湖南长沙市麓山国际实验学校2017-2018学年高二下学期第一次月考物理试题

麓山国际实验学校高二第一次月考物理试题一、选择题：（本题共12小题；每小题4分，共48分。其中912题为多项选择题）。1.安培提出了著名的分子电流假说，根据这一假说，电子绕核运动可等效为一环形电流。设电量为e的电子以速率v绕原子核沿顺时针方向做半径为r的匀速圆周运动，关于该环形电流的说法，正确的是()A.电流强度为，电流方向为顺时针B.电流强度为，电流方向为顺时针C.电流强度为，电流方向为逆时针D.电流强度为，电流方向为逆时针【答案】C【解析】A、电子带负电，负电荷的定向移动方向是形成电流方向的反方向，因电子绕核顺时针方向运动，故电流方向为逆时针方向，选项A、B错误；C、由匀速圆周运动的周期公式和电流的定义可得：，选项C正确，选项D错误。点睛：本题是利用电流强度的定义式求解电流，这是经常用到的思路．要知道电流方向与正电荷定向移动方向相同，而与负电荷定向移动方向相反。2.指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针，下列说法正确的是()A.指南针可以仅具有一个磁极B.指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C.指南针的指向不会受到附近铁块的干扰D.在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转【答案】B【解析】不存在单独的磁单极子，指南针也不例外，故A错误；指南针能够指向南北，说明地球具有磁场，地磁场是南北指向的，故B正确；指南针的指向会受到附近铁块的干扰，是由于铁块被磁化后干扰了附近的地磁场，故C正确；在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，根据安培定则，电流的磁场在指南针位置是东西方向的，故导线通电时指南针会发生偏转，故D错误。所以BC正确，AD错误。视频3.一弹簧振子做简谐振动，从振子经过某一位置开始计时，下列说法正确的是（）A.若Δt=T/2，则在t时刻和（t+Δt）时刻弹簧的长度一定相等B.当振子的速度再次与零时刻的速度相同时，经过的时间为一个周期C.当振子经过的路程为振幅的4倍时，经过的时间为一个周期D.当振子再次经过此位置时，经过的时间是一个周期【答案】C【解析】若△t=T/2，振子的位移大小相等，但弹簧的长度不一定相等。故A错误。当振子的速度再次与零时刻的速度相同时，可能振子通过关于平衡位置对称点，经过的时间为不一定是一个周期。故B错误。弹簧振子做简谐振动，具有对称性，振子在一个周期内，经过的路程是4个振幅。故C正确。当振子再次经过此位置时，振子的位移相等，经过的时间不一定是一个周期。故D错误。故选C.4.A、B两列简谐横波均沿x轴正向传播，在某时刻的波形分别如图甲、乙所示，经过时间t（t小于A波的周期TA），这两列简谐横波的波形分别变为图丙、丁所示，则A、B两列波的波速、之比不可能的是（）A.1：1B.1：2C.1：3D.3：1【答案】D【解析】由图读出，A波波长为λA=24cm，周期TA=2t；B波波长为λB=12cm，周期TB=，波速，vB=，得到vA：vB=1：n，所以A、B两列波的波速vA、vB之比不可能的是D。故选D.点睛：本题中知道两个时刻波形图，抓住经过半个周期时间，波形反相；经过整数倍周期时间，图象重合是关键。5.电阻R1和R2分别标有“2Ω1.0A”和“4Ω0.5A”，将它们串联后接入电路中，如图所示，则此电路中允许消耗的最大功率为()A.1.5WB.3.0WC.5.0WD.6.0W【答案】A...............6.如图所示电路，电阻R1与电阻R2阻值相同，都为R，和R1并联的D为理想二极管(正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大)，在A、B间加一正弦交流电u＝20sin100πtV，则加在R2上的电压有效值为()A.10VB.20VC.15VD.【答案】D【解析】加在上的电压周期与正弦交流电的周期相等，但半个周期最大值为，另半个周期最大值为，所以根据可得，D正确。7.如图所示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，则下列说法正确的是()A.