2017-2018学年山西省阳高县第一中学高二下学期第一次月考物理试题 解析版
山西省阳高县第一中学2017-2018学年高二下学期第一次月考测试卷
物理试题
一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分。其中5、6、9、11、12小题有多个选项正确，其余小题只有一个选项正确。）
1.霍尔元件能转换哪两个量( )
A. 把温度这个热学量转换为电阻这个电学量
B. 把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量
C. 把力转换为电压这个电学量
D. 把光照强弱这个光学量转换为电阻这个电学量
【答案】B
【解析】
试题分析：霍尔原件的工作原理：外部磁场使运动的载流子受到洛伦兹力，在导体板的一侧聚集，在导体板的另一侧会感应出另一种电荷，从而形成横向电场；横向电场对电子施加与洛伦兹力方向相反的静电力。当静电力与洛伦兹力达到平衡时，导体板左右两侧会形成稳定的电压。霍尔元件的特性：霍尔电压，式中d为薄片的厚度，k为霍尔系数，它的大小与薄片的材料有关。一个霍尔元件的d、k为定值，再保持I恒定，则霍尔电压UH的变化就与磁感应强度B成正比（如图所示）。所以霍尔元件能够把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量，B选项正确。
考点：考查对霍尔原件的工作原理的理解
2.如图所示，L为自感系数较大的线圈，电路稳定后小灯泡正常发光，当断开开关S的瞬间会有( )
A. 灯A立即熄灭
B. 灯A慢慢熄灭
C. 灯A突然闪亮一下再慢慢熄灭
D. 灯A突然闪亮一下再突然熄灭
【答案】A
【解析】
当开关S断开时，由于通过自感线圈的电流从有变无，线圈将产生自感电动势，但由于线圈L与灯A串联，在S断开后，不能形成闭合回路，因此灯A在开关断开后，电源供给的电流为零，灯就立即熄灭，只有选项A正确。
3.如图所示，绝缘水平面上有两个离得很近的导体环a、b.将条形磁铁沿它们的正中向下移动(不到达该平面)，a、b将如何移动( )
A. a、b将相互远离 B. a、b将相互靠近
C. a、b将不动 D. 无法判断
【答案】A
【解析】
根据Φ=BS,磁铁向下移动过程中B增大,所以穿过每个环中的磁通量都有增大的趋势，由于S不可改变,为阻碍磁通量增大,导体环应该尽量远离磁铁,所以a、b将相互远离.
4.一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是( )
A. 质点振动频率是4 Hz
B. 在10 s内质点经过的路程是20 cm
C. 第4 s末质点的速度为零
D. t＝1 s和t＝3 s两时刻，质点位移大小相等，方向相同
【答案】B
【解析】
由图读出质点振动的周期T=4s，则频率，A错误；质点做简谐运动，在一个周期内通过的路程是4A，t=10s=2.5T，所以在10s内质点经过的路程是，B正确；在第4s末，质点的位移为0，经过平衡位置，速度最大，C错误；由图知在t=1s和t=3s两时刻，质点位移大小相等、方向相反，故D正确．
【点睛】由振动图象能直接质点的振幅、周期，还可读出质点的速度、加速度方向等等．求质点的路程，往往根据时间与周期的关系求解，知道质点在一个周期内通过的距离是4A，半个周期内路程是2A，但不能依此类推，周期内路程不一定是A．
5.如图所示，一根水平张紧的绳子系着5个单摆，摆长自左向右依次为、、、、；若让D先摆动起来，其周期为T.在这以后，A、B、C、E各摆的情况是( )
A. B摆振幅最大 B. E摆振幅最大
C. C摆振动的周期为T D. A摆振动的周期大于T
【答案】AC
【解析】
【详解】CD：A、B、C、E四个摆在D摆振动时产生的驱动力作用下做受迫振动；尽管A、B、C、E四个摆的摆长不同，固有周期不同；但它们做受迫振动的周期都等于D摆的振动周期。故C项正确，D项错误。
AB：在A、B、C、E四个摆中，B摆的摆长等于D摆的摆长，B摆的固有频率等于D摆产生的驱动力的频率，发生共振，振幅最大。故A项正确，B项错误。
【点睛】物体做受迫振动时的频率（周期）等于驱动力的频率（周期）；当驱动力的频率等于物体的固有频率时，物体的振幅最大，出现共振现象。
6.边长为a
的闭合金属正三角形框架，完全处于垂直于框架平面的匀强磁场中，现把框架匀速拉出磁场，如图所示，则选项图中电动势、外力、外力功率与位置图象规律与这一过程不相符的是( )
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
感应电动势 ，则E与x成正比，故A错误，B正确；线框匀速运动F外=F安=BIL，感应电流为：，感应电动势为：E=BLv，得到外力为：, 有效长度为：，可得：，B、R、v一定，则F外∝x2，故C错误；外力的功率为：，P外∝x2 ，故D错误。所以B正确，ACD错误。
7.下图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表。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，产生的交变电流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10 A
