2017-2018学年黑龙江省哈尔滨市第六中学高二4月月考物理试题 解析版

2017-2018学年黑龙江省哈尔滨市第六中学高二4月月考物理试题 解析版

‎2017-2018学年黑龙江省哈尔滨市第六中学高二4月月考物理试题 解析版 一．选择题（本题共16小题，1~12题为单选，其余多选。每小题5分，共80分。多选题全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错或不答的得零分。）‎ ‎1. 法拉第发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机．如图所示，紫铜做的圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各与一个黄铜电刷紧贴，用导线将电刷与电流表连接起来形成回路．转动摇柄，使圆盘逆时针匀速转动，电流表的指针发生偏转．下列说法正确的是(　　)‎ A. 回路中电流大小变化，方向不变 B. 回路中电流大小不变，方向变化 C. 回路中电流的大小和方向都周期性变化 D. 回路中电流方向不变，从b导线流进电流表 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：该圆盘在旋转时，相当于一根长度一定的导线在做切割磁感线运动，由于磁场强度的大小是不变的，导线的长度也不变，切割磁感线的速度也不变，故产生的感应电流的大小与方向都是不变的，再由右手定则可以判断出来，感应电流的方向为由a到b，所以电流是从b导线流进电流表的，D是正确的。‎ 考点：电磁感应现象。‎ ‎2. 由于分子间存在着分子力，而分子力做功与路径无关，因此分子间存在与其相对距离有关的分子势能．如图所示为分子势能Ep随分子间距离r变化的图象，取r趋近于无穷大时Ep为零．通过功能关系可以从分子势能的图象中得到有关分子力的信息，则下列说法正确的是(　　)‎ A. 假设将两个分子从r＝r2处释放，它们将相互远离 B. 假设将两个分子从r＝r2处释放，它们将相互靠近 C. 假设将两个分子从r＝r1处释放，它们的加速度先增大后减小 D. 假设将两个分子从r＝r1处释放，当r＝r2时它们的速度最大 ‎【答案】D ‎【解析】由图可知，两个分子从处的分子势能最小，则分子之间的距离为平衡距离，分子之间的作用力恰好为0。‎ A、B、C、结合分子之间的作用力的特点可知，当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小，所以假设将两个分子从处释放，它们既不会相互远离，也不会相互靠近，A错误，B错误，C错误；‎ D、由于，可知分子在处的分子之间的作用力表现为斥力，分子之间的距离将增大，分子力做正功，分子的速度增大；当分子之间的距离大于r2时，分子之间的作用力表现为引力，随距离的增大，分子力做负功，分子的速度减小，所以当时它们的速度最大，D正确；‎ 故选D。‎ ‎3. 图(甲)为一个电灯两端的电压与通过它的电流的变化关系曲线.由图可知,两者不成线性关系,这是由于电压增大,灯丝温度升高,电阻变大.如图(乙)所示,将这个电灯与20 Ω的定值电阻R串联,接在电动势为8 V的电源上,则电灯的实际功率为(不计电流表电阻和电源内阻)(　　)‎ A. 0.6 W B. 6 W C. 0.9 W D. 9 W ‎【答案】A ‎【解析】根据闭合电路欧姆定律可知：‎ E=UL+IR 代入数据得到：8=UL+20I 在(甲)图中画出此方程的图线,如图所示：‎ 该图线与原图线的交点为此电路对应电灯中的电流和电压值.由图即可读出此电路中电灯两端的电压U=2 V,电流I=0.3 A,所以电灯的实际功率为P=UI=0.6 W.‎ ‎4. 如图所示，一理想变压器原线圈匝数n1＝1000匝，副线圈匝数n2＝200匝，原线圈中接一交变电源，交变电源电压u＝220sin(100πt)V．副线圈中接一电动机，电动机线圈电阻为11 Ω，电流表A2示数为1 A．电表对电路的影响忽略不计，则 (　　)‎ A. 此交流电的频率为100 Hz B. 电压表示数为220 V C. 电流表A1示数为5 A D. 此电动机输出功率为33 W ‎【答案】D ‎【解析】A、由表达式可知，交流电源的频率为50 Hz，变压器不改变交变电流的频率， A错误；‎ B、交变电源电压，而电压表读数为有效值，即电压表的示数是， B错误； ‎ C、电流表A2示数为1A，由电流与匝数成反比得通过电流表A1的电流为0.2A，， C错误；‎ D、通过电阻R的电流是1A，电动机两端的电压等于变压器的输出电压，由得，变压器的输出电压为：，此电动机输出功率为：， D正确；‎ 故选D。‎ ‎5. 在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路.