电压表V1示数增大B.电压表V2、V3示数均增大C.该变压器起升压作用D.变阻器滑片是沿c→d的方向滑动【答案】D【解析】电流表示数增大，说明滑动变阻器接入电路的阻值减小，故应从c向d滑动，故D正确；电压表V1、V2示数不变，故A、B错误；原副线圈中的电流和匝数成反比，即n1I1=n2I2，电流变化时，n1ΔI1=n2ΔI2，故，应是降压变压器，C错误。【考点定位】考查理想变压器和电路知识。视频8.如图所示，某小型发电站发电机输出的交流电压为500V，输出的电功率为50kW，用电阻为3Ω的输电线向远处送电，要求输电线上损失功率为输电功率的0.6%，则发电站要安装一升压变压器，到达用户再用降压变压器变为220V供用户使用(两个变压器均为理想变压器)。对整个送电过程，下列说法正确的是()A.输电线上的损失功率为300WB.升压变压器的匝数比为1∶100C.输电线上的电流为100AD.降压变压器的输入电压为4700V【答案】A【解析】试题分析：根据P损=0．6%P=I22R得输电线上损失的功率为：P损=300W，输电线上的电流为：I2=10A．故A正确，C正确．升压变压器原线圈的输入电流为：，则升压变压器的匝数之比为：．故B错误．输电线上损失的电压为：△U=I2R=10×3V=30V，升压变压器的输出电压为：U2=10U1=5000V，则降压变压器的输入电压为：U3=U2△U=500030=4970V，故D正确。考点：远距离输电【名师点睛】解决本题的关键知道：1、变压器原副线圈的电压比、电流比与匝数比的关系；2、知道升压变压器的输出电压、电压损失、降压变压器的输入电压之间的关系。9.质谱仪的构造原理如图所示。从粒子源S出来时的粒子速度很小，可以看作初速为零，粒子经过电场加速后进入有界的垂直纸面向里的匀强磁场区域，并沿着半圆周运动而达到照相底片上的P点，测得P点到入口的距离为x，则以下说法正确的是()A.粒子一定带正电B.粒子一定带负电C.x越大，则粒子的质量与电量之比一定越大D.x越大，则粒子的质量与电量之比一定越小【答案】AC【解析】由左手定则可判断，A对；半径为x/2，由可知C对；10.如图所示，一个单匝矩形导线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动，转动周期为T0。线圈产生的电动势的最大值为Em，则()A.线圈产生的电动势的有效值为B.线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为C.线圈转动过程中磁通量变化率的最大值为EmD.经过2T0的时间，通过线圈电流的方向改变2次【答案】BC【解析】试题分析：线圈产生的电动势的有效值为，A错误；由：，得到线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值，B正确；由：，可得线圈转动过程中磁通量变化率的最大值为Em，C正确；每个周期时间内，电流方向改变两次，经过2T0的时间，通过线圈电流的方向改变4次，D错误；故选BC考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；交流发电机及其产生正弦式电流的原理11.AOC是光滑的直角金属导轨，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，ab是一根靠立在导轨上的金属直棒(开始时b离O点很近)，如图所示。它从静止开始在重力作用下运动，运动过程中a端始终在AO上，b端始终在OC上，直到ab完全落在OC上，整个装置放在一匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，则ab棒在运动过程中()A.感应电流方向始终是b→aB.感应电流方向先是b→a，后变为a→bC.所受安培力方向垂直于ab向上D.所受安培力方向先垂直于ab向下，后垂直于ab向上【答案】BD【解析】试题分析：初始，ab与直角行金属导轨围成的三角形面积趋于0，末状态ab与直角行金属导轨围成的三角形面积也是趋于0，所以整个运动过程中，闭合回路的面积是先增大后减小。根据楞次定律的增反减同，判断电流方向先是逆时针后是顺时针，选项A错B对。根据左手定则判断安培力可得安培力先是垂直于ab向下，后垂直于ab向上，选项C错D对。考点：楞次定律左手定则12.