广东省梅州市丰顺一中高二物理下学期3月月考试卷（含解析）.doc

广东省梅州市丰顺一中2014-2015学年高二 下学期月考物理试卷（3月份）一、单项选择题（共4题，每小题4分，共16分）1（4分）实验室有一个旧的直流电源，其输出端的符号模糊不清，无法分辨正负极小明设计了下面的判断电源两极的方法在桌面上放一个小磁针，在磁针东面放一个螺线管，如图所示闭合开关后，磁针指南的一端向东偏转下述判断正确的是（）a电源a端是正极，在电源内电流由a流向bb电源a端是正极，在电源内电流由b流向ac电源b端是正极，在电源内电流由a流向bd电源b端是正极，在电源内电流由b流向a2（4分）图中所示，是质量分别为m1和m2两物体碰撞前后的位移时间图象，由图可知（）a两物体的动量相等b质量m1大于质量m2c碰后两物体一起作匀速直线运动d碰前两物体动量大小相等，方向相反3（4分）小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示，此线圈与一个r=10的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，下列说法正确的是（）a交变电流的周期为0.125sb交变电流的频率为8hzc交变电流的有效值为ad交变电流的最大值为4a4（4分）中央电视台焦点访谈多次报道某些边远落后的农村用电电价过高，农民负担过重，其中客观原因是电网陈旧老化近来进行农村电网改造，为减少远距离输电的损耗而降低电费价格，下列措施可行的是（）a提高输送电功率b提高输送电压c加快输电的速度d调节交流电的频率二、双项选择择：本题共5小题，每小题6分，满分30分，全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分5（6分）两个粒子，带电量相等，在同一匀强磁场中只受磁场力而作匀速圆周运动，则（）a若速率相等，则半径必相等b若质量相等，则周期必相等c若质量和速度大小的乘积相等，则半径必相等d若动能相等，则周期必相等6（6分）如图所示，在磁感应强度b=0.50t的匀强磁场中，导体pq在力f作用下在u型导轨上以速度v=10m/s向右匀速滑动（导体pq始终与两导轨垂直），两导轨间距离l=1.0m，电阻r=1.0，导体和导轨电阻忽略不计，则以下说法正确的是（）a导体pq切割磁感线产生的感应电动势的大小为5.0vb导体pq受到的安培力方向水平向右c作用力f大小是0.50nd作用力f的功率是25w7（6分）如图所示为理想变压器原线圈所接交流电压的波形原、副线圈匝数比：n1：n2=10：1，串联在原线圈电路中电流表的示数为1a，下列说法中正确的是（）a变压器副线圈的电流为0.1ab变压器的输出功率为200wc变压器输出端的交流电的频率为50 hzd此变压器为升压变压器8（6分）一单匝线圈面积为s，在磁感强度为b的匀强磁场中，以角速度匀速转动，其感应电动势e=msint，则下面判断正确的是（）am=bsbt是线圈平面和中性面之间的夹角cm=nbsdt是线圈平面和中性磁场方向的夹角9（6分）如图所示，a、b两物体的质量比ma：mb=3：2，它们原来静止在平板车c上，a、b间有一根被压缩了的弹簧，a、b与平板车上表面间动摩擦因数相同，地面光滑当弹簧突然释放后，则有（）aa、b系统动量守恒ba、b、c系统动量守恒c小车向左运动d小车向右运动三、非选择题部分：共5小题，满分54分.，按题目要求作答；解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分10（6分）在研究电磁感应现象的实验中所用的器材如图所示它们是：灵敏电流表、蓄电池、带铁芯的线圈a、线圈b、电键、滑动变阻器（用来控制电流以改变磁场强弱）试按实验的要求在实物图上连线（图中已连好一根导线）若连接滑动变阻器的两根导线接在接 