B. 线圈转动的角速度为50π rad/s
C. 0.01 s时线圈平面与磁场方向平行
D. 0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左
【答案】AC
【解析】
试题分析：由图乙可知交流电电流的最大值是Im=10A，则有效值为：I==10A；由于电流表的示数为有效值，故示数I=10A，A正确；0.01s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，B正确；由图乙知，交变电流的周期为0.02s，角速度ω=="100π" rad/s，C错误；由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向自左向右，D错误。
考点：本题考查正弦式交变电流。
8.水电站向小山村输电，输送电功率为50 kW，若以1 100 V送电，则线路损失为10 kW，若以3 300 V送电，则线路损失可降为( )
A. 3.3 kW B. 1.1 kW C. 30 kW D. 11 kW
【答案】B
【解析】
根据P损＝可知，热损失功率跟输送电压的平方成反比，故B选项正确。
9.如图9所示，光滑的“∏”形金属导体框竖直放置，质量为m的金属棒MN与框架接触良好．磁感应强度分别为B1、B2的有界匀强磁场方向相反，但均垂直于框架平面，分别处在abcd和cdef区域．现从图示位置由静止释放金属棒MN，当金属棒进入磁场B1区域后，恰好做匀速运动．以下说法中正确的有( )
A. 若B2＝B1，金属棒进入B2区域后将加速下滑
B. 若B2＝B1，金属棒进入B2区域后仍将保持匀速下滑
C. 若B2
B1，金属棒进入B2区域后可能先减速后匀速下滑
【答案】BCD
【解析】
若B2＝B1，金属棒进入B2
区域后，磁场反向，回路电流反向，由左手定则知：安培力并没有反向，大小也没有变，故金属棒进入B2区域后，mg－＝0，仍将保持匀速下滑，B对；若B20，金属棒进入B2区域后可能先加速后匀速下滑，故C也对；同理，若B2>B1，金属棒进入B2区域后mg－<0，可能先减速后匀速下滑，故D也对．
视频
10.做简谐运动的单摆摆长不变，若摆球质量增大为原来的4倍，摆球经过平衡位置时速度减小为原来的1/2，则单摆振动的( )
A. 频率、振幅都不变 B. 频率、振幅都改变
C. 频率不变，振幅改变 D. 频率改变，振幅不变
【答案】C
【解析】
由单摆的周期公式可知，单摆摆长不变，则周期不变，频率不变；振幅是反映单摆运动过程中的机械能能大小的物理量，由可知，摆球经过平衡位置时的动能不变，但摆球质量改变，摆球运动时重力势能变化，因此摆球的机械能改变，从而导致振幅改变，故B正确，ACD错误；
故选B。
11.如图所示，一理想变压器的原线圈匝数为n1＝1 100匝，接电压U1＝220 V的交流电，副线圈接“20 V 10 W”的灯泡，灯泡正常发光，可知 ( )
A. 副线圈的匝数n2＝200匝 B. 副线圈中的电流I2＝0.5 A
C. 原线圈中的输入功率为10 W D. 原线圈中的电流I1＝0.1 A
【答案】BC
【解析】
【详解】A、由于理想变压器的电压比等于匝数比，副线圈匝数n2＝100匝，A错误；
C、理想变压器的原、副线圈的功率相等，所以原线圈的输入功率为10W，C正确；
B、D、由功率P＝UI可得副线圈中的电流I2＝0.5 A，原线圈中的电流，B正确，D错误．
故选BC。
【点睛】本题主要考查了变压器的特点，知道原副线圈电压与匝数的关系，知道原副线圈的功率相等。
12.如图所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ。现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离l时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)。设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g。则此过程( )
A. 杆的速度最大值为
B. 流过电阻R的电荷量为
C. 恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量
D. 恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量
【答案】BD
【解析】
选B.A选项中，当杆达到最大速度v时，其受力情况如图所示，在水平方向受拉力F、安培力F安＝、滑动摩擦力f＝μmg，三个力的合力为零：F－－μmg＝0，解得v＝；B选项中，平均电动势为＝，平均电流为＝＝，通过的电量q＝·Δt＝，而ΔΦ＝B·ΔS＝Bdl，则q＝＝；C选项中，由动能定理得WF－Wf
－W安＝ΔEk；D选项中，由前式可得WF－W安＝ΔEk＋Wf>ΔEk.本题正确选项为B.
