.考点：交流电的表达式；理想变压器的规律.9.如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡定电压的5倍时，两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是a和b。当输入电压u为灯泡额a.原、副线圈匝数之比为4:1-14 -b.原、副线圈匝数之比为5:1c.此时a和b的电功率之比为4:1d.此时a和b的电功率之比为 1:4【答案】ad【解析】【详解】灯泡正常发光，则其电压均为额定电压u,则说明原线圈输入电压为4u,输出电压11 n,为u;则可知，原副线圈

12、匝数之比为 4: 1:故a正确；b错误；根据变压器原理可得所以ii1i 2,由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式p=ui可得两者的电功率之比为1:4;|4故c错误，d正确；故选ad【点睛】本题考查变压器原理，要注意明确输入电压为灯泡两端电压与输入端电压之和，从而可以确定输入端电压；则可求得匝数之比。10.如图所示，在光滑的水平桌面上有一弹簧振子，弹簧劲度系数为k,开始时，振子被拉到平衡位置o的右侧a处，此时拉力大小为 f,然后释放振子从静止开始向左运动，经过时间t后第一次到达平衡位置 。处，此时振子的速度为 v,在这个过程中振子的平均速度为o aa.等于b. 大于:c. 小于:d. 0【答案

13、】b【解析】【分析】平均速度等于这段位移与所需要的时间的比值.而位移则通过胡克定律由受力平衡来确定。【详解】根据胡克定律，振子被拉到平衡位置o的右侧a处，此时拉力大小为 f,由于经过时间t后第一次到达平衡位置 o处，因做加速度减小的加速运动，所以这个过程中平均速度为 v-b故b正确，acd昔误。i 2【点睛】考查胡克定律的掌握，并运用位移与时间的比值定义为平均速度，注意与平均速率 分开，同时强调位移而不是路程。11.如右图所示，轻质弹簧下挂重为 500n的物体a,伸长了 5cmi再挂上重为300n的物体b 时又伸长了 3cm,弹簧均在弹性限度内，若将连接 a、b两物体的细绳烧断，使 a在竖直面

14、内 做简谐运动，下列说法中正确的是a.最大回复力为300nb.最大回复力为800nc.振幅为8cmd.振幅为3cm【答案】ad【解析】【详解】轻质弹簧下挂重为500n的物体a,伸长了 5cm,故弹簧的劲度系数为：kloooon m,若将连接 a b两物体的细绳烧断，物体 a将做简谐运动，烧断瞬间，x 0 05合力充当回复力；由于细线烧断前是平衡，烧断后先对a的拉力减小了 300n,而弹力不变，故合力为300n,故最大回复力为300n,故a正确，b错误；刚剪断细线时物体的加速度最大，此处相当于是物体 a到达简谐运动的振幅处，故振幅为3cm,故c错误，d正确。所以 ad正确，bc错误。12 .一单

15、摆的摆长为 40cm,摆千在t=0时刻正从平衡位置向左运动，（g取10m/s2）,则在t=1s时摆球的运动情况是a.正向左做减速运动，加速度正在增大b.正向左做加速运动，加速度正在减小c.正向右做减速运动，加速度正在增大d.正向右做加速运动，加速度正在减小【答案】b【解析】【详解】由题意，单摆的周期t=2兀=0.4兀s, t=1s ,则:tvtvt。而摆球在t=0时刻正从平衡位置向左运动，则 t=1s时正靠近平衡位置向左运动，速度增大，加速度减小。故选bo【点睛】本题关键要抓住单摆振动的周期性，将一个周期可分成四个四分之一周期，根据提供的时间与周期的关系分析摆球的运动情况.二、实验题（每空 2

16、分，共10分）13 .某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中，先测得摆线长为l,摆球直径为d,然后用秒表记录了单摆全振动n次所用的时间为t.则：(1)他测得的重力加速度 g=.(用测量量表示)(2)某同学在利用单摆测定重力加速度的实验中，若测得的g值偏大，可能的原因是 a.摆球质量过大b.单摆振动时振幅较小c.测量摆长时，只考虑了线长忽略了小球的半径d.测量周期时，把 n个全振动误认为(n - 1)个全振动，使周期偏大e.测量周期时，把 n个全振动误认为(n+1)个全振动，使周期偏小(3)为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期 t,从而得出一组对应的l和t的数值，再以l

17、为横坐标、t2为纵坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率k.则重力加速度g=.(用k表示)(4)实验中游标尺(20分度)和秒表的读数如图，分别是 mn s.【答案】(1).(1)1 1；(2).(2) e;(3).；(4).(4) 18.95mm,(5). 99.8s【解析】(1)由实验摆长和运动时间得到周期，再通过单摆周期公式联立解得重力加速度；(2)根据重力加速度表达式判断各影响因素，进而得到g增大的可能原因；(3)通过(1)中的重力加速度表达式，将 k代入其中即可求解；(4)按照游标卡尺和秒表的读数法，先读主尺和秒表小圈的分针数，然后再加上分尺和大圈 秒针数即可.;故由单摆运动周期t

