《江西省南康中学2020学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江西省南康中学2020学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析）（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、江西省南康中学2020学年高二下学期第一次月考 物理试题一、单选题1. 一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交流电的图象如图所示，由图可以知道（ ）A. 0.01s时刻线圈处于中性面位置B. 0.01s时刻穿过线圈的磁通量为零C. 该交流电流有效值为2AD. 该交流电流频率为50Hz【答案】B【解析】0.01s时刻感应电流最大，磁通量为零，位置与中性面垂直，A错；B对；峰值为6.28A，有效值为6.28A/1.414=4.45A，C错；周期为0.04s,频率为1/T=25Hz，D错；2. 如图所示，闭合金属导线框放置在竖直向上的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度的大小随时间变化。下列说法当磁感应
2、强度增加时，线框中的感应电流可能减小当磁感应强度增加时，线框中的感应电流一定增大当磁感应强度减小时，线框中的感应电流一定增大当磁感应强度减小时，线框中的感应电流可能不变其中正确的是（ ）A. 只有正确B. 只有正确C. 只有正确D. 只有正确【答案】D【解析】根据法拉第电磁感应定律，影响感应电流的大小不是原磁场磁感应强度的增加还是减小，而是看磁场磁通量的变化率大小，因而不正确，可能存在，正确答案D选项。3.图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示点a、b、
3、c为实线与虚线的交点，已知O点电势高于c点若不计重力，则（）A. M带负电荷，N带正电荷B. N在a点的速度大小大于M在c点的速度大小C. N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功D. M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零【答案】D【解析】【详解】由题，等势线在水平方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向下，根据粒子的轨迹可判断出N粒子所受的电场力方向竖直向上，M粒子所受的电场力方向竖直向下，故知M粒子带正电，N带负电，故A错误。 由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，故B错误。 N从O点运动至a点的过程中电
4、场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功。故C错误。 O、b间电势差为零，由动能定理可知M从O点运动至b点的过程中，电场力对它做功为零。故D正确。4. 如图，利用理想变压器进行远距离输电，发电厂的输出电压恒定，输电线路的电阻不变，当用电高峰到来时A. 输电线上损耗的功率减小B. 电压表V1的示数减小，电流表A1增大C. 电压表V2的示数增大，电流表A2减小D. 用户功率与发电厂输出功率的比值减小【答案】D【解析】【分析】深夜当用电低谷到来时，负载电阻变大，则降压变压器次级电流减小，然后根据理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压由输入电压决定；通过分析导线上的电压损失等分析电压表及电流表示数的
5、变化；【详解】当用电低谷到来时，用户消耗的功率变小，则电流表A2读数变小，输电线上的电流变小，输电线上损耗的功率变小，故A错误；电流表A1变小，因为发电厂的输出电压恒定，则升压变压器的次级电压不变，即电压表V1的示数不变，故B错误；输电线上的电压损失变小，故降压变压器的初级电压变大，次级电压也变大，即电压表V2的示数变大，故C正确；用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例，因为输电线上的电流变小，则电压损失变小，U2不变，所以用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例变大。故D错误。故选C。【点睛】解决本题的关键要搞清以下关系：1、输送功率与输送电压、电流的关系；2、变压器原副线圈的电压比与匝数比的
6、关系；3、升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、电压损失的关系；4、升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率关系。5.两只阻值相等的电阻分别通以正弦交流电与方形交流电，它们电流的最大值相等，如图，则两只电阻的热功率之比是（）A. 1：4B. 1：2C. 1：D. 1：1【答案】B【解析】试题分析：正弦交流电的热功率：，方形交流电热功率：，可得；故B正确故选B考点：考查了交流电的有效值点评：电流的有效值是利用电流的热效应定义的，热功率用有效值来计算6.如图所示，理想变压器原线圈匝数为n1，两个副线圈匝数分别为n2和n3，且n1:n2:n3=4:2:1，输入电压U1=16V，R1=R
7、2=10，则原线圈的电流I1大小是（ ）A. 0.4AB. 0.1AC. 0.5AD. 以上答案都不对【答案】C【解析】由，输出电压U2=8V，U3=4V，输出功率为，P=UI，I=0.5A7.三个质子1、2和3分别以大小相等、方向如图所示初速度v1、v2和v3，经过平板MN上的小孔O射入匀强磁场B，磁场方向垂直纸面向里，整个装置放在真空中，且不计重力这三个质子打到平板MN上的位置到小孔的距离分别为s1、s2和s3，则（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】三个质子速度大小相等，方向如图所示，垂直进入同一匀强磁场中。由于初速度v1和v3的方向与MN的夹角相等，所以这两个质子的运动