当调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50 A和2.0 V重新调节R并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0 A和24.0 V.则这台电动机正常运转时的输出功率为(　　) ‎ A. 32 W B. 44 W C. 47 W D. 48 W ‎【答案】A ‎【解析】电动机的电阻：；‎ 电动机的总功率：；‎ 克服自身电阻的功率：；‎ 电动机正常运转时的输出功率是：。‎ A正确；B、C、D错误；‎ 故选A。‎ ‎6. 在某交变电流电路中，有一个正在工作的理想变压器，如图所示．它的原线圈匝数n1＝600 匝，交流电源的电动势e＝311sin(100πt) V(不考虑其内阻)，电压表和电流表对电路的影响可忽略不计，原线圈串联一个额定电流为0.2 A的保险丝，副线圈匝数n2＝120 匝，为保证保险丝不被烧断，则(　　)‎ A. 负载功率不能超过62 W B. 副线圈电流最大值不能超过1 A C. 副线圈电路中的电阻R不能小于44 Ω D. 副线圈电路中电压表的读数为62 V ‎【答案】C ‎【解析】由得U2＝44 V，D错；由得I2≤1 A，所以负载功率最大为P2＝U2I2≤44 W，A错；副线圈中的电流最大值为，故B错；由得R≥44 Ω，C对．‎ ‎7. 如图所示，某发电机输出功率是100 kW，输出电压是250 V，从发电机到用户间的输电线总电阻为8 Ω，要使输电线上的功率损失为5%，而用户得到的电压正好为220 V，求升压变压器和降压变压器原、副线圈匝数比分别是(　　)‎ A. 16∶1　 190∶11‎ B. 1∶16　 11∶190‎ C. 1∶16 　190∶11‎ D. 16∶1　 11∶190‎ ‎【答案】C ‎【解析】输电线损失功率：，‎ 所以，输电线电流：，‎ 升压变压器原线圈电流：，‎ 故升压变压器原、副线圈匝数比：‎ 升压变压器副线圈端电压：，‎ 输电线损失电压：，‎ 降压变压器原线圈电压：，‎ 故降压变压器原、副线圈匝数比为：．C正确，ABD错误；‎ 故选C。‎ ‎8. 如图所示，电源电动势为E，内阻为r，平行板电容器的两金属板水平放置，开关S是闭合的，两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态，G为灵敏电流计。则以下说法正确的是(　　)‎ A. 在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向上加速运动，G中有从b到a的电流 B. 在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从b到a的电流 C. 在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴仍然静止，G中有从a到b的电流 D. 在将S断开后，油滴仍保持静止状态，G中无电流通过 ‎【答案】A ‎【解析】AC、将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，滑动变阻器接入电阻增大，电路中的总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中的总电流减小，电源的内压降减小，路端电压增大；R1两端的电压减小，因此并联部分电压增大，则电容器两端的电压增大；由可知，Q增大，电容器将充电，电流表中有b到a的电流；同时，因电容器的电压增大，电容器板间的电场强度增大，油滴所受的电场力增大，则油滴将向上加速运动， A正确，C错误；‎ B、与以上分析相反，将滑动变阻器滑片向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从a到b的电流，B错误；‎ D、将S断开后，由于有右侧电路与电容器连接，故电容器将放电，电荷量减小，电压减小，故油滴将向下运动，而G中有沿a到b的电流，D错误；‎ 故选A。‎ ‎9. 如图所示区域内存在匀强磁场，磁场的边界由x轴和y＝2sin（x）曲线围成(x≤2 m)，现把一边长L＝2 m的正方形单匝线框以水平速度v＝10 m/s匀速地拉过该磁场区，磁场区的磁感应强度为0.4 T，线框电阻R＝0.5 Ω，不计一切摩擦阻力，则(　　)‎ A. 水平拉力F的最大值为8 N B. 拉力F的最大功率为12.8 W C. 拉力F要做25.6 J的功才能让线框通过此磁场区 D. 拉力F要做12.8 J的功才能让线框通过此磁场区 ‎【答案】C ‎【解析】A、B、线框切割磁感线产生的感应电动势为：‎ ‎；‎ 当y最大时，E最大，最大值为：‎ 感应电流最大值为：Im= ‎ 安培力最大值：‎ 则拉力最大值： ‎ 拉力的最大功率为：，故AB错误；‎ C、D、整个过程拉力做功为：‎ ‎， C正确，D错误。‎ 故选C。‎ ‎10. 如图所示，R1为定值电阻，R2为可变电阻,E为电源电动势，r为电源内阻,以下说法中正确的是(　　)‎ A. 