18、 = 2兀【详解】(1)该实验单摆摆长l = l+,，周期(2)由(1)可知，g与摆球质量、单摆振动时振幅无关，且若测得的g值偏大，则l偏大或t偏小；那么，测量摆长时，只考虑了线长忽略了小球的半径，则 l偏小，g偏小；故可能原因为e；(3)以l为横坐标、t2为纵坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率k,那么 =l丁二k(4)游标卡尺的读数为18mm+19 0.05mm=18.95mm秒表的读数为 1.5x60s+9. 8s=99.8s ;三、计算题(42分)14.如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd,线圈平面与磁场垂直。已知线圈的匝数n=100,边长ab=1.0 m、bc=0.5

19、m ,电阻r=2q。磁感应强度 b在0 1 s内从零均匀变化到0.2 t。在15 s内从0.2 t均匀变化到-0.2 t,取垂直纸面向里为磁场的正方向。求：a g tlhx x x x d11rx xx 乂(1) 0.5s时线圈内感应电动势的大小e和感应电流的方向；(2)在15s内通过线圈的电荷量 q；(3)在05s内线圈产生的焦耳热 q【答案】(1) e=10v,感应电流方向为 a?d?c?b?a (2) q=10c (3) q=100j【解析】(1)要求解0.5s时的感应电动势，只能通过求平均感应电动势着眼。由于线圈与磁场方向垂直的有效面积不变，只是磁感应强度均匀变化，则0.5s的瞬时感应

20、电动势正好与0 1 s的平均感应电动势相等。感应电流的方向可根据楞次定律来进行判断即可。(2)要分析15s的电荷量q,则只要根据q = ft = t = 求解即可;(3)由于磁场的变化分 0 1 sr r和1 5 s两个不同的阶段，可从两阶段分别对线圈产生的焦耳热进行分析，运用0二i?也 即可求得。(1)磁感应强度 b在0 1 s内从零均匀变化到 0.2 t ,故0.5s时刻的瞬时感应电动势的大 小和0 i s内的平均感应电动势大小相等。则由感应电动势：=.v包工且磁通量的变化量a四二乩瓦s ,可解得e-n ，代入数据得ey = 10p。0 i s磁感应强度在逐渐增大，根据楞次定律：感应电流产

21、生的磁场将与原磁场方向相反，则感应电流的方 向为：a?d?c?b?&曲s国,(2)同理可得：e2 = n,感应电流j,二:，电量皿s解得：q - n-，代入数据得：q=10co r(3) 0 1 s内的焦耳热01二也 1，且i1=15 s内的焦耳热 a=/介加由0=01+0?,代入数据得：0 = 10。/【考点定位】法拉第电磁感应定律、楞次定律、电荷量及焦耳热的综合。注意分阶段考虑， 考查考生的分析能力、推理能力等。难度：中等。i厂视频二15 .如图所示，两条足够长的平行的光滑裸导轨c、d所在斜面与水平面间夹角为。，间距为l,导轨下端与阻值为 r的电阻相连，质量为 m的金属棒ab垂直导轨水平放

22、置，整个装置处在垂直斜面向上的磁感应强度为b的匀强磁场中.导轨和金属棒的电阻均不计，有一个水平方向的力垂直作用在棒上，棒的初速度为零，则：(重力加速度为g)(1)若金属棒中能产生从 a到b的感应电流，则水平力 f需满足什么条件？(2)当水平力大小为 f1,方向向右时，金属棒 ab加速向上运动。求金属棒的最大速度vm是多少？【解析】【详解】（1）金属棒中能产生从 a到b的感应电流，说明金属棒沿导轨向上运动切割磁感线.受力分析如图.fcos 0 mgsin 0得：fmgtan 0 .（2）金属棒加速上滑时，安培力平行于斜面向下，棒先加速后匀速，匀速时即为最大速度.ficos 0 =mgsin 0

23、+f 安f 安=81=r（卜产3。ltlgm刈r 解得：vmax=b2l3【点睛】对于电磁感应中的力学问题，关键是要正确分析导体棒的受力情况，注意安培力的 方向与运动方向相反，同时要把握导体棒速度最大的条件：合力为零.16 .如图所示，某水电站发电机的输出功率为100k皿 发电机的电压为 250v,通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为8q,在用户端用降压变压器把电压降为220v.若输电线上损失的功率为 5kw不计变压器的损耗，求:(1)输电导线上输送的电流；(2)升压变压器的输出电压 5;(3)降压变压器的匝数比.【答案】(1) 25a; (2) 4000v; (3) 190:11【解析】试题分析：根据输电损失功率公式p.i2r计算电流；由输送功率p-uj计算输送电压 u;由电压与匝数成正比和电压分配关系计