8、轨迹正好组合成一个完整的圆，则这两个质子打到平板MN上的位置到小孔的距离是相等的。而初速度v2的质子方向与MN垂直，则它的运动轨迹正好是半圆，所以质子打到平板MN上的位置到小孔的距离恰好是圆的直径。由于它们的速度大小相等，因此它们的运动轨迹的半径均相同。所以速度为v2的距离最大。 故选D。8.用相同导线绕制的边长为L或2L的四个闭合导体线框，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图所示。在每个线框进入磁场的过程中，M、N两点间的电压分别为Ua、Ub、Uc和Ud下列判断正确的是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】线框进入磁场后切割磁感线，a、b产生的感应电动势是c、d电动势的一半
9、，而不同的线框的电阻不同，设a线框电阻为4r，b、c、d线框的电阻分别为6r、8r、6r则有： ，故ACD错误，B正确。二、多选题9.一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷(电量很小)固定在P点，如图所示.以E表示两极板间场强，U表示电容器的电压，EP表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则( )A. U变小，E不变B. E变大，EP变大C. U变小，EP不变D. U不变，EP不变【答案】AC【解析】【详解】平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变。将正极板移到图中虚线所示的位置时，板间距离d减小，根据知，电容增大，根据U=，则板
10、间电压U变小。由，得到：，可知E与d无关，则知电场强度E不变。P与负极板间的距离不变，由公式U=Ed可知，P与负极板间的电势差不变，P点的电势不变，正电荷在P点的电势能不变。故C正确，ABD错误。故选C。【点睛】解决本题的关键知道电容器与电源断开后其电荷量不变，掌握电容器的决定式以及定义式C=要能熟练推导出场强的表达式，记住E与d无关的结论，有利于进行动态分析10.如图甲所示，等离子气流（由高温高压的等电量的正、负离子组成）由左方连续不断地以速度v0 射入P1 和P2 两极板间的匀强磁场中，ab直导线与P1 、P2 相连接，线圈A与直导线cd相连接，线圈A内存在如图乙所示的变化磁场，且磁感应强
11、度B的正方向规定为向左，则下列叙述正确的是（）A. 01s内ab、cd导线互相排斥B. 12s内ab、cd导线互相吸引C. 23s内ab、cd导线互相排斥D. 34s内ab、cd导线互相吸引【答案】BD【解析】【详解】左侧实际上为等离子体发电机，将在ab中形成从a到b的电流，由图乙可知，0-2s内磁场均匀变化，根据楞次定律可知将形成从c到d的电流，同理2-4s形成从d到c的电流，且电流大小不变，故0-2s秒内电流同向，相互吸引，2-4s电流反向，相互排斥，故AD错误，BC正确。故选BC。【点睛】利用法拉第电磁感应定律E时，注意B-t图象中斜率的物理意义注意感应电动势的大小看磁通量的变化率，而非
12、磁通量大小或者磁通量的变化量三、填空题11.某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度该螺旋测微器校零时的示数如上左图(a)所示，测量金属板厚度时的示数如图(b)所示图(a)所示读数为_mm，图(b)所示读数为_mm，所测金属板的厚度为_mm【答案】 (1). 0.010(0.001) (2). 6.870(0.001) (3). 6.860(0.002)【解析】试题分析：解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读解：图（a）中螺旋测微器的固定刻度为0mm，可动刻度为1.00.01mm=0.010mm，所以最终读数为0mm+0.010mm=0.0
13、10mm图（b）中螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为37.00.01mm=0.370mm，所以最终读数为5.5mm+0.370mm=5.870mm所测金属板的厚度为5.870mm0.010mm=5.860mm=0.5860cm故答案为：0.010，5.870，0.5860【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量四、实验题探究题12.某研究性学习小组利用如图1所示电路测量电池组的电动势E和内阻r。实验数据绘出如图2所示的R-图线，其中R为电阻箱的读数，I为电流表读数，由此可以得到E=_V，r=_（结果保留两位有效数字）由于电流表
14、内阻的影响，测得的内电阻r_电源的真实内电阻r0（填“大于”、“小于”或“等于”）【答案】 (1). 3.0 (2). 1.0 (3). 大于【解析】【详解】电源电动势为：E=I（R+r），整理得：，由图示图线可知，图象的斜率等于E，纵轴截距的绝对值等于r，电源的电动势为： ，电源内阻：r=|b|=1.0；考虑电流表内阻：电源电动势：E=I（R+r+RA），整理得：R=E -r-RA，图线截距的绝对值|b|=r+RA，电源内阻测量值大于真实值；五、计算题13.如图所示电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40cm.电源电动势E=24V，内电阻r=1，电阻R=15。闭合开关S，待电
15、路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4 m/s竖直向上射入板间。若小球带电荷量为q=110-2C，质量为m=210-2kg，不考虑空气阻力(取g=10m/s2)求：（1）滑动变阻器两端电压为多大时，小球恰能到达A板？（2）此时电源的输出功率是多大？【答案】（1）8V；（2）23W【解析】【详解】（1）滑动变阻器两端电压与金属板A、B上的电压相同，当小球恰能到达A板时，根据动能定理得：mgdqUAB=0-mv解得金属板A、B两端电压UAB8V，即滑动变阻器两端电压为8V。（2）设此时回路中电流为I，路欧姆定律得根据闭合电：I=1A滑动变阻器接入电路的电阻R滑=8电源的输出功率P出I2(RR滑)23W14.交流发电机转子有10匝线圈，每匝线圈所围面积为20cm2，匀强磁场
