2021山东省莘州中学高二下学期第一次月考物理试题含答案

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莘州中学2020-2021学年2019级高二（下）第一次月清测试物理试题第I卷（共46分）一、选择题（本题共14个小题，1-10题为单选，每题3分，11-14题为多选，每题4分，部分2分，共46分）1．如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的正弦交流电的图象，在改变线圈的转速后，产生的正弦交流电的图象如图线b所示，以下说法正确的是( ) A．线圈先后两次转速之比为2∶3B．通过线圈的磁通量最大值之比为3∶2C．先后两次交流电的最大值之比为3∶2D．先后两次交流电的有效值之比为∶2．如图所示，金属圆盘置于垂直纸面向里的匀强磁场中，其中央和边缘各引出一根导线与套在铁芯上部的线圈A相连。套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根水平导轨上，导轨上有一根金属棒ab处在垂直于纸面向外的匀强磁场中。下列说法正确的是（　　）A．圆盘顺时针匀速转动时，a点的电势高于b点的电势B．圆盘顺时针加速转动时，ab棒受到向左的安培力C．圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向右运动D．圆盘顺时针减速转动时，a点的电势高于b点的电势3．如图所示,垂直纸面向里的匀强磁场的区域宽度为2a,磁感应强度的大小为B．一边长为a、电阻为4R的正方形均匀导线框CDEF从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域,在图乙中给出的线框EF两端的电压UEF与线框移动距离x的关系图象正确的是( )A． B．C． D．4．小宇为了研究自感现象，利用实验室提供的实验器材设计了如图所示的电路，其中甲、乙为两个完全相同的小灯泡，L为自感系数很大的线圈，且稳定时的电阻与电路中定值电阻R的阻值相同．则下列说法正确的是(　　)A．开关闭合的瞬间，甲、乙两灯同时变亮B．断开开关的瞬间，甲灯立即熄灭，乙灯过一会儿后熄灭C．闭合开关，当电路稳定时甲、乙两灯的亮度相同D．断开开关的瞬间，m点的电势高于n点的电势5．如图甲所示电路，理想变压器原线圈输入电压如图乙所示，副线圈电路中为定值电阻，R是滑动变阻器，所有电表均为理想电表。下列说法正确的是（　　）A．原、副线圈中磁通量变化率的最大值之比等于原、副线圈匝数比B．交变电源的周期为2sC．滑动片P向下移时，电流表和示数均增大D．滑动片P向下移时，电压表示数不变，变压器的输出功率也不变6．如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，原线圈接入图乙所示的不完整的正弦交流电，副线圈接火灾报警系统（报警器未画出），电压表和电流表均为理想电表，R0和R1为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，下列说法中正确的是（　　）A．R处出现火警时电压表示数增大 B．R处出现火警时电流表示数减小C．图乙中电压的有效值为220 V D．电压表的示数为11V7．如图甲所示的电路中，当理想变压器a、b端加上如图乙所示的交变电压，闭合开关S，三只相同灯泡均正常发光。下列说法中正确的是（　　）A．变压器原、副线圈的匝数比为3：1B．小灯泡的额定电压为C．图乙所示的交变电压瞬时值表达式为D．断开开关S，变暗、变亮8．调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图甲所示。线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，CD之间输入交变电压，转动滑动触头P就可以调节输出电压。图甲中两电表均为理想交流电表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器。现在CD两端输入图乙所示正弦式交流电，变压器视为理想变压器，那么（　　）A．由乙图可知CD两端输入交流电压u的表达式为u＝36sin100πt（V）B．当滑动触头P逆时针转动时，MN之间输出交流电压的频率变大C．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电阻R2消耗的电功率变小D．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数也变大9．图甲为交流发电机的示意图，磁场可视为水平方向的匀强磁场，电阻R=5Ω，线圈绕垂直于磁场的水平轴OO'沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，输出的交变电压随时间变化的图象如图乙所示。以下判断正确的是（　　）A．电流表的示数为10AB．线圈转动的角速度为100πrad/sC．t=0.01s时，穿过线圈平面的磁通量最大D．