线柱c和d上，而在电键刚闭合时电流表指针右偏，则电键闭合后滑动变阻器的滑动触头向接线柱c移动时，电流表指针将（填“左偏”、“右偏”、“不偏”）11（4分）图a螺旋测微器的读数为mm；图b游标卡尺的读数为cm12（8分）气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦我们可以用带竖直挡板c和d的气垫导轨和滑块a和b验证动量守恒定律，实验装置如图所示（弹簧的长度忽略不计），采用的实验步骤如下：a用天平分别测出滑块a、b的质量ma、mb；b调整气垫导轨，使导轨处于水平；c在a和b间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上；d用刻度尺测出a的左端至挡板c的距离l1；e按下电钮放开卡销，同时分别记录滑块a、b运动时间的计时器开始工作，当a、b滑块分别碰撞挡板c、d时计时结束，记下a、b分别到达c、d的运动时间t1和t2实验中还应测量的物理量及其符号是利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是，上式中算得的a、b两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因有（至少答出两点）13（18分）发电机输出功率为100kw，输出电压是250v，用户需要的电压是220v，输电线总电阻为10若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：（1）在输电线路中设置的升、降压变压器原副线圈的匝数比（2）用户得到的电功率是多少？14（18分）如图所示，一个质量为m的木块，从半径为r、质量为m的光滑圆槽顶端由静止滑下在槽被固定和可沿着光滑平面自由滑动两种情况下，木块从槽口滑出时的速度大小之比为多少？广东省梅州市丰顺一中2014-2015学年高二下学期月考物理试卷（3月份）参考答案与试题解析一、单项选择题（共4题，每小题4分，共16分）1（4分）实验室有一个旧的直流电源，其输出端的符号模糊不清，无法分辨正负极小明设计了下面的判断电源两极的方法在桌面上放一个小磁针，在磁针东面放一个螺线管，如图所示闭合开关后，磁针指南的一端向东偏转下述判断正确的是（）a电源a端是正极，在电源内电流由a流向bb电源a端是正极，在电源内电流由b流向ac电源b端是正极，在电源内电流由a流向bd电源b端是正极，在电源内电流由b流向a考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 分析：由小磁针的偏转方向可知螺线管左侧的极性，则由右手螺旋定则可知电流的方向及电源的正负极解答：解：因磁针s极向东偏，则说明螺线管左侧为n极；由右手螺旋定则可知，电流由b经螺线管流向a，故b为电源的正极，在电源内电流由a流向b故c正确，abd错误；故选c点评：解答本题时应明确方性，同时要清楚磁针指南的磁极s极2（4分）图中所示，是质量分别为m1和m2两物体碰撞前后的位移时间图象，由图可知（）a两物体的动量相等b质量m1大于质量m2c碰后两物体一起作匀速直线运动d碰前两物体动量大小相等，方向相反考点：动量守恒定律 专题：动量定理应用专题分析：位移时间图象的斜率等于速度，由斜率求出碰撞前后两个物体的速度，由图看出，碰后两个物体速度均为零，根据动量守恒定律分析碰撞前两物体动量有关系解答：解：a、由图示图象可知，两物体st图象的斜率大小相等，碰撞前两物体速度大小相等，方向相反，由于不知道两物体质量间的关系，无法判断两物体动量间的关系，故a错误；bd、位移时间图象的斜率等于速度，由数学知识得知，碰撞后两个物体的速度为零，根据动量守恒有：p1+p2=0，得：p1=p2，又：v1=v2，由p1=p2，解得：m1v1=m2v2，m1=m2，故b错误，d正确；c、由上分析可知，碰撞后两物体都处于静止状态，故c错误故选：d点评：解决本题关键抓住两点：一是位移图象的斜率等于速度，斜率的大小表示速率，正负表示速度的方向；二是掌握碰撞的基本规律：动量守恒，难度不大3（4分）小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示，此线圈与一个r=10的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，下列说法正确的是（）a交变电流的周期为0.125sb交变电流的频率为8hzc交变电流的有效值为ad交变电流的最大值为4a考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系 