四川省内江市第六中学2023-2024学年高二上学期第一次月考物理（创新班）试题（Word版附解析）

这是一份四川省内江市第六中学2023-2024学年高二上学期第一次月考物理（创新班）试题（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
考试时间：75分钟 满分：100分
一、选择题（本题共10小题，第1～7题只有一项符合题目要求，每小题5分；第8～10题有多项符合题目要求.全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分，共计50分）
1. 下列说法不正确的是（ ）
A. 麦克斯韦首先通过实验证实了电磁波的存在
B. 红光频率小于紫光
C. 均匀变化的电场产生恒定的磁场
D. LC振荡电路中电场能转化为磁场能时电路中的电流在变大
【答案】A
【解析】
【详解】A．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹首先通过实验证实了电磁波的存在，故A错误；
B．红光的频率小于紫光，故B正确；
C．根据麦克斯韦电磁场理论，均匀变化的电场产生恒定的磁场，故C正确；
D．LC振荡电路中电场能转化为磁场能时，电容放电，电路中的电流在变大，故D正确。
本题选错误的，故选A。
2. 一只低压教学电源输出的交变电压瞬时值，关于该电源的规格和使用，以下说法正确的是（ ）
A. 这只电源的交变电压的周期是0.01s
B. 这只电源在t＝0.01s时电压达到最大值
C. 这只电源可以使“10V，2W”的灯泡正常发光
D. “8V、”电容器能接在该电源上
【答案】C
【解析】
【详解】A．这只电源的交变电压的周期是
故A错误；
B．t＝0.01s时电压值为
这只电源在t＝0.01s时电压最小，故B错误；
C．这只电源的有效值为
故这只电源可以使“10V，2W”的灯泡正常发光，故C正确；
D．“8V、”电容器的耐压值为，小于这只电源的电动势峰值，电容器会被击穿，“8V、”电容器不能接在该电源上，故D错误。
故选C。
3. 如图所示，在匀强磁场中做各种运动的矩形线框，能产生感应电流的是（ ）
A. 图甲中矩形线框向右加速运动B. 图乙中矩形线框以为轴匀速转动
C. 图丙中矩形线框以为轴匀速转动D. 图丁中矩形线框斜向上运动
【答案】B
【解析】
【详解】A．图中线框中的磁通量不发生变化，故没有感应电流，A错误；
B．图中线圈转动过程中线框中的磁通量在改变，有感应电动势产生，同时构成闭合回路，故有感应电流产生，B正确；
C．图中线框平面与磁感线始终平行，磁通量始终为零，故没有感应电流产生，C错误；
D．图中线框平面与磁感线始终平行，磁通量始终为零，故没有感应电流产生，D错误。
故选B。
4. 如图甲所示，悬挂在竖直方向上的弹簧振子在CD间做简谐运动，从平衡位置O向下运动时开始计时，振动图像如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）

A. C、D速度为0，加速度相同
B. t=0.15s，弹性势能最大，加速度最大
C. t=0.1s，振子的加速度为正，速度也为正
D. t=0.05s，弹性势能最大，重力势能最小
【答案】D
【解析】
【详解】A．C、D速度为0，加速度大小相等，方向相反，故A错误；
B．t=0.15s，弹簧振子运动到C点，弹性势能不一定最大，也不一定最小，加速度最大，故B错误；
C．t=0.1s，弹簧振子运动到O点且向上运动，振子的加速度为零，速度为负，故C错误；
D．t=0.05s，弹簧振子运动到D点，弹性势能最大，重力势能最小，故D正确。
故选D。
5. 一长直导线通以正弦交流电，在导线下有一断开的线圈，如图所示。那么，相对于a来说，b的电势最高时是在（ ）
A. 交流电流方向向右，电流减少到零时B. 交流电流方向向左，电流减少到零时
C. 交流电流方向向右，电流强度最大时D. 交流电流方向向左，电流强度最大时
【答案】A
【解析】
【详解】要使线圈中的感应电动势最大，即磁通量的变化率最大，可知此时正弦交流电的电流变化率应该最大，故此时电流为减少到零时；当交流电流方向向左时，根据右手螺旋定则可知线圈中的磁感线垂直纸面向外，并在减小，根据楞次定律可知此时线圈中a点电势高；当交流电流方向向右，根据右手螺旋定则可知线圈中的磁感线垂直纸面向里，并在减小，根据楞次定律可知此时线圈中b点电势高。
故选A。
6. 物体做简谐运动，从最大位移处开始，通过A点时的速度为v，经过4s后物体第一次以相同的速度通过B点，再经过2s后物体紧接着又通过B点，已知物体在6s内经过的路程为6cm。则物体运动的周期和振幅分别为（ ）