二、填空题（本大题有3小题，其中13小题6分，14小题4分，15小题6分，共16分。）
13.如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置，部分导线已连接．
(1)用笔画线代替导线将图中未完成的电路连接好．
(2)如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么闭合电键后，将原线圈迅速插入副线圈的过程中，电流计指针将向________偏；原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向右移动时，电流计指针将向________偏．
【答案】 (1). (2). 右；左
【解析】
（）将电源、电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路， 再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，电路图如图所示
（
）闭合开关时，穿过大螺线管的磁通量增大，灵敏电流表的指针向右偏；闭合开关后，将原线圈迅速插入副线圈的过程中，磁场方向不变，磁通量变大，电流表指针方向向右偏转；由电路图可知，原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向右滑动时，滑动变阻器继而电路的阻值变大，电路电流变小，穿过大螺线管的磁通量变小，磁场方向不变，则电流表指针向左偏转。
14.一电阻接一直流电源，通过4 A的电流时热功率为P，若换接一正弦交流电源，它的热功率变为，则该交流电电流的最大值为____________
【答案】4A
【解析】
【详解】电阻接直流电源，通过4 A的电流时热功率为P，则。换接正弦交流电源，它的热功率变为，则，解得：正弦交流电电流的有效值；所以该交流电电流的最大值。
【点睛】有效值是根据电流热效应来规定的，让一个交流电流和一个直流电流分别通过阻值相同的电阻，如果在相同时间内产生的热量相等，那么就把这一直流电的数值叫做这一交流电的有效值。计算电功、电功率使用有效值，交流电表的读数是有效值。
15.把一个矩形线圈从有理想边界的匀强磁场中匀速拉出(如图所示)，第一次速度为v1，第二次速度为v2且v2＝2v1，则两种情况下拉力做的功之比W1∶W2＝________，拉力的功率之比P1∶P2＝________，线圈中产生热量之比Q1∶Q2＝________.
【答案】 (1). 1∶2 (2). 1∶4 (3). 1∶2
【解析】
试题分析：因为匀速拉出，所以拉力做的功就应等于安培力做的功且都用于产热，设cb边长为d即:
考点：电磁感应现象中的能量转化问题
三、计算题（本大题共3小题，其中16小题10分，17小题12分，18小题14分，共36分。）
16.某交流发电机产生的感应电动势与时间的关系如图所示，该发电机线圈的内阻为r＝2 Ω.