专题：交流电专题分析：从图象中可以求出该交流电的最大电压以及周期等物理量，然后根据最大值与有效值以及周期与频率关系求解解答：解：a、由图可知，交流电周期t=0.250s，故a错误；b、交流电周期t=0.250s，交变电流的频率为f=4hz，故b错误；c、由图可知，交流电的最大电压um=20v，所以交变电流的最大值为im=2a，所以交变电流的有效值为i=a，故c正确，d错误；故选：c点评：本题考查了交流电最大值、有效值、周期、频率等问题，要学会正确分析图象，从图象获取有用信息求解4（4分）中央电视台焦点访谈多次报道某些边远落后的农村用电电价过高，农民负担过重，其中客观原因是电网陈旧老化近来进行农村电网改造，为减少远距离输电的损耗而降低电费价格，下列措施可行的是（）a提高输送电功率b提高输送电压c加快输电的速度d调节交流电的频率考点：远距离输电 专题：交流电专题分析：根据输电线上损耗的功率p损=i2r，输送功率p=ui，判断如何去减小损耗的功率解答：解：根据输送功率p=ui，则i=，则输电线上损耗的功率p损=i2r=r，知，降低输送功率、减小电阻和增大输送电压，可减小损耗的功率减小输电线的横截面积，则电阻增大故b正确，a、c、d错误故选b点评：解决本题的关键知道输送功率p=ui，输电线上损耗的功率p损=i2r二、双项选择择：本题共5小题，每小题6分，满分30分，全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分5（6分）两个粒子，带电量相等，在同一匀强磁场中只受磁场力而作匀速圆周运动，则（）a若速率相等，则半径必相等b若质量相等，则周期必相等c若质量和速度大小的乘积相等，则半径必相等d若动能相等，则周期必相等考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：粒子在匀强磁场中只受到磁场力作用而作匀速圆周运动，半径公式为，根据半径公式分析速率、质量、动量、动能与半径关系由周期公式分析周期关系解答：解：a、由题，两个粒子的电量相等，若速率相等，由半径公式分析得知，半径不一定相等，还需要质量相等，半径才相等故a错误b、若质量和电量都相等，由周期公式分析得知，周期必定相等故b正确c、半径公式中质量和速度大小的乘积相等，电量相等且在同一磁场中，则半径必相等故c正确d、粒子的动能，动能相等，粒子的质量不一定相等，周期不一定相等故d错误故选：bc点评：本题只要掌握半径公式和周期公式，以及动能、动量与速度的关系，就能正解解答6（6分）如图所示，在磁感应强度b=0.50t的匀强磁场中，导体pq在力f作用下在u型导轨上以速度v=10m/s向右匀速滑动（导体pq始终与两导轨垂直），两导轨间距离l=1.0m，电阻r=1.0，导体和导轨电阻忽略不计，则以下说法正确的是（）a导体pq切割磁感线产生的感应电动势的大小为5.0vb导体pq受到的安培力方向水平向右c作用力f大小是0.50nd作用力f的功率是25w考点：导体切割磁感线时的感应电动势；安培力 专题：电磁感应中的力学问题分析：导体pq垂直切割磁感线，由e=blv求解感应电动势的大小由右手定则判断感应电流的方向，根据左手定则判断安培力的方向pq做匀速运动，力f与安培力平衡，求出安培力，即可求解力f，并由p=fv求出功率解答：解：a、导体pq切割磁感线产生的感应电动势的大小为 e=blv=0.5110v=5v故a正确b、由右手定则判断知，导体pq产生的感应电流方向为qp，由左手定则判断得知，安培力方向水平向左故b错误c、感应电流为 i=a=5a，f=f安=bil=0.551n=2.5n故c错误d、作用力f的功率是 p=fv=2.510w=25w故d正确故选ad点评：本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式等的综合应用，基础题7（6分）如图所示为理想变压器原线圈所接交流电压的波形原、副线圈匝数比：n1：n2=10：1，串联在原线圈电路中电流表的示数为1a，下列说法中正确的是（）a变压器副线圈的电流为0.1ab变压器的输出功率为200wc变压器输出端的交流电的频率为50 hzd此变压器为升压变压器考点：变压器的构造和原理；电功、电功率 专题：交流电专题分析：根据ut图象知道电压的有效值，周期和频率，变压器电压与匝数成正比、电流与匝数成反比，变压器不改变功率和频率解答：解：a、根据，得变压器副线圈的电流有效值为 