如图所示，两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向在图中已经标出。左线圈连着平行导轨M和N，导轨电阻不计，在导轨垂直方向上放着金属棒ab，金属棒处在垂直于纸面向外的匀强磁场中。下列说法中正确的是()A.当金属棒ab向右匀速运动时，a点电势高于b点，c点电势高于d点B.当金属棒ab向右匀速运动时，b点电势高于a点，c点与d点等电势C.当金属棒ab向右加速运动时，b点电势高于a点，c点电势高于d点D.当金属棒ab向右加速运动时，b点电势高于a点，d点电势高于c点【答案】BD考点：考查了导体切割磁感线运动点评：现根据导体运动方向判断，产生的电流变化，再根据楞次定律判断另一个线圈的电流变化二、实验题：（每空2分，共6+10=16分）13.为了节能和环保，一些公共场所使用光控开关控制照明系统。光控开关可采用光敏电阻来控制，光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件(照度可以反映光的强弱，光越强照度越大，照度单位为lx)。某光敏电阻RP在不同照度下的阻值如下表：照度(lx)0.20.40.60.81.01.2电阻(kΩ)754028232018(1)根据表中数据，请在图所示的坐标系中描绘出阻值随照度变化的曲线，并说明阻值随照度变化的特点。阻值随照度变化的特点_______(2)如图所示，当1、2两端所加电压上升至2V时，控制开关自动启动照明系统。请利用下列器材设计一个简单电路，给1、2两端提供电压，要求当天色渐暗照度降低至1.0lx时启动照明系统，在虚线框内完成电路原理图。(不考虑控制开关对所设计电路的影响)提供的器材如下：光敏电阻RP(符号，阻值见上表)；直流电源E(电动势3V，内阻不计)；定值电阻：R1＝10kΩ，R2＝20kΩ，R3＝40kΩ(限选其中之一并在图中标出)；开关S及导线若干。【答案】光敏电阻的阻值随光照强度的增大非线性减小【解析】（1）光敏电阻的阻值随光照变化的曲线如左图所示．特点：光敏电阻的阻值随光照强度的增大非线性减小．（2）电路原理图如右图所示．控制开关自动启动照明系统，给1、2两端提供电压，要求当天色渐暗照度降低至1.0（Lx）时启动照明系统，即此时光敏电阻阻值为20kΩ，两端电压为2V，电源电动势为3V，所以应加上一个分压电阻，分压电阻阻值为10kΩ，即选用R1．14.使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源(一般为电池)、一个电阻和一表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端。现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表，量程为60mA的电流表，电阻箱，导线若干。实验时，将多用电表调至×1Ω挡，调好零点；电阻箱置于适当数值。完成下列填空：(1)仪器连线如图所示(a和b是多用电表的两个表笔)。若两电表均正常工作，则表笔a为________(填“红”或“黑”)色；(2)若适当调节电阻箱后，图中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图(a)、(b)、(c)所示，则多用电表的读数为________Ω，电流表的读数为________mA，电阻箱的读数为________Ω。(3)计算得到多用电表内电池的电动势为________V。(保留3位有效数字)【答案】(1).黑(2).14.0(3).53.0(4).4.6(5).1.54【解析】试题分析：（1）多用电表在使用时必须使电流从红表笔（正接线柱）流进，黑表笔（负接线柱）流出，串联的电流表也必须使电流从正接线柱流进，负接线柱流出，所以可以判断电流是从a表笔流出的为黑表笔．（2）多用电表用×1倍率测量，读数为14．0×1=14．0Ω电流表的量程是60mA，所以不能在表盘上直接读数，需要改装为10，20，30，40，50，60的表盘，然后读数为53．0mA电阻箱的读数为0×100+0×10+4×1+6×0．1=4．6Ω（3、4）多用电表测量电阻的原理是闭合电路的欧姆定律，多用电表内部的电路等效的直流电源（一般为电池）、电阻、表头与待测电阻串联，当表头短接时电路电流最大为表头的满偏电流，将取为为多用电表的内阻，当待测电阻等于时，这时表头半偏，表针指在欧姆表盘的中值上，所以又称为中值电阻．