(1)现将R＝98 Ω的用电器接在此交流电路上，它消耗的功率是多大？
(2)如果某一电容器接在电路上，则电容器的耐压值至少应为多大？
【答案】（1）49W （2）100V
【解析】
【分析】
(1)据图象得交流电动势的最大值和有效值；再据闭合电路欧姆定律求得电路中的电流，计算用电器消耗的功率；(2)电容器的耐压值是指对应电路中电压的最大值。
【详解】(1)据图得：此交流电电动势的最大值
则电动势的有效值
由闭合电路欧姆定律知电路中电流的有效值
电阻消耗的功率
(2)电容器接入此电路，要求耐压值至少等于电动势的最大值，即电容器的耐压值至少应为。
17.如图所示的匀强磁场中，有两根相距20cm固定的平行金属光滑导轨MN和PQ.磁场方向垂直于MN、PQ所在平面．导轨上放置着ab、cd两根平行的可动金属细棒．在两棒中点OO′之间拴一根40cm长的细绳，绳长保持不变．设磁感应强度B以1.0T/s的变化率均匀减小，abdc回路的电阻为0.50Ω.求：当B减小到10T时，两可动边所受磁场力和abdc回路消耗的功率．
【答案】0.32N 0.0128W
【解析】
【分析】
据法拉第电磁感应定律求得电路中产生的感应电动势；据闭合电路欧姆定律可得电路中的电流，进而求得可动边所受磁场力和abdc回路消耗的功率。
【详解】据，得：
据，得：
可动边所受安培力
回路消耗的功率
18.如图所示，两条足够长的平行金属导轨相距L，与水平面的夹角为θ，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，虚线上方轨道光滑且磁场方向垂直导轨平面向上，虚线下方轨道粗糙且磁场方向垂直导轨平面向下．当导体棒EF以初速度v0沿导轨上滑至最大高度的过程中，导体棒MN一直静止在导轨上，若两导体棒质量均为m、电阻均为R，导轨电阻不计，重力加速度为g，在此过程中导体棒EF上产生的电热为Q，求：
(1)导体棒MN受到的最大摩擦力；
(2)导体棒EF上升的最大高度．
【答案】（1） （2）
【解析】
试题分析：(1)根据右手定则EF向上切割磁感线产生电流方向为E到F，由左手定则知MN受安培力F沿导轨向下，当EF刚上滑时，MN受安培力最大，摩擦力也最大，受力分析如图所示，
对导体棒EF切割磁感线知：
E=BLv0①
由闭合电路欧姆定律知：
I=②
对导体棒MN，由平衡条件得：
mgsinθ+F=Ff③
由①②③得导体棒MN受最大摩擦力Ff=
（2）导体棒EF上升过程中，根据能量守恒定律知：
解得导体棒EF能上升的最大高度h=
考点：切割情况下感应电动势 闭合电路欧姆定律 安培力 物体平衡条件
高二物理附加题附加题
19.如图所示理想变压器原、副线圈匝数比为1∶2,两端分别接有四个阻值相同的灯泡,已知4盏灯均能发光,则L1和L2的功率之比为( )
A. 1：1 B. 1:3 C. 9:1 D. 3：1
【答案】C
【解析】
试题分析：设原线圈电压为，副线圈电压为，由于，可知，而与串联，因此与分得的电压均为，而与原线圈并联，分得的电压也为，因此流过的电流与、的电流相同均为I，而流过L1的电流为原线圈电流与L2电流之和，根据可知，流过原线圈的电流，这样流过L1的电流为3I，根据可知，C正确。
考点：变压器
20.如图所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1L2之间、L3L4
之间存在匀强磁场，大小均为1 T，方向垂直于虚线所在平面．现有一矩形线圈abcd，宽度cd＝L＝0.5 m，质量为0.1 kg，电阻为2 Ω，将其从图示位置静止释放(cd边与L1重合)，速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知t1～t2的时间间隔为0.6 s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向．(重力加速度g取10 m/s2)则( )
A. 在0～t1时间内，通过线圈的电荷量为0.25 C
B. 线圈匀速运动的速度大小为8 m/s
C. 线圈的长度为1 m
D. 0～t3时间内，线圈产生的热量为4.2 J
【答案】AB
【解析】