t＝0.02s时，电刷P的电势高于电刷Q的电势10．如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接右端接一个阻值为R的定值电阻平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为，金属棒与导轨间接触良好则金属棒穿过磁场区域的过程中（　　）A．流过金属棒的最大电流为B．通过金属棒的电荷量小于C．克服安培力所做的功为mghD．金属棒产生的焦耳热为11（多选）．如图甲所示，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中的电流i随时间t变化的规律如图乙所示，取甲图中电流方向为正方向，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则（　　）A．在t1时刻，FN>G，P有收缩的趋势B．在t2时刻，FN=G，穿过P的磁通量不变C．在t3时刻，FN=G，P中有感应电流D．在t4时刻，FN>G，P有收缩的趋势12．（多选）如图所示，两竖直放置的平行光滑导轨相距0.2m，其电阻不计，处于水平向里的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度为0.5T，，导体棒ab与cd的电阻均为0.1Ω，质量均为0.01kg．现用竖直向上的力拉ab棒，使之匀速向上运动，此时cd棒恰好静止，已知棒与导轨始终接触良好，导轨足够长，g取10m/s2，则（　　）A．ab棒向上运动的速度为1m/sB．ab棒受到的拉力大小为0.2NC．在2s时间内，拉力做功为0.6JD．在2s时间内，ab棒上产生的焦耳热为0.2J13．（多选）如图所示，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的理想边界，磁场范围足够大。一个边长为a、质量为m、电阻为R的单匝正方形线框，以速度v垂直磁场方向从图示实线位置Ⅰ开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的位置Ⅱ时，线框的速度为。则下列说法正确的是（　　）A．在位置Ⅱ时线框中的电功率为 B．在位置时Ⅱ的加速度为C．此过程中安培力的冲量大小为 D．此过程中通过线框导线横截面的电荷量为14．（多选）如图a所示，在匀强磁场中，一电阻均匀的正方形单匝导线框abcd绕与磁感线垂直的转轴ab匀速转运，线框产生的交流电动势随时间变化规律如图b所示，若线框的总电阻为5Ω则（　　） A．cd 边两端电压的有效值为 16. 5VB．线框的最大磁通量为C．从 t=0 到 t=0.01s 时间内，通过线框某一截面的电荷量为D．线框转动一周产生的焦耳热为 3. 87J第II卷（非选择题）二、解答题（本题共4个小题，共54分）15．（12分）如图所示，ab=25 cm，ad=20 cm，匝数为50匝的矩形线圈。线圈总电阻r=1 Ω，外电路电阻R=9 Ω，磁感应强度B=0.4 T，线圈绕垂直于磁感线的轴以角速度50 rad/s匀速转动。求：（1）从此位置开始计时，它的感应电动势的瞬时值表达式；（2）电流表的读数和R两端的电压；（3）线圈由如图位置转过30°的过程中，流过R的电量q。16．（14分）如图所示，一U形导轨固定于水平面上，左端串联有电阻R=3.0Ω，导轨间距L=1.0m，匀强磁场B=1.0T竖直向下穿过导轨平面，质量m=1kg、电阻r=1.0Ω的金属棒PQ与导轨良好接触，并在水平向右的外力F作用下以v=2m/s的速度向右匀速运动。已知棒PQ与导轨间的动摩擦因数为µ=0.3。（1）求流过电阻R的电流大小和方向；（2）求外力F的大小；（3）若撤去外力后，电阻R上产生的焦耳热是0.6J，求通过电阻R的电荷量。17．（14分）如图所示，两条光滑平行导轨所在平面与水平地面的夹角为=53o，两导轨间距为L=2m，导轨上端接有一电阻，阻值为R=2Ω，O、P、M、N四点在导轨上，两虚线OP、MN平行且与导轨垂直，两虚线OP、MN间距为d=1m，其间有匀强磁场，磁感应强度大小B=2T，方向垂直于导轨平面向上。在导轨上放置一质量m=1kg、长为L、阻值也为R的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。让金属棒从离磁场上边界OP距离d处由静止释放，进入磁场后在到达下边界MN前达到匀速。（已知重力加速度大小为g=10m/s2， ）不计导轨电阻。求：（1）金属棒刚进入磁场时的速度v；（2）金属棒刚进入磁场时的加速度a；（3）金属棒穿过磁场过程中，金属棒上产生的电热。18．（14分）相距为L＝2m的足够长的金属直角导轨如图甲所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面。质量均为m＝0.1kg的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，导轨电阻不计，回路中ab、cd电阻分别为R1＝0.6Ω，R2＝0.4Ω。