2022-2023学年四川省南充市嘉陵第一中学高二下学期第一次月考试题 物理 解析版

这是一份2022-2023学年四川省南充市嘉陵第一中学高二下学期第一次月考试题 物理 解析版，共12页。试卷主要包含了单选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。

考试时间：90分钟； 满分：100分
一、单选题（每题5分，共35分）
1．一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220 V交变电流改变为110 V．已知变压器原线圈匝数为1200，则副线圈匝数为( )
A．200 B．400
C．600 D．1 200
答案 C
解析 根据变压器的变压规律eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)得，n2＝eq \f(U2,U1)n1＝eq \f(110,220)×1200＝600，选项B正确．
2．如图所示，通电导线旁边同一平面有矩形线圈abcd。则（ ）
A．若线圈向右平动，其中感应电流方向是adcba
B．若线圈竖直向下平动，无感应电流产生
C．当线圈以ab边为轴转动时，其中感应电流方向是adcba
D．当线圈向导线靠近时，其中感应电流方向是abcda
3．图甲和乙是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮。而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是（ ）
A．图甲中，A1与L1的电阻值相同
B．图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流
C．图乙中，变阻器R与L2的电阻值相同
D．图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等
3．C
【详解】A．断开开关S1瞬间，线圈L1产生自感电动势，阻碍电流的减小，通过L1的电流反向通过A1，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗，说明IL1>IA1，即RL1B．题图甲中，闭合开关S1，电路稳定后，因为RL1C．题图乙中，闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同，说明变阻器R与L2的电阻值相同，C正确；
D．闭合S2瞬间，通过L2的电流增大，由于电磁感应线圈L2产生自感电动势，阻碍电流的增大，则L2中电流与变阻器R中电流不相等，D错误。
故选C。
4．一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动．在转动过程中，线框中的最大磁通量为Φm，最大感应电动势为Em.下列说法中正确的是 ( )
A．当磁通量为零时，感应电动势为零
B．当磁通量减小时，感应电动势在减小
C．当磁通量等于0.5Φm，感应电动势等于0.5Em
D．角速度ω等于eq \f(Em,Φm)
答案 D
解析 根据正弦交变电流的产生及其变化规律(设从中性面开始)，e＝Emsin ωt＝BSωsin ωt＝Φmωsin ωt可知D是正确的．
5．如图3所示是一交变电流的i－t图像，则该交变电流的有效值为 ( )
图3
A．eq \f(2\r(30),3) A B．2eq \r(2) A C. eq \f(8,3) A D.4 A
答案 A
解析 设该交变电流的有效值为I，由有效值的定义得(eq \f(Im,\r(2)))2Rt1＋Ieq \\al(2,m)Rt2＝I2RT，而T＝t1＋t2，代入数据解得I＝eq \f(2\r(30),3) A，故A正确．
6．如图甲所示，在阻值为R的电阻左侧连接一个电容为C的电容器，在R的右侧连接一个环形导体，环形导体的电阻为r，所围的面积为S。环形导体中有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图乙所示，连接电路的导线电阻不计，在0~t0时间内电容器（ ）
A．上极板带正电，所带电荷量为
B．上极板带负电，所带电荷量为
C．上极板带正电，所带电荷量为
D．上极板带负电，所带电荷量为
6．C
【详解】由题图乙可知
B增大，根据楞次定律知，感应电流沿逆时针方向，故电容器上极板带正电，感应电动势为
电容器两端电压为
所以电容器所带电荷量为 Q=CU
故选C。
7．如下图所示，有一边长为L的正方形导线框，质量为m，由高H处自由落下，其下边ab进入匀强磁场区后，线圈开始做减速运动，直到其上边cd刚刚穿出磁场时，速度减为ab边刚进入磁场时速度的一半，此匀强磁场的宽度也是L，则线框在穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为( )
A．2mgLB．2mgL＋mgH
C．2mgL＋mgHD．2mgL＋mgH
7．D
【详解】设线框ab边刚进入磁场时速度大小为v，对于线框自由下落过程，根据机械能守恒定律得
解得
从线框开始下落到cd刚穿出匀强磁场的过程，根据能量守恒定律得焦耳热为：
故D正确。
故选D。