试题分析：t2～t3时间内，线圈做匀速运动，则有：mg=BIL，而，联立两式解得：，故B错误；t1～t2的时间间隔内线圈一直做匀加速直线运动，知ab边刚进上边的磁场时，cd边也刚进下边的磁场．设磁场的宽度为d，则线圈的长度：L′=2d；线圈下降的位移为：x=L′+d=3d，则有：3d=vt-gt2，将v=8m/s，t=0．6s，代入解得：d=1m，所以线圈的长度为L′=2d=2m，故C错误；在0～t1时间内，cd边从L1运动到L2，通过线圈的电荷量为：，故A正确；0～t3时间内，根据能量守恒得：Q=mg（3d+2d）-mv2=0．1×10×（3+2）-×0．1×82=1．8J，故D正确。故选AD。
考点：法拉第电磁感应定律；能量守恒定律
【名师点睛】解决本题的关键理清线圈的运动情况，选择合适的规律进行求解，本题的难点就是通过线圈匀加速直线运动挖掘出下落的位移为磁场宽度的3倍。
视频
21.如图所示，宽度为L的金属框架竖直固定在绝缘地面上，框架的上端接有一个电子元件，其阻值与其两端所加的电压成正比，即R＝kU，式中k为已知常数．框架上有一质量为m，离地高为h的金属棒，金属棒与框架始终接触良好无摩擦，且保持水平．磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于框架平面向里．将金属棒由静止释放，棒沿框架向下运动，不计金属棒及导轨的电阻．重力加速度为g.求：
(1)金属棒运动过程中，流过棒的电流的大小和方向；
(2)金属棒落到地面时的速度大小；
(3)金属棒从释放到落地过程中通过电子元件的电荷量．
【答案】（1），水平向右（或从a→b） （2） （3）
【解析】
试题分析：（1）流过电阻R的电流大小为（2分）
电流方向水平向右（从a→b） （1分）
（2）在运动过程中金属棒受到的安培力为（1分）
对金属棒运用牛顿第二定律，（1分）
得：恒定，金属棒作匀加速直线运动 （2分）
由，得：（1分）
（3）设金属棒经过时间t落地，由：得：（2分）
所求电量：（2分）
考点：考查电磁感应与牛顿定律
点评：本题难度中等，特别注意的是压敏电阻的阻值是变化的，由电压与电阻的关系可知流过电阻R的电流恒定不变，因此导体棒的加速度不变，与常规题思路刚好相反
22.如图所示，电阻不计、间距L＝1 m、足够长的光滑金属导轨ab、cd与水平面成θ
＝37°角，导轨平面矩形区域efhg内分布着磁感应强度大小B＝1 T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，边界ef、gh之间的距离D＝1.4 m．现将质量m＝0.1 kg、电阻R＝Ω的导体棒P、Q相隔Δt＝0.2 s先后从导轨顶端由静止自由释放，P、Q在导轨上运动时始终与导轨垂直且接触良好，P进入磁场时恰好匀速运动，Q穿出磁场时速度为2.8 m/s.已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：
(1)导轨顶端与磁场上边界ef之间的距离s；
(2)从导体棒P释放到Q穿出磁场的过程，回路中产生的焦耳热Q总．
【答案】(1)0.33 m (2)0.888 J
【解析】
【分析】
(1)P进磁场刚好匀速，对回路和P分析求出P进磁场的速度，再对P从顶端到ef过程分析求出s；(2)先求出只有P在磁场中回路的焦耳热；再分析出PQ同时在磁场中运动的末速度，进而求解P出磁场、Q仍在磁场过程中回路的焦耳热；两者相加，求全过程回路中产生的焦耳热。
【详解】(1)设P进入磁场时的速度为v1，由法拉第电磁感应定律
由闭合电路欧姆定律
导体P所受安培力
P匀速，则
联立解得：
P从导轨顶端到ef过程，由牛顿第二定律得：
由运动学公式得：
解得：导轨顶端与磁场上边界ef之间的距离
(2) P进入磁场以速度v1匀速运动，Δt＝0.2 s后，Q恰好进入磁场，速度也为v1＝2
m/s。之后，P、Q以加速度a匀加速运动，P出磁场以后继续以加速度a匀加速运动，而Q在安培力作用下减速运动，直到穿出磁场区域。
P在磁场中匀速运动的位移
此过程回路产生的焦耳热
P、Q一起匀加速运动的位移
设P刚好出磁场时，P、Q的速度为v，由运动学公式有，解得：
P出磁场后Q做减速运动，Q出磁场时的速度v2＝2.8 m/s，运动的位移
Q减速运动过程中回路产生的焦耳热
全过程回路中的焦耳热
