四川省成都外国语学校2018-2019学年高二物理3月月考试题（含解析）

成都外国语学校2018-2019学年高二下期3月月考物理试题考试时间：90分钟注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一．单项选择（8*3分=24分）1.下列关于电磁感应现象的说法中，正确的是（）A.穿过闭合电路中的磁通量增大，但闭合电路中感应电流可能减小B.穿过闭合电路中的磁通量为零的瞬间，闭合电路中不可能有感应电流C.穿过闭合电路中的磁通量减小，则闭合电路中的感应电动势一定减小D.穿过闭合电路中的磁通量变化越来越快，但闭合电路中感应电动势可能不变【答案】A【解析】【详解】A、根据法拉第电磁感应定律则知：感应电动势的大小与磁通量变化率成正比，与磁通量没有直接关系；穿过闭合电路中的磁通量增大，但磁通量的变化率不一定增大，如果变化率减小，则根据法拉第电磁感应定律则知：感应电动势减小，感应电流就会减小，故A正确。B、穿过闭合电路中的磁通量不为零时，若磁通量发生变化，闭合电路中就会有感应电流产生，故B错误。C、穿过闭合电路中的磁通量减少，磁通量的变化率不一定减少，根据法拉第电磁感应定律则知：感应电动势不一定减少，感应电流就不一定减少。故C错误。D、根据法拉第电磁感应定律则知：感应电动势的大小与磁通量变化率成正比，故磁通量变化越快，则感应电动势越大，产生的感应电流越大，故D错误。2.如图所示的电路中，a，b为两个完全相同的灯泡，L为自感线圈，线圈的电阻不可忽略，E为电源，S为开关。下列说法正确的是（）A.合上开关，a先亮，b逐渐变亮，断开开关，a、b同时熄灭B.合上开关，b先亮，a逐渐变亮，断开开关，a先熄灭，b后熄灭C.合上开关，b先亮，a逐渐变亮，断开开关，a、b同时熄灭，但b灯要闪亮一下再熄灭D.合上开关，b先亮，a逐渐变亮，断开开关，a、b同时熄灭，但b灯不会闪亮一下再熄灭【答案】D【解析】【详解】合上开关K接通电路，b立即亮，线圈对电流的增大有阻碍作用，所以通过a的电流慢慢变大，因线圈L电阻不可忽略，最后b比a亮；断开开关K切断电路时，通过b的原来的电流立即消失，线圈对电流的减小有阻碍作用，所以通过线圈和a的电流会慢慢变小，并且通过b，所以两灯泡一起过一会儿熄灭；由于电流稳定时提供b的电流大于通过a的电流，所以b灯不会闪亮一下再熄灭。故ABC错误，D正确。3.在收音机线路中，经天线接收下来的电信号既有高频成份，又有低频成份，经放大后送到下一级，需要把低频成份和高频成份分开，只让低频成份输送到再下一级，可以采用如图所示电路，其中a、b应选择的元件是（）A.a是电容较大的电容器，b是低频扼流圈B.a是电容较大的电容器，b是高频扼流圈C.a是电容较小的电容器，b是低频扼流圈D.a是电容较小的电容器，b是高频扼流圈【答案】B【解析】电容器具有通高频、阻低频的作用，这样的电容器电容应较小．电感线圈在该电路中要求做到通低频、阻高频，所以它是一个高频扼流圈(自感系数较小的电感线圈)．思路分析：根据电容器具有通高频、阻低频的作用，电感线圈在该电路中要求做到通低频、阻高频，可区分出ab中的元件试题点评：本题考查了电容器以及高频扼流圈对交流电的作用4.如图所示，一质点做简谐运动，先后以相同的速度依次通过M、N两点，历时1s，质点通过N点后再经过1s又第2次通过N点，在这2s内质点通过的总路程为12cm.则质点的振动周期和振幅分别为()A.3s，6cmB.4s，6cmC.4s，9cmD.2s，8cm【答案】B【解析】以相同的速度依次通过M、N两点画出轨迹图如图所示，质点由M到O，由O到N运动时间相同，均为1s，可见周期为4s，振幅为6cm，B对；5.如图所示，水平固定放置的足够长的U形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上放着金属棒ab，开始时ab棒以水平初速度v0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和导轨粗糙的两种情况相比较，这个过程（）A.安培力对ab棒所做的功相等B.电流所做的功相等C.产生的总热量相等D.