8．如图4所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在正弦交流电源上．变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，其阻值随温度的升高而减小．电流表为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R3为一定值电阻．当传感器R2所在处出现火警时，以下说法中正确的是 ( )
图4
A.的示数不变，的示数增大
B.的示数减小，的示数增大
C.的示数不变，的示数增大
D.的示数不变，的示数减小
答案 D 电压是输入决定输出，故U1不变，变压器匝数未变，故副线圈电压U不变，R3不变，R2减小，分析电路知R1、R2并联再与R3串联，比值法分电压知U2减小。故选D
多选题（每题5分，选对但不全得3分，共15分）
9．某发电站用11 kV的交变电压输电，输送功率一定，输电线的电阻为R，现若用变压器将电压升高到330 kV送电，下列选项正确的是( )
A．因I＝eq \f(U,R)，所以输电线上的电流增为原来的30倍
B．因I＝eq \f(P,U)，所以输电线上的电流减为原来的eq \f(1,30)
C．因P＝eq \f(U2,R)，所以输电线上损失的功率增为原来的900倍
D．若要使输电线上损失的功率不变，可将输电线的半径减为原来的eq \f(1,30)
答案 BD
解析 输送功率P＝UI一定，输送电压升高后，输电线上的电流变为原来的eq \f(11,330)＝eq \f(1,30)，A错误，B正确；P损＝I2R，损失功率变为原来的(eq \f(1,30))2＝eq \f(1,900)，P＝eq \f(U2,R)，其中U不是输送电压，是损失电压，C错误；输电线的半径变为原来的eq \f(1,30)，根据公式R＝ρeq \f(l,S)，输电线的电阻变为原来的900倍，P损＝I2R，输电线上损失的功率保持不变，D正确．
10．如图5甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图像如图乙中曲线a、b所示，则 ( )
图5
A．t＝0时刻线圈平面均与中性面重合
B．曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3
C．曲线a表示的交变电动势频率为25 Hz
D．曲线b表示的交变电动势有效值为10 V
答案 AC
解析 线圈位于中性面时，磁通量最大，电动势为零，A正确；转速之比等于周期的反比，故该比值为3∶2，B错误；频率为周期的倒数，a的周期为0.04 s，频率为25 Hz，C正确；正弦交变电流的电动势的有效值为E＝eq \f(Em,\r(2))＝eq \f(NBSω,\r(2))，已知Ea＝eq \f(15,\r(2)) V，且ωb＝eq \f(2,3)ωa，故可知Eb＝eq \f(2,3)×eq \f(15,\r(2)) V＝5eq \r(2) V，D错误．
11．如图所示，电阻不计间距为L 的光滑平行金属导轨水平放置，导轨左端接有阻值为R的电阻连接，以导轨的左端为原点，沿导轨方向建立x轴，导轨处于竖直向下的磁感应强度大小为B的匀强磁场中．一根电阻也为R，质量为m的金属杆垂直于导轨放置于 处，不计金属杆与轨道间的接触电阻，现给金属杆沿x轴正方向的初速度 ，金属杆刚好能运动到处，在金属杆运动过程中 ( )
A．通过电阻R的电荷量
B．金属杆克服安培力所做的功为
C．金属杆上产生的焦耳热为
D．金属杆运动的时间为
11．AB
【详解】整个过程中通过导体截面的电荷量为：q=It=，故A正确；根据动能定理可得，金属杆克服安培力所做的功等于动能的减小，即W安=mv02，选项B正确；金属杆克服安培力所做的功为等于整个过程中回路中产生的焦耳热，即W安=Q=mv02，所以金属杆上产生的焦耳热为：Q1= ，故C错误；金属杆运动中所受的安培力，则随速度的减小，安培力减小，加速度减小，即金属棒做加速度减小的减速运动，若金属棒做匀减速运动，则运动时间为，则因为金属棒做加速度减小的减速运动，可知平均速度小于，运动的时间大于，故D错误．
故选AB．
12．如图甲所示，矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在的平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，规定垂直于纸面向里为磁场的正方向，逆时针方向为感应电流i的正方向，水平向右为ad边所受安培力F的正方向，则图中可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
12．AD
【详解】AB．由图乙可知，在0~1s内，磁感应强度方向为正向且均匀增大，根据法拉第电磁感应定律可知，产生恒定的感应电流，根据楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针，同理，在1~3s内，感应电流恒定，沿顺时针方向，在3~4s内，感应电流恒定，沿逆时针方向，故B错误，A正确；