当R2=r时，R2上获得最大功率 B. 当R2=R1+r时，R1上获得最大功率 C. 当R2=0时，R1上获得最大功率 D. 当R2=0时，电源的输出功率最大 ‎【答案】C ‎【解析】A、根据电源的内电阻和外电阻相等的时候，电源的输出功率最大可知，当把R1和电源看做一个整体时，即把电源的内阻看做，当时，电源的输出功率最大，即R2上获得最大功率， A错误；‎ B、C、电阻R1为定值电阻，则根据可知当流过R1的电流最大时，R1消耗的电功率最大，即当时，R1上获得最大功率， B错误，C正确； ‎ D、结合A的分析可知，当时，电源的输出功率最大，由于不知道三个电阻的关系，所以不能判断出时，电源的输出功率是否最大，D错误；‎ 故选C。‎ ‎11. 如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为0.02 s，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈总电阻为2 Ω，匝数为100匝．从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，t＝s时线圈中感应电流为1 A．那么(　　)‎ A. 线圈中感应电流的有效值为2 A B. 线圈转动一周产生的焦耳热为0.16 J C. t＝s时穿过线圈磁通量的变化率为0.02 Wb/s D. 线圈中的感应电动势瞬时值表达式为e＝4sin 100πt(V)‎ ‎【答案】C ‎.....................‎ C、感应电动势最大值为：：，任意时刻线圈中的感应电动势为：，‎ 当时，，而，‎ 解得：，C正确，D错误；‎ 故选C。‎ ‎12. 据有关资料介绍，受控核聚变装置中有极高的温度，因而带电粒子将没有通常意义上的“容器”可装，而是由磁场约束带电粒子运动，使之束缚在某个区域内。如图所示，环状磁场的内半径为，外半径为，被束缚的带电粒子的比荷为k，若中空区域内带电粒子均具有沿半径方向的速度，速度大小为v。中空区域中的带电粒子都不会穿出磁场的外边缘而被约束在半径为的区域内，则环状区域内匀强磁场的磁感应强度最小值为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】由题意可知，粒子的比荷k已经确定，粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，，则，有 粒子运动的半径r已经确定，要使所有的粒子都不能穿出磁场，则：‎ 与内圆相切的方向进入磁场的粒子在磁场运动的轨迹刚好与外圆相切，可知2r最大为，如图所示：‎ 从而推知，‎ 即 则，故C正确，ABD错误；‎ 故选C。‎ ‎13. 近期我国多个城市的PM 2.5数值突破警戒线，受影响最严重的是京津冀地区，雾霾笼罩，大气污染严重．PM 2.5是指空气中直径等于或小于2.5微米的悬浮颗粒物，其飘浮在空中做无规则运动，很难自然沉降到地面，吸入后对人体形成危害．矿物燃料燃烧的排放是形成PM 2.5的主要原因．下列关于PM 2.5的说法中正确的是(　　)‎ A. PM 2.5在空气中的运动属于布朗运动 B. 温度越低PM 2.5活动越剧烈 C. 倡导低碳生活减少煤和石油等燃料的使用能有效减小PM 2.5在空气中的浓度 D. PM 2.5中颗粒小一些的，其颗粒的运动比其他颗粒更为剧烈 ‎【答案】ACD ‎【解析】A、“PM2.5”是指直径小于等于2.5微米的颗粒物，是分子团的运动，属于布朗运动A正确；‎ B、PM2.5受由大量空气分子对PM2.5无规则碰撞，温度越低，空气分子对颗粒的撞击越不剧烈，则PM2.5的运动越不激烈，B错误；‎ C、导致PM2.5增多的主要原因是环境污染，故应该提倡低碳生活，有效减小PM2.5在空气中的浓度，C正确；‎ D、PM2.5中颗粒小一些的，空气分子对颗粒的撞击越不均衡，其颗粒的运动比其它颗粒更为剧烈，D正确；‎ 故选ACD。‎ ‎14. 如图所示，两根足够长的平行金属导轨倾斜放置，导轨下端接有定值电阻R，匀强磁场方向垂直导轨平面向上．现给金属棒ab一平行于导轨的初速度v，使金属棒保持与导轨垂直并沿导轨向上运动，经过一段时间金属棒又回到原位置．不计导轨和金属棒的电阻，在这一过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A. 金属棒上滑时棒中的电流方向由b到a B. 金属棒回到原位置时速度大小仍为v C. 金属棒上滑阶段和下滑阶段的最大加速度大小相等 D. 金属棒上滑阶段和下滑阶段通过棒中的电荷量相等 ‎【答案】AD ‎【解析】金属棒上滑时，根据右手定则判断可知金属棒中感应电流的方向由b到a，故A正确．金属棒运动过程中产生感应电流，受到安培力作用，根据楞次定律可知安培力总是阻碍金属棒相对于导轨运动，所以金属棒的机械能不断减小，则金属棒回到原位置时速度大小必小于v，故B错误．