整个装置处于磁感应强度大小为B＝0.50T、方向竖直向上的匀强磁场中。当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下从静止开始沿导轨匀加速运动时，cd杆也同时从静止开始沿导轨向下运动。测得拉力F与时间t的关系如图乙所示。g取10m/s2，求：(1)ab杆的加速度a；(2)当cd杆达到最大速度时ab杆的速度大小；(3)若从开始到cd杆达到最大速度的过程中拉力F做了5.2J的功，求该过程中ab杆所产生的焦耳热。莘州中学2020-2021学年2019级高二（下）第一次月清测试物理参考答案1．C【详解】A.由图可知，周期=0.4s，=0.6s，而，则线圈先后两次转速之比．故A错误；B.通过线圈的最大磁通量，则知先后两次通过线圈的最大磁通量之比为1：1．故B错误；CD.由电动势的最大值，则两个电压最大之值比，所以两个电压有效值之比是3：2，最大值之比为3：2，故C正确，D错误。2．B【详解】A．当圆盘顺时针匀速转动时，线圈A中产生恒定的电流，那么线圈B的磁通量不变，则线圈B中不产生感应电动势，则a点的电势等于b点的电势，故A错误；BC．由右手定则可知，圆盘顺时针加速转动时，感应电流从圆心流向边缘，线圈A中产生的磁场方向向下且磁场减弱。由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向上，由右手螺旋定则可知，ab棒中感应电流方向由a→b，由左手定则可知，ab棒受的安培力方向向左，ab棒将向左运动，故B正确，C错误；D．由右手定则可知，圆盘顺时针减速转动时，感应电流从圆心流向边缘，线圈A中产生的磁场方向向下且磁场增强。由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向下，由右手螺旋定则可知，B线圈的上端相当于电源的负极，则a点的电势低于b点的电势，故D错误。故选B。3．D【详解】由楞次定律判断可知，在线框穿过磁场的过程中，E的电势始终高于F电势，则UEF为正值；EF和CD边切割磁感线时产生的感应电动势为E＝Bav，在0﹣a内，EF切割磁感线，EF的电压是路端电压，则UEF；在a﹣2a内，线框完全在磁场中运动，穿过线框的磁通量没有变化，不产生感应电流，则UEF＝E＝Bav；在2a﹣3a内，E、F两端的电压等于路端电压的，则UEFBav．故D正确．4．C【分析】本题考查了自感现象，意在考查考生的推理能力．【详解】A：开关闭合的瞬间，由于线圈中自感电动势的阻碍，甲灯先亮，乙灯后亮．故A项错误．B：断开开关的瞬间，线圈中产生自感电动势，甲、乙两灯串联在一起构成闭合回路，两灯同时逐渐熄灭．故B项错误．C：闭合开关，当电路稳定后，自感作用消失，又由于稳定时线圈的电阻与电路中的定值电阻R的阻值相同，则稳定时通过甲、乙两灯的电流相等，两灯亮度相同．故C项正确．D：断开开关的瞬间，线圈中产生自感电动势，线圈中的电流方向与断开开关前相同，线圈的右端相当于电源的正极，与甲、乙两灯泡和定值电阻构成回路，n点的电势高于m点的电势．故D项错误．【点睛】自感现象是由于导体本身的电流发生变化而产生的电磁感应现象，线圈中自感电动势的方向总是阻碍引起自感电动势的原电流的变化．5．C【详解】A．根据理想变压器的定义，原、副线圈共用同一个磁路，所以原、副线圈中磁通量变化率的最大值相等，选项A错误； B．由图可知，交变电源的周期为0.02s，选项B错误；CD．滑动片P向下移时，滑动变阻器的阻值减小，而原、副线圈两端的电压U1、U2保持不变，则副线圈的电流I2增大，而匝数比不变，所以原线圈的电流I1也增大，故电流表A1和A2示数均增大，变压器的输出功率P2=U2I2增大，C正确，D错误。故选C。6．D【详解】AB．R处出现火警时R处温度升高，阻值减小，电压表示数不变，副线圈电流增大，而输出功率和输入功率相等，所以原线圈电流增大，即电流表示数增大，故AB错误；CD．设将此电压加在阻值为R的电阻上，电压的最大值为Um，电压的有效值为U，根据焦耳定律可得代入数据得图乙中电压的有效值为变压器原、副线圈中的电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈中的电压之比是10：1，所以电压表的示数为，故C错误D正确；故选D。7．D【详解】AB．当S闭合后，原线圈中I1等于灯泡L1的电流，副线圈中I2是灯泡L2和L3的电流之和，由于三只相同的灯泡正常发光，所以有I2=2I1根据n1I1=n2I2可知n1：n2=2：1由于输入电压U=UL+U1=18V且U2=UL解得U1=2UL故UL=6V即小灯泡的额定电压为6V，故AB错误；C．由题意得图乙所示的交变电压瞬时值表达式为故C错误；D．断开开关S，负载电阻增大，副线圈电流I2减小，原线圈电流I1随之减小，则有灯泡L1变暗，L1两端电压减小，由U1=U-UL得原线圈两端电压U1增大，副线圈两端电压U2随之增大，灯泡L2变亮，故D正确。故选D。8．C【详解】A．由甲可知，交流电电压最大值为，周期为0.02s，则表达式为A错误；B．