CD．在0~1s内，ad边的电流方向为a→d，根据左手定则可知，安培力的方向为水平向右，根据安培力的计算公式有F安=BIL，其中I恒定不变，B随着t均匀增大，则F安随着t均匀增大，同理，1~2s内，安培力水平向左且均匀减小，2~3s内安培力水平向右且均匀增大，3~4s内安培力水平向左且均匀减小，故C错误，D正确。
故选AD。
三、实验题（每空2分，共10分）
13．G为指针零刻度在中央的灵敏电流表，连接在直流电路中时指针的偏转情况如图甲中所示，即电流从灵敏电流表G的左接线柱流进时，指针从中央向左偏。今把它与一线圈串联进行电磁感应实验，则图乙中的条形磁铁的运动方向是向___________（填“上”或“下”）；图丙中的条形磁铁下端为___________（填“N”或“S”）极。
14．根据如图6所示的某振子的振动图像，填空作答：
图6
t1＝0.5 s时刻振子相对平衡位置的位移 （ ）
t2＝1.5 s时刻振子相对平衡位置的位移 （ ）
将位移随时间的变化规律写成x＝Asin (ωt＋φ)的形式（ ）
四、解答题（共3小题，共40分）
15.(12分)如图11所示为交流发电机示意图，匝数为n＝100匝的矩形线圈，边长分别为10 cm和20 cm，内阻为5 Ω，在磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中绕OO′轴以50eq \r(2) rad/s的角速度匀速转动，线圈外部和20 Ω的电阻R相连接．求：
图11
(1)S断开时，电压表的示数；
(2)开关S闭合时，电压表和电流表的示数；
(3)通过电阻R的电流的最大值是多少？电阻R上所消耗的电功率是多少？
答案 (1)50 V (2)40 V 2 A (3)2eq \r(2) A 80W
解析 (1)感应电动势的最大值
Em＝nBSω＝100×0.5×0.1×0.2×50eq \r(2) V＝50eq \r(2) V
S断开时，电压表的示数为电源电动势的有效值E＝eq \f(Em,\r(2))＝50 V.
(2)当开关S闭合时，由闭合电路欧姆定律得
I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(50,20＋5) A＝2 A
U＝IR＝2×20 V＝40 V.
(3)通过R的电流的最大值Im＝eq \r(2)I＝2eq \r(2) A.
电阻R上所消耗的电功率P＝UI＝40×2 W＝80 W.
16（14分）．如图所示，MN、PQ是两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为，导轨所在平面与水平面夹角，M、P间接阻值为的电阻。匀强磁场的方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为。质量为、阻值为的金属棒放在两导轨上，在平行于导轨的恒定拉力作用下，从静止开始向上运动。已知金属棒与导轨始终垂直并且保持良好接触，导轨电阻不计，导轨和磁场足够大，重力加速度取，求：
（1）当金属棒的速度为时的加速度；
（2）金属棒能获得的最大速度；
（3）若金属棒从开始运动到获得最大速度在导轨上滑行的距离是3m，这一过程中金属棒上产生的焦耳热。
16．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）当金属棒的速度为时，电动势为
根据闭合电路欧姆定律有
以金属棒为对象，根据牛顿第二定律可得
又
联立解得金属棒的加速度为
（2）当金属棒受力平衡时，加速度为0，速度最大，此时有
代入数据解得
（3）若金属棒从开始运动到获得最大速度在导轨上滑行的距离是3m，该过程根据动能定理可得
该过程回路产生的焦耳热为
则金属棒上产生的焦耳热为
联立解得
17．(12分)如图15所示，在距离水平地面h＝0.8 m的虚线的上方，有一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场．正方形线框abcd的边长l＝0.2 m，质量m＝0.1 kg，电阻R＝0.08 Ω.一条不可伸长的轻绳绕过轻光滑滑轮，一端连线框，另一端连一质量M＝0.2 kg的物体A(A未在磁场中)．开始时线框的cd边在地面上，各段绳都处于伸直状态，从如图所示的位置由静止释放物体A，一段时间后线框进入磁场运动，已知线框的ab边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动．当线框的cd边进入磁场时物体A恰好落地，此时将轻绳剪断，线框继续上升一段时间后开始下落，最后落至地面．整个过程线框没有转动，线框平面始终处于纸面内，g取10 m/s2.求：
图15
(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小．
(2)线框从开始运动至到达最高点，用了多长时间？
(3)线框落地时的速度多大？
答案 (1)1 T (2)0.9 s (3)4 m/s
解析 (1)设线框到达磁场边界时速度大小为v，由机械能守恒定律可得：
Mg(h－l)＝mg(h－l)＋eq \f(1,2)(M＋m)v2
代入数据解得：v＝2 m/s
线框的ab边刚进入磁场时，
感应电流：I＝eq \f(Blv,R)
线框恰好做匀速运动，有：
Mg＝mg＋IBl
代入数据解得：B＝1 T.