A. 12s，2cmB. 12s，3cmC. 8s，2cmD. 8s，3cm
【答案】B
【解析】
【详解】由简谐振动的规律可知，物体过A、B点速度相等，则A、B两点一定关于平衡位置O对称，从O到B的时间为2s，从B到速度为零的位置为1s，故物体运动的周期为
物体从A点开始到再次回到B点，经历了半个周期，其路程为6cm，则
物体运动的振幅为
故选B。
7. 将一均匀导线围成一圆心角为90°的扇形导线框OMN，其中OM=R，圆弧MN的圆心为O点，将导线框的O点置于如图所示的直角坐标系的原点，其中第二和第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B，第三象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。从t=0时刻开始让导线框以O点为圆心，以恒定的角速度ω沿逆时针方向做匀速圆周运动，假定沿OMN方向的电流为正，则线框中的电流随时间的变化规律描绘正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】在0~t0时间内，线框从图示位置开始（t=0）转过90°的过程中，产生的感应电动势为
由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流为
根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向为逆时针方向（沿ONM方向）。在t0~2t0时间内，线框进入第三象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向（沿OMN方向）。回路中产生的感应电动势为
感应电流为
在2t0~3t0时间内，线框进入第四象限的过程中，回路中的电流方向为逆时针方向（沿ONM方向），回路中产生的感应电动势为
感应电流为
在3t0~4t0时间内，线框出第四象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向（沿OMN方向），回路中产生的感应电动势为
由闭合电路欧姆定律得，回路电流为
故选C。
8. 如图所示，理想变压器的原、副线圈电路中接有四只规格相同的灯泡，原线圈电路接在电压恒为U的交变电源上。当S断开时，、、三只灯泡均正常发光；若闭合S，已知灯泡都不会损坏，且灯丝电阻不随温度改变，则（ ）
A. 灯泡变暗B. 灯泡变暗
C. 灯泡变亮D. 灯泡不能正常发光
【答案】BD
【解析】
【详解】A．当S接通后，副线圈回路电阻变小，输出功率变大，输出电流变大，变压器的输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率变大，输入电流变大，即流过灯泡的电流增大，变亮，故A错误；
BC．灯泡的电压增大，原线圈电压减小，匝数比不变，故副线圈电压减小，所以灯泡、两端的电压变小，灯泡、亮度变暗，故B正确，C错误；
D．、、两端电压相等，比S断开时电压小，S断开时灯泡正常发光，则S闭合时不能正常发光，故D正确。
故选BD。
9. 如图所示，固定在水平面上的光滑平行导轨间距为L，右端接有阻值为R的电阻，空间存在方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场。一质量为m、接入电路的电阻为r的导体棒与左端固定的弹簧相连并垂直导轨放置。初始时刻，弹簧处于自然长度。现给导体棒水平向右的初速度，导体棒开始沿导轨往复运动直至停止，运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触，此过程中弹簧一直在弹性限度内。若导体棒电阻r与导轨右端电阻R的阻值关系为，不计导轨电阻，则下列说法正确的是（ ）
A. 导体棒开始运动时，导体棒受到的安培力方向水平向右
B. 导体棒开始运动后速度第一次为零时，弹簧的弹性势能为
C. 导体棒开始运动时，初始时刻导体棒两端的电压为
D. 导体棒整个运动过程中电阻R上产生的焦耳热为
【答案】CD
【解析】
【详解】A．导体棒开始运动时，根据右手定则可知导体棒中电流从a到b，根据左手定则可知导体棒受到的安培力方向水平向左，A错误；
B．导体棒开始运动后速度第一次为零时，由于产生的感应电流使电阻上发热，所以导体棒的动能转化为弹簧的弹性势能和电路中产生的热量，故此时弹簧的弹性势能一定小于，B错误；
C．导体棒开始运动时，导体棒切割磁感线产生的感应电动势为
因为，故此时导体棒两端的电压即路端电压为，C正确；
D．分析可知随着导体棒的来回运动，当停止时导体棒必位于初始位置此时弹簧弹性势能为零，整个过程中导体棒的动能全部转化为电路中的热量，因为，故电阻R上产生的焦耳热为整个电路中热量的一半即为，D正确。