通过ab棒的电荷量相等【答案】C【解析】【详解】A、当导轨光滑时，金属棒克服安培力做功，动能全部转化为焦耳热，产生的内能等于金属棒的初动能；当导轨粗糙时，金属棒在导轨上滑动，一方面要克服摩擦力做功，摩擦生热，把部分动能转化为内能，另一方面要克服安培力做功，金属棒的部分动能转化为焦耳热。可知两种情况下安培力对ab棒做功大小不相等。故A错误；B、克服安培力做功的大小等于电流做功的大小，所以电流做功不等，故B错误；C、导轨粗糙时，安培力做的功少，导轨光滑时，安培力做的功多，两种情况下，产生的内能相等，都等于金属棒的初动能，则产生的总热量相等。故C正确。D、导轨光滑时，导体棒的位移s大，导轨粗糙时，导体棒位移小，感应电荷量Q，B、R、导体棒长度L相同，s越大，感应电荷量越大，因此导轨光滑时，感应电荷量多，故D错误。6.在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd的面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动产生的感应电动势e随时间t的变化关系如图所示，矩形线圈与阻值为R的电阻构成闭合电路，交流电流表为理想电表，下列说法中正确的是（）A.t=0时刻穿过线圈的磁通量变化率大小为E0B.t1时刻交流电流表示数为零C.从t1到t3这段时间穿过线圈磁通量的变化量为零D.0~t2这段时间电阻R的发热功率为【答案】D【解析】【详解】A、t=0时刻穿过线圈的磁通量变化率最大，此时有，故磁通量的变化率，故A错误；B、交流电流表测的是电路中的有效值，故任何时刻交流电流表的示数都不为零；C、磁通量是双向标量，在t1到t3这段时间穿过线圈磁通量的变化量不为零，且△Φ＝2BS，故C错误；D、0~t2这段时间内，产生的感应电动势的有效值为E，故电阻R的发热功率P，故D正确7.如图，边长为a的正方形闭合线圈沿光滑的水平面上以速度v0进入宽度为L的匀强磁场，aL，已知，线框恰好能穿出磁场，则线框进入磁场和穿出磁场过程中产生的热量之比Q1：Q2为（）A.1:1B.2:1C.3:1D.4:1：【答案】C【解析】【详解】进入磁场的过程中，由动量定理得：﹣∑FA•△t＝mv1﹣mv0，即mv1﹣mv0，整理得，1，同理，出磁场的过程有：，解得，根据能量守恒得，进入磁场过程产生的热量，出磁场过程产生的热量，则Q1：Q2＝3：1，故C正确，A、B、D错误。8.如图甲，理想变压器的原、副线圈匝数比n1：n2＝10：1，副线圈电路接有滑动变阻器R和额定电压为12V、线圈电阻为2Ω的电动机M。原线圈输入的交流电压如图乙。闭合开关S，电动机正常工作，电流表示数为1A。下列判断正确的是（）A.副线圈两端的电压有效值为VB.滑动变阻器R的接入电阻为10ΩC.电动机输出的机械功率为12WD.若电动机突然卡住，原线圈输入功率将变小【答案】B【解析】变压器初级电压有效值为220V，则副线圈两端的电压有效值为，选项A错误；滑动变阻器接入电阻为，选项B正确；电动机输出的机械功率为，选项C错误；若电动机突然卡住，次级电流将变大，次级消耗的功率变大，则原线圈输入功率将变大，选项D错误；故选B.点睛：此题要注意电动机问题的能量转化关系：输出功率等于总功率与内阻上的热功率的差值；电动机被卡住后相当于纯电阻，则电路的电流会变大，电动机很快被烧毁.二．多项选择（4*4分=16分）9.远距离输电装置如图所示，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，当k由2改接为1时，下列说法正确的是（）A.电压表读数增大B.电流表读数增大C.电流表读数减小D.输电线上损失的功率减小【答案】AB【解析】k接到1后，升压变压器副线圈匝数增多，所以输电电压U2升高（U1：U2=N1：N2，N2增多），因输出功率不变．所以输电线电流减小，电流表的示数减小，输电线上的电压减小，所以最终降压变压器的输出电压变大，电压表测路端电压，示数变大，则AB错误，C正确．电流表示数减小，输电线损失功率减小，故D正确；故选CD．点睛：对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关．10.