(2)设线框进入磁场之前运动时间为t1，有：
h－l＝eq \f(1,2)vt1
代入数据解得：t1＝0.6 s
线框进入磁场过程做匀速运动，所用时间：
t2＝eq \f(l,v)＝0.1 s
此后轻绳拉力消失，线框做竖直上抛运动，
到达最高点时所用时间：
t3＝eq \f(v,g)＝0.2 s
线框从开始运动至到达最高点，所用时间：
t＝t1＋t2＋t3＝0.9 s
(3)线框从最高点下落至磁场边界时速度大小为2 m/s，线框所受安培力大小也不变，即
IBl＝(M－m)g＝mg
因此，线框穿出磁场过程还是做匀速运动，离开磁场后做竖直下抛运动．
由机械能守恒定律可得：
eq \f(1,2)mveq \\al( 2,1)＝eq \f(1,2)mv2＋mg(h－l)
代入数据解得线框落地时的速度：v1＝4 m/s.
11． 下 S
【详解】[1] 图乙中指针向左偏，可以知道线圈中感应电流的方向是顺时针（俯视），感应电流的磁场方向向下，条形磁铁的磁场方向向上，由楞次定律可知，磁通量增加，条形磁铁向下插入。
[2] 图丙中可以知道指针向右偏，则线圈中感应电流的方向为逆时针（俯视），感应电流的磁场方向向上，条形磁铁向上拔出，即磁通量减小，由楞次定律可知，条形磁铁的磁场方向应该向上，所以条形磁铁上端为N极，下端为S极。
12．
13．（1）0.5A， 电流方向a→b；（2）t=1s
【详解】（1）根据电磁感应定律可知，金属棒开始滑动前，感应电动势为
由闭合电路欧姆定律可得
又由右手定则，可知电流方向为a→b；
（2）当金属棒受到的安培力等于摩擦力时，金属棒将开始滑动，即有
代入数据，解得
由图像可知，当t=1s时，磁感应强度为2T，金属棒开始滑动。
14．（1） (2) (3)
【详解】（1）匀速时产生的感应电动势：E=BLv
对线框根据欧姆定律可得：
ab边受到的安培力大小为：FA=BIL
根据共点力的平衡可得：FA=F
解得： ；
（2）线框进入磁场过程中有：
根据闭合电路的欧姆定律可得：
根据电荷量的计算公式可得：；
（3）线框通过磁场过程，由能量守恒定律得：3FL=Q+mv2
线框中产生的焦耳热：Q=3FL- ．
15．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）当金属棒的速度为时，电动势为
根据闭合电路欧姆定律有
以金属棒为对象，根据牛顿第二定律可得
又
联立解得金属棒的加速度为
（2）当金属棒受力平衡时，加速度为0，速度最大，此时有
代入数据解得
（3）若金属棒从开始运动到获得最大速度在导轨上滑行的距离是3m，该过程根据动能定理可得
该过程回路产生的焦耳热为
则金属棒上产生的焦耳热为
联立解得