故选CD。
10. 如图所示，光滑绝缘水平桌面上有一坐标系，坐标系的第一象限一区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为，区域曲线边界的曲线方程为．现有一单匝正方形导线框在拉力F的作用下，从图示位置开始沿x轴正方向以的速度做匀速直线运动，已知导线框边长为，总电阻值为，开始时边与y轴重合．在导线框移动的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A. 拉力F做的功为B. 拉力F做的功为
C. 流过导线横截面电荷量为D. 流过导线横截面的电荷量为
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．导线框移动的过程中，此过程的最大电动势为
穿过的时间
拉力F做的功等于产生的焦耳热
B正确，A错误；
CD．线框磁通量变化量为
流过导线横截面的电荷量为
D正确，C错误
故选BD。
二、实验题（每空2分，共14分）
11. 某同学为了探究老师课上讲的自感现象，自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图1所示的电路。检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象。虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象。
（1）你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是_____；
A．线圈电阻偏大
B．小灯泡电阻偏大
C．电源的内阻偏大
D．线圈的自感系数偏大
（2）t1时刻断开开关，断开开关前后流经小灯泡的电流i随时间t变化的图像是图2中的_____。
【答案】 ①. A ②. D
【解析】
【详解】（1）[1]A．线圈电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流大于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡不发生闪亮现象，故A正确；
B．若小灯泡电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流小于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡将发生闪亮现象，故B错误；
C．开关断开开关时，灯泡能否发生闪亮，取决于灯泡的电流有没有增大，与电源的内阻无关，故C错误。
D．线圈的自感系数较大，产生的自感电动势较大，但不能改变稳定时灯泡和线圈中电流的大小，故D错误。
故选A。
（2）[2]当闭合电键，因为线圈阻碍作用，所以流过线圈L的电流会慢慢增大到i2，而灯泡A这一支路立即就有电流i1。当t1时刻电键断开，电源流经灯泡A这一支路的电流立即消失，但由于线圈L会对电流有阻碍作用，则线圈L的电流i2会流回灯泡A，且与i1反向并从i2开始慢慢减小，再由题知未出现小灯泡闪亮现象，则i1 > i2。
故选D。
【点睛】解决本题的关键掌握线圈对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，线圈会阻碍电流的增大，当电流减小时，线圈会阻碍电流的减小。
12. 在“用单摆测量重力加速度”的实验中，某实验小组在测量单摆的周期时，测得摆球经过n次全振动的总时间为，在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆线长度为，再用游标卡尺测量摆球的直径为D。
回答下列问题：
（1）为了减小测量周期的误差，实验时需要在适当的位置做一标记，当摆球通过该标记时开始计时，该标记应该放置在摆球摆动的________。
A．最高点 B．最低点 C．任意位置
（2）该单摆的周期为________。
（3）若用表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为g＝________。
（4）如果测得的g值偏小，可能的原因是________。
A．测摆长时摆线拉得过紧
B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C．开始计时时，停表过迟按下
D．实验时误将49次全振动记为50次