根据牛顿第二定律得：对于上滑过程：mgsin θ＋F安＝ma上；对于下滑过程：mgsin θ－F安′＝ma下．可知：a上>a下，故C错误．金属棒上滑阶段和下滑阶段中回路磁通量的变化量相等，根据q＝可知通过金属棒的电荷量相等，故D正确．‎ ‎15. 如图甲所示，M是一个小型理想变压器，原副线圈匝数之比n1∶n2＝10∶1，接线柱a、b间接一正弦交变电源，其电压随时间的变化规律如图乙所示．变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2是用半导体热敏材料(电阻随温度升高而减小)制成的传感器，R1为一定值电阻．下列说法中正确的是(　　)‎ A. 电压表V的示数为22 V B. 当R2所在处出现火警时，电压表V的示数减小 C. 当R2所在处出现火警时，电流表A的示数增大 D. 当R2所在处出现火警时，电阻R1的功率变大 ‎【答案】BCD ‎【解析】A、由图象可知，输入的电压有效值为220V，变压器的电压与匝数的关系：，由此可得副线圈的电压为，电压表测的是半导体热敏材料R2的电压，R1、R2的总电压为22V，所以电压表的示数小于22V， A错误；‎ B、副线圈两端的电压不变，由于副线圈的总电压不变，所以R2的电压即电压表示数就要减小，‎ B正确； ‎ C、当出现火警时，温度升高，电阻R2减小，副线圈的电流变大，所以原线圈电流即电流表示数增大， C正确；‎ D、副线圈的电流变大，R1的电压要增大，消耗的功率也增大，D正确；‎ 故选BCD。‎ ‎16. 图甲中的变压器为理想变压器，原线圈匝数n1与副线圈匝数n2之比为10∶1，变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式交流电，电阻R1＝R2＝R3＝20 Ω和电容器连接成如图甲所示的电路，其中电容器的击穿电压为8 V，电表为理想交流电表，开关S处于断开状态，则(　　)‎ A. 电压表V的读数约为7.07 V B. 电流表A的读数为0.05 A C. 变压器的输入功率约为7.07 W D. 若闭合开关S，电容器不会被击穿 ‎【答案】AD ‎【解析】由图像可得U1m＝200 V，有效值U1＝V＝100 V，根据变压器的原理，解得U2＝10V．S断开：电阻R2两端的电压＝5V≈7.07 V，电流I2＝＝A，再由根据变压器的原理解得I1＝A，所以A正确，B错误；变压器的输入功率P＝I1U1＝5 W，故C选项错误；若闭合开关S，R1、R3并联，并联电阻为10 Ω，电容器上分压为U2＝V，电容器的两端的最大电压值为V，，小于8 V，电容器不会被击穿，故D选项正确．‎ 二．计算题 ‎17. 如图所示，虚线圆所围区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ‎。一束电子沿圆形区域的直径方向以速度v射入磁场，电子束经过磁场区后，其运动方向与原入射方向成θ角。设电子质量为m，电荷量为e，不计电子之间相互作用力及所受的重力，求：‎ ‎(1)电子在磁场中运动轨迹的半径R；‎ ‎(2)电子在磁场中运动的时间t；‎ ‎(3)圆形磁场区域的半径r。‎ ‎【答案】(1) （2） （3）‎ ‎【解析】（1）电子在磁场中受到的洛伦兹力提供电子做匀速圆周运动的向心力即： ‎ 由此可得电子做圆周运动的半径为： （2）如图根据几何关系，可以知道电子在磁场中做圆周运动对圆心转过的角度为：α=θ 则电子在磁场中运动的时间： （3）由题意知，由图根据几何关系知： 得： ‎ ‎18. 如图，POQ是折成60°角的固定于竖直平面内的光滑金属导轨，导轨关于竖直轴线对称，OP＝OQ＝L.整个装置处在垂直导轨平面向里的足够大的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律为B＝B0－kt(其中k为大于0的常数)．一质量为m、长为L、电阻为R、粗细均匀的导体棒锁定于OP、OQ的中点a、b位置．当磁感应强度变为B0‎ 后保持不变，同时将导体棒解除锁定，导体棒向下运动，离开导轨时的速度为v.导体棒与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，重力加速度为g.求导体棒：‎ ‎ (1)解除锁定前回路中电流的大小及方向；‎ ‎ (2)滑到导轨末端时的加速度大小；‎ ‎ (3)运动过程中产生的焦耳热．‎ ‎ ‎ ‎【答案】(1) 感应电流的方向为顺时针方向(或b→a) (2) (3) ‎ 由法拉第电磁感应定律知: ‎ 由闭合电路欧姆定律知: ‎ 由楞次定律知，感应电流的方向为顺时针方向(或b→a)‎ ‎（2）导体棒恰好要离开导轨时受力如图所示， ‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，则有：‎ 由牛顿第二定律得：‎ 所以 ‎(3) 由能量守恒知：‎ 由几何关系知，导体棒离开导轨时下降： ‎ 解得：‎ ‎ ‎ ‎ ‎