当选择×1倍率测量时中值电阻直接在欧姆表盘上读数为15Ω．在（2）中多用电表外的电阻为多用电表的读数14．0Ω，干路电流是53．0mA，则电源电动势是．则满偏电流．考点：使用多用电表测量电阻【名师点睛】当用多用电表测电阻时，电源在表内，要使电流从图中电流表正极流进，从负极流出，因此表笔a连接电源的正极，所以表笔a为黑色的．多用电表测电阻时读数是表盘示数与倍率的乘积；电流表的读数要注意量程．视频三、计算题:（共46分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题答案中必须明确写出数值和单位）。15.如图所示，水平导轨间距为L＝0.5m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m＝1kg，电阻R0＝0.9Ω，与导轨接触良好；电源电动势E＝10V，内阻r＝0.1Ω，电阻R＝4Ω；外加匀强磁场的磁感应强度B＝5T，方向垂直于ab，与导轨平面成夹角α＝53°；ab与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，定滑轮摩擦不计，线对ab的拉力为水平方向，重力加速度g＝10m/s2，ab处于静止状态。已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：(1)通过ab的电流大小和方向；(2)ab受到的安培力大小；(3)重物重力G的取值范围。【答案】（1）2A，方向为a到b（2）5N（3）0.5N≤G≤7.5N【解析】（1）由闭合电路的欧姆定律可得，通过ab的电流，方向：由a到b；（2）ab受到的安培力：；（3）ab受力如图所示，最大静摩擦力：由平衡条件得：当最大静摩擦力方向向右时：当最大静摩擦力方向向左时：由于重物平衡，故：则重物重力的取值范围为：；16.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m＝5.0×10－8kg、电量为q＝1.0×10－6C的带电粒子。从静止开始经U0＝10V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP＝30cm，(粒子重力不计，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求：(1)带电粒子到达P点时速度v的大小；(2)若磁感应强度B＝2.0T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，求OQ的距离；(3)若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B′满足的条件。【答案】（1）20m/s（2）0.90m（3）B′>5.33T【解析】试题分析：（1）对带电粒子的加速过程，由动能定理：qU＝mv2代入数据得：v＝20m/s（2）带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有：得代入数据得：R＝0．5m而OP/cos53°＝0．5m故圆心一定在x轴上，轨迹如图甲所示。由几何关系可知：OQ＝R＋Rcos37°解得：OQ＝0．90m（3）带电粒子不从x轴射出（如图乙），由几何关系得：OP>R′＋R′sin37°代入数据得：B′>T＝5．33T（取“≥”照样给分）考点：带电粒子在匀强磁场中的运动【名师点睛】此题是带电粒子在磁场中的运动问题，考查动能定理、牛顿第二定律及向心力公式，同时将几何知识融入题中，从而提升学生分析与解题的能力。17.电磁弹射是我国最新研究的重大科技项目，原理可用下述模型说明。如图甲所示，虚线MN右侧存在一个竖直向上的匀强磁场，一边长L的正方形单匝金属线框abcd放在光滑水平面上，电阻为R，质量为m，ab边在磁场外侧紧靠MN虚线边界。t＝0时起磁感应强度B随时间t的变化规律是B＝B0＋kt(k为大于零的常数)，空气阻力忽略不计。(1)求t＝0时刻，线框中感应电流的功率P；(2)若线框cd边穿出磁场时速度为v，求线框穿出磁场过程中，安培力对线框所做的功W及通过导线截面的电荷量q；(3)若用相同的金属线绕制相同大小的n匝线框，如图乙所示，在线框上加一质量为M的负载物，证明：载物线