（5）为了提高实验的准确度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出几组对应的L和T的数值，以L为横坐标、为纵坐标作出图线，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，由此得到的图像是图乙中的________（选填“①”“②”或“③”）。
【答案】 ①. B ②. ③. ④. B ⑤. ①
【解析】
【详解】（1）[1]为了减小测量周期的误差，应该将小球经过最低点时作为计时开始和终止的位置更好些，实际摆动中最高点的位置会发生变化，且靠近最高点时速度较小，计时误差较大。
故选B。
（2）[2]因为摆球经过n次全振动的总时间为，则该单摆的周期为
（3）[3]由单摆周期公式
可得，重力加速度的表达式为
（4）[5]因为重力加速度的表达式为
A．测摆长时摆线拉得过紧，所测摆长偏大，则所测重力加速度偏大，A错误；
B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了，故所测重力加速度偏小，B正确；
C．开始计时时，秒表过迟按下，所测周期偏小，则所测重力加速度偏大，C错误；
D．实验中误将49次全振动次数记为50次，所测周期偏小，则所测重力加速度偏大，D错误。
故选B。
（5）[5]由题意可得，单摆的实际摆长为
由单摆周期表达式得
化简可得
由此得到的图像是图乙中的①。
三、解答题
13. 图为一远距离输电的电路示意图，已知发电机的输出电压为，升压变压器原、副线圈的匝数比为，降压变压器原、副线圈的匝数之比，输送功率为。降压变压器的输出电压为，两变压器的均为理想变压器。除两变压器间输电导线电阻外，其它导线电阻不计，求：
（1）升压变压器的副线圈两端电压；
（2）两变压器间输电导线的总电阻。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）根据理想变压器电压与匝数比的关系，升压变压器副线圈两端电压
（2）降压变压器原线圈两端电压
又有
由闭合电路欧姆定律得
14. 如图是交流发电机的发电供电原理图。一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，线圈共220匝，线圈面积为0.051m2，转动频率为50Hz，磁场的磁感应强度为T。发电机的输出端a、b与理想变压器的原线圈相连，变压器副线圈接有两个标有“220V，11kW”的电动机。已知变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，电动机正常工作。求：
（1）电流表的示数；
（2）线圈的内阻。
【答案】（1）20A；（2）1.1Ω
【解析】
【详解】（1）由题意知副线圈的功率为
P出＝2.2×104W
副线圈的电压为U2=220V，则根据理想变压器原副线圈匝数比为
可得原线圈电压为
U1=1100V
由理想变压器为
U1I1＝U2I2
可得原线圈上电流为
I1=20A
所以电流表示数为20A。
（2）线圈转动产生的电动势最大值为
Em＝NBSω＝1122V
发电机的电动势有效值为
E＝1122V
由闭合电路欧姆定律知
E＝I1r+U1
可解得线圈的内阻
r=1.1Ω
15. 某电磁轨道炮的简化模型如图所示，两光滑导轨相互平行，固定在光滑绝缘水平桌面上，导轨的间距为L。导轨左端通过单刀双掷开关与电源、电容器相连，电源电动势为E，内阻为r，电容器的电容值为C。整个装置所在区域有垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度为B，EF、MN之间的距离足够长。MN、PQ之间是用沙层模拟的目标，其厚度为s。一质量为m的金属弹丸静置于EF边上，弹丸直径为L（不计弹丸沿轨道方向的长度），与导轨始终保持良好接触。弹丸在沙子中运动时受到的阻力与速度成正比：f=kv，k为已知常量。不考虑空气阻力，除电源内阻外，其它电阻都不计，忽略导轨电流产生的磁场。
（1）把开关、分别掷于a、b，将导轨与电源相连，弹丸运动到MN边界时已达到最大速度，求：
①最大速度大小；
②到达最大速度过程中，流过弹丸的电荷量；
（2）将弹丸放回原先位置，先把开关掷于c，断开，让电源给电容器充电。稳定后，再将断开，把开关掷于d，弹丸能打穿沙层。求出弹丸穿过沙子到达PQ时的速度大小。
【答案】（1）①，②；（2）
【解析】
【详解】（1）①达到最大速度时，弹丸切割磁感线产生的感应电动势与电源电动势相等，即
最大速度大小
②弹丸从EF到MN的过程中，由动量定理有
到达最大速度的过程中，流过弹丸的电荷量
联立解得电荷量为
（2）充满电电容的电荷量为
设击穿沙层后弹丸的速度为，此时电容器电量为，可得
弹丸穿过沙子到达PQ时，由动量定理
其中
弹丸穿过沙子到达PQ时的速度大小