i2=10a，故a错误；b、根据由图知输入电压的最大值为 u1m=200v，有效值为：u1=200v；变压器的输入功率为 p1=u1i1=2001=200w，理想变压器的输入功率等于输出功率，也为200w；故b正确；c、变压器输入电压的周期 t=0.02s，故频率为 f=50hz；变压器不改变电流的频率，故输出的交流电的频率为50hz，故c正确；d、根据电压与匝数成正比知变压器输出端所接电压表的示数为20v，为降压变压器，故d错误故选：bc点评：本题考查了变压器的变压原理，要能够从图象中获取有用物理信息要掌握变压器的变压规律：，知道理想变压器不改变电功率和频率8（6分）一单匝线圈面积为s，在磁感强度为b的匀强磁场中，以角速度匀速转动，其感应电动势e=msint，则下面判断正确的是（）am=bsbt是线圈平面和中性面之间的夹角cm=nbsdt是线圈平面和中性磁场方向的夹角考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理 专题：交流电专题分析：当单匝线圈在场中转动产生感应电动势时，产生的最大感应电动势为bs，感应电动势e=msint是从中性面开始计时的，故t是线圈平面和中性面之间的夹角解答：解：a、当线圈与磁场平行时，单匝线圈产生的电动势最大，为m=bs，故a正确，c错误；b、感应电动势e=msint，是从中性面开始开始计时的，故t是线圈平面和中性面之间的夹角，故b正确，d错误故选：ab点评：本题综合考查了交流电瞬时值表达式的计时位置及电动势的最大值的表达式9（6分）如图所示，a、b两物体的质量比ma：mb=3：2，它们原来静止在平板车c上，a、b间有一根被压缩了的弹簧，a、b与平板车上表面间动摩擦因数相同，地面光滑当弹簧突然释放后，则有（）aa、b系统动量守恒ba、b、c系统动量守恒c小车向左运动d小车向右运动考点：动量守恒定律 分析：在整个过程中三个物体组成的系统合外力为零，系统的动量守恒分析小车的受力情况，判断其运动情况解答：解：a、b，由题意，地面光滑，所以a、b和弹簧、小车组成的系统受合外力为零，所以系统的动量守恒在弹簧释放的过程中，由于ma：mb=3：2，a、b所受的摩擦力大小不等，所以a、b组成的系统合外力不为零，动量不守恒故a错误b正确；c、d由于a、b两木块的质量之比为m1：m2=3：2，由摩擦力公式f=n=mg知，a对小车向左的滑动摩擦力大于b对小车向右的滑动摩擦力，在a、b相对小车停止运动之前，小车的合力所受的合外力向左，会向左运动，故c正确，d错误故选：bc点评：本题关键掌握系统动量守恒定律的适用条件：合外力为零，并能通过分析受力，判断是否系统的动量是否守恒，题目较为简单！三、非选择题部分：共5小题，满分54分.，按题目要求作答；解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分10（6分）在研究电磁感应现象的实验中所用的器材如图所示它们是：灵敏电流表、蓄电池、带铁芯的线圈a、线圈b、电键、滑动变阻器（用来控制电流以改变磁场强弱）试按实验的要求在实物图上连线（图中已连好一根导线）若连接滑动变阻器的两根导线接在接 线柱c和d上，而在电键刚闭合时电流表指针右偏，则电键闭合后滑动变阻器的滑动触头向接线柱c移动时，电流表指针将左偏（填“左偏”、“右偏”、“不偏”）考点：研究电磁感应现象 专题：实验题分析：（1）注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路，据此可正确解答（2）磁场方向不变，磁通量的变化不变时电流方向不变，电流表指针偏转方向相同，磁通量的变化相反时，电流表指针方向相反解答：解：（1）将电源、电键、变阻器、线圈a串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，再将电流计与线圈b串联成另一个回路，电路图如图所示（2）闭合开关，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流表的指针向右偏；由电路图可知，电键闭合后滑动变阻器的滑动触头向接线柱c移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，通过线圈a的电流变小，磁场变弱，穿过线圈b的磁场方向不变，磁通量变小，则电流表指针向左偏故答案为：（1）实物连接如图所示；（2）左偏点评：本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键11（4分）图a螺旋测微器的读数为3.700mm；图b游标卡尺的读数为0.62cm考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用 