如图a所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q,P和Q共轴，Q中通有变化电流i，电流随时间变化的规律如图b所示，P所受的重力为G,桌面对P的支持力为N，则在下列说法正确的是A.t1时刻，NG且P有收缩的趋势B.t2时刻，N=G且穿过P的磁通量最大C.t3时刻，N=G且穿过P中无感应电流D.t4时刻，N＜G且穿过P的磁通量最小【答案】AB【解析】试题分析：当螺线管中电流增大时，其形成的磁场不断增强，因此线圈P中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈P将阻碍其磁通量的增大，故线圈有远离和面积收缩的趋势，因此此时N＞G，故A正确；当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此磁铁线圈中无感应电流产生，故t2时刻N=G，此时穿过P的磁通量最大，故B正确，D错误；t3时刻螺线管中电流为零，但是线圈P中磁通量是变化的，因此此时线圈中有感应电流，且此时，线圈中磁通量有增大趋势，故线圈有远离和面积收缩的趋势，因此此时N＞G，故C错误．故选AB．考点：楞次定律的考查。11.如图所示，两根等高光滑的四分之一圆弧轨道，半径为r，间距为L，轨道电阻不计。在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。现有一根长度稍大于L、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd开始，在拉力作用下以初速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab处，则该过程中()A.通过R的电流方向为由外向内B.通过R的电流方向为由内向外C.R上产生的焦耳热为D.通过R的电量为【答案】AC【解析】试题分析：金属棒从轨道最低位置cd运动到ab处的过程中，穿过回路的磁通量减小，根据楞次定律判断得知通过R的电流方向为由外向内，故A正确B错误；C.金属棒做匀速圆周运动，回路中产生正弦式交变电流，可得产生的感应电动势的最大值为，有效值为，根据焦耳定律有，故C正确；通过R的电量由公式，故D错误．考点：考查了导体切割磁感线运动【名师点睛】解决本题的关键是判断出回路中产生的是正弦式交变电流，相当于线圈在磁场中转动时单边切割磁感线，要用有效值求解热量，用平均值求解电量12.如图甲所示，闭合线圈固定在小车上，总质量为1kg．它们在光滑水平面上以10m/s的速度进入与线圈平面垂直、磁感应强度为B的水平有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．已知小车运动的速度v随车的位移x变化的v-x图象如图乙所示．则（）A.线圈的长度L=15cmB.磁场的宽度d=25cmC.线圈进入磁场过程中做匀加速运动，加速度为0.8m/s2D.线圈通过磁场过程中产生的热量为48J【答案】BD【解析】【详解】A、闭合线圈在进入和离开磁场时的位移即为线圈的长度，线圈进入或离开磁场时受安培力作用，将做减速运动，由乙图可知，线圈的长度L＝10cm，故A错误；B、磁场的宽度等于线圈刚进入磁场到刚离开磁场时的位移，由乙图可知，5﹣15cm是进入的过程，15﹣30cm是完全在磁场中运动的过程，30﹣40cm是离开磁场的过程，所以d＝30cm﹣5cm＝25cm，故B正确；C、线圈进入磁场过程中，根据F＝BIL及I得：F，因为v减小，所以F也减小，由牛顿第二定律知加速度减小，所以线圈做的不是匀加速运动，是变减速运动，故C错误；D、线圈通过磁场过程中运用动能定理得：mv22mv12＝W安，由乙图可知v1＝10m/s，v2＝2m/s，代入数据得：W安＝﹣48J，所以克服安培力做功为48J，即线圈通过磁场过程中产生的热量为48J，故D正确。II卷（非选择题）二、实验题13.⑴有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度。用它测量一小球的直径，如图1所示的读数是_________mm。如图2，用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图所示的读数是_________mm。⑵有一个电流表G，内阻Rg=30Ω，满偏电流Ig=1mA。要把它改装为量程0~3V的电压表，要____