变压器只能改变电流和电压，不能改变交流电的周期和频率，B错误；C．当滑片向下移动时，输出端电阻减小，则电流增大，故R1分压增大，并联部分电压减小，故R2两端的电压减小，电功率减小，C正确；D．当滑片向下移动时，输出端电阻减小，则电流增大，故R1分压增大，并联部分电压减小，电压表读数变小，R2上电流减小，电流表读数变大，D错误。故选C。9．B【详解】A．由图乙可知，电动势的有效值为由欧姆定律可知，电流表的示数为故A错误；B．由图乙可知，周期为0.02s，由角速度为故B正确；C．由图乙可知，t=0.01s时，电动势为最大，此时穿过线圈平面的磁通量为0，故C错误；D．从图示位置开始计时，AB边回到图示位置，由右手定则可知，A点电势高于B点电势，则电刷P的电势低于电刷Q的电势，故D错误。故选B。10．D【详解】A．金属棒从高度为h的光滑轨道上静止下滑，只有重力做功，由动能定理有可得棒进入磁场的速度为金属棒进入磁场后切割磁感线产生感应电流，受摩擦力和安培阻力而做变减速直线运动，则刚进入磁场时的速度最大，产生的感应电流最大，有故A错误；B．金属棒穿过磁场的过程，产生的平均电流为电路产生的平均电动势为而电路产生的电量为联立可得电路产生的电量为故B错误；C．对金属棒穿过磁场的过程由能量守恒定律联立可得克服安培力做功为故C错误；D．克服安培力做功等于让电路产生焦耳热有电路共有金属棒和定值电阻串联，其阻值均为R，则金属棒上的热量为故D正确。故选D。11．ABC【详解】A．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，即FN>G，P有收缩的趋势，故A正确；B．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，因此线圈P中无感应电流产生，则t2时刻FN=G，故B正确；C．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P中有感应电流，但此时刻原电流为零，即原磁感应强度为零，二者之间没有相互作用力，即FN=G，故C正确；D．当螺线管中电流不变时，其形成的磁场不变，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t4时刻FN=G，此时P没有收缩的趋势，故D错误。故选ABC。12．BD【解析】cd棒受到的安培力等于它的重力，BL＝mg，v＝＝2 m/s，A错误．ab棒受到向下的重力G和向下的安培力F，则ab棒受到的拉力FT＝F＋G＝2mg＝0.2 N，B正确．在2 s内拉力做的功，W＝FTvt＝0.2×2×2 J＝0.8 J，C不正确．在2 s内ab棒上产生的热量Q＝I2Rt＝2Rt＝0.2 J，D正确．13．AC【详解】A．线框经过位置Ⅱ时，线框左右两边均切割磁感线，所以此时的感应电动势为故线框中的电功率为A正确；B．线框在位置Ⅱ时，左右两边所受安培力大小均为根据左手定则可知，线框左右两边所受安培力的方向均向左，故此时线框的加速度为B错误；C．整个过程根据动量定理可知安培力的冲量为所以安培力的冲量大小为，C正确；D．根据线框在位置Ⅰ时其磁通量为，而线框在位置Ⅱ时其磁通量为零，故D错误。故选AC。14．AC【详解】A．cd边相当于电源，由图可得电源电动势的有效值为cd 边两端电压为路端电压其有效值为所以A正确；B．由图可得感应电动势的峰值为由图可得周期T=0.02s，则角速度为线框的最大磁通量为所以B错误；C．从 t=0 到 t=0.01s 时间内，磁通量的变化量为通过线框某一截面的电荷量为所以C正确；D．线框转动一周产生的焦耳热为所以D错误；故选AC。15．（1）；（2）；；（3）【详解】（1）此位置为峰值面，故从此位置开始计时瞬时值表达式为（2）电流表和R两端的电压都为有效值所以电流表的读数为R两端的电压为（3）由公式，，得到16．(1)0.5A，方向：a→b；(2)3.5N；(3)0.1C【详解】(1)金属棒切割磁感线产生的感应电动势为感应电流大小为由右手定则可判断感应电流方向为a→b。(2)由于金属杆匀速运动，由平衡条件可得(3)根据可知电流、时间相同的情况下，产生的焦耳热与阻值成正比，即由能量守恒可得代入数据解得x =0.4m通过电阻R的电荷量17．（1）；（2）；（3）【详解】（1）金属棒刚进入磁场，根据解得（2）根据则金属棒受到的安培力根据牛顿第二定律（3）金属棒穿过磁场过程，由能量守恒金属棒匀速运动时金属棒上产生的电热18．（1）10m/s2；（2）2m/s；（3）2.94J【详解】（1）由图乙可知，t＝0时，F＝1.5N对ab杆F－μmg＝ma代入数据得a＝10m/s2（2）cd杆受力情况如图(从d向c看)，当cd杆所受重力与滑动摩擦力相等时，速度最大，即mg＝μFN又FN＝F安安培力F安＝BIL感应电流由以上几式解得v＝2m/s（3）ab杆发生的位移为对ab杆应用动能定理得解得W安＝4.9J根据功能关系得Q＝W安所以ab杆上产生的焦耳热为【点睛】本题是电磁感应与力学知识的综合应用，分析清楚导体杆运动的过程是解题的关键，应用牛顿第二定律、平衡条件与动能定理可以解题。