分析：游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是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答：解：螺旋测微器的固定刻度读数为3.5mm，可动刻度读数为0.0120.0mm=0.200mm，所以最终读数为3.700mm 游标卡尺的固定刻度读数为6mm，游标读数为0.12mm=0.2mm，所以最终读数为6.2mm=0.62cm故本题答案为：3.700，0.62点评：解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是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12（8分）气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦我们可以用带竖直挡板c和d的气垫导轨和滑块a和b验证动量守恒定律，实验装置如图所示（弹簧的长度忽略不计），采用的实验步骤如下：a用天平分别测出滑块a、b的质量ma、mb；b调整气垫导轨，使导轨处于水平；c在a和b间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上；d用刻度尺测出a的左端至挡板c的距离l1；e按下电钮放开卡销，同时分别记录滑块a、b运动时间的计时器开始工作，当a、b滑块分别碰撞挡板c、d时计时结束，记下a、b分别到达c、d的运动时间t1和t2实验中还应测量的物理量及其符号是b的右端至挡板d的距离，符号为l2利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是ma=mb，上式中算得的a、b两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因有l1、l2、t1、t2、ma、mb的数据测量误差或没有考虑弹簧推动滑块的加速过程（至少答出两点）考点：验证动量守恒定律；动量守恒定律 专题：实验题；机械能守恒定律应用专题分析：根据实验的原理确定测量的物理量，以及测量的步骤，根据原理列出动量守恒定律的表达式然后分析答题解答：解：a、b两滑块被压缩的弹簧弹开后，在气垫导轨上运动时可视为匀速运动，因此只要测出a与c的距离l1、b与d的距离l2及a到c、b到d的时间t1和t2，测出两滑块的质量，就可以用ma=mb验证动量是否守恒所以实验中还应测量的物理量为b的右端至挡板d的距离，符号为l2验证动量守恒定律的表达式是ma=mb产生误差的原因：l1、l2、t1、t2、ma、mb的数据测量误差；没有考虑弹簧推动滑块的加速过程；滑块并不是做标准的匀速直线运动，滑块与导轨间有少许摩擦力气垫导轨不完全水平故答案为：b的右端至挡板d的距离，符号为l2；ma=mb；l1、l2、t1、t2、ma、mb的数据测量误差或没有考虑弹簧推动滑块的加速过程；点评：利用位移或位移与时间的比值表示物体的速度是物理实验中常用的一种方法，要注意掌握13（18分）发电机输出功率为100kw，输出电压是250v，用户需要的电压是220v，输电线总电阻为10若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：（1）在输电线路中设置的升、降压变压器原副线圈的匝数比（2）用户得到的电功率是多少？考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：（1）已知输电线电阻与损失功率，由电功率变形公式可以求出输电电流，已知发电机输出功率与输出电压，可以求出变压器的输入电流，然后由理