2017-2018学年江西省新余市第四中学高二下学期第一次月考物理试题 解析版

2017-2018学年江西省新余市第四中学高二下学期第一次月考物理试题 解析版

新余四中2017-2018学年下学期高二第一次段考物理试卷 一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1—6题只有一项符合题目要求，第7—10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）‎ ‎1. 如图所示是一交变电流的i－t图象，则该交变电流的有效值为( )‎ A. 4A B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】设交流电电流的有效值为I，周期为T，电阻为R．则，解得，C正确。‎ ‎2. 如图所示，有一台交流发电机E.通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R，T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4，设T1的输入电压U1一定，当用户消耗的电功率变大时，有（ ）‎ A. P1变小，P2变小 B. P2变大，P3变大 C. U2变小，U3变小 D. U2变小，U4变大 ‎【答案】B ‎【解析】A、由于两变压器均是理想的，所以输入功率与输出功率相等，当变大，也变大，加之的输入电压一定，则输出电压也一定，通过电阻R的电流变大，所以电压变小，故A错误；‎ B、要使用户消耗的电功率变大，由于是理想变压器，则也会变大；由于的输入电压一定时，也不变，则必须变大，故B正确；‎ C、要使用户消耗的电功率变大，由于是理想变压器，则也会变大；由于的输入电压一定时，也不变，则必须变大，线路上的电流变大，导致电阻R消耗的功率也变大，电阻两端电压也变大，所以变小，变小，故CD错误。‎ 点睛：理想变压器的输入功率与输出功率相等，且没有漏磁现象．输电线上的损失功率与其电流的平方成正比，而与输电线两端的电压的平方成反比。‎ ‎3. 如图，电阻R、电容C和电感L并联后，接入输出电压有效值、频率可调的交流电源。当电路中交流电的频率为时，通过R、C和L的电流有效值恰好相等。若将频率降低为，分别用、和表示此时通过R、C和L的电流有效值，则：( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】频率降低，容抗增大，感抗减小。并联电压不变，所以流过电容的电流减小，流过电感的电流增大。故，‎ 故本题选C ‎4. 压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小。一同学利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置，如图甲所示，将压敏电阻平放在升降机内，受压面朝上，在上面放一物体m，升降机静止时电流表示数为I0。某过程中电流表的示数如图乙所示，则在此过程中( )‎ A. 升降机一定是先向上做匀加速运动然后做匀减速运动 ‎ B. 升降机可能是先向上做匀减速运动然后做匀加速运动 C. 物体一定是先超重后失重 D. 物体一定是先失重后超重 ‎【答案】C ‎【解析】升降机静止时电流表示数为I0，某过程中电流表示数为2I0，由欧姆定律分析压敏电阻的阻值变小，说明压敏电阻所受压力增大，则物体处于超重状态；当电流表示数为0.5I0，由欧姆定律分析压敏电阻的阻值变大，说明压敏电阻所受压力减小，则物体处于失重状态；物体处于超重状态时，加速度方向向上，故升降机可能向上加速运动，也可能向下减速运动；物体处于失重状态时，加速度方向向下，故升降机可能向下加速运动，也可能向上减速运动；故C正确，ABD错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】根据I-t图象得到电流变化情况，然后结合电路特点得到电阻变化情况，再有压敏电阻特性得到压力变化情况，最后得到加速度变化情况。‎ ‎5. 酒精测试仪（主要部件是二氧化锡半导体型酒精气体传感器）用于测试机动车驾驶人员是否酒驾。酒精气体传感器的电阻与酒精气体的浓度成反比，那么电压表的示数U与酒精气体浓度C之间的对应关系正确的是（ ）‎ A. U越大，表示C越小，C与U成反比 B. U越大，表示C越大，C与U成正比 C. U越大，表示C越小，但是C与U不成反比 D. U越大，表示C越大，但是C与U不成正比 ‎【答案】D ‎【解析】题中给出传感器电阻 的倒数与酒精气体浓度 是正比关系，即 ，电压表示数  ，可以看出电压与浓度的关系不是正反比关系，但随浓度的增大而增大．故D正确；‎ 综上所述本题答案是：D ‎6. 如图所示为两个固定在同一水平面上的点电荷，距离为d，电荷量分别为＋Q和－Q。在它们的竖直中垂线上固定一根长为l、内壁光滑的绝缘细管，有一电荷量为＋q的小球以初速度 v0从管口射入，则小球（ ）‎ A. 速度先增大后减小 B. 受到的库仑力先做负功后做正功 C. 受到的库仑力最大值为 D. 管壁对小球的弹力最大值为 ‎【答案】C ‎【解析】A. 电荷量为+q 的小球以初速度v0从管口射入的过程，因电场力不做功，只有重力做功，根据动能定理，速度不断增加，故A错误；‎ B. 小球有下落过程中，库仑力与速度方向垂直，则库仑力不做功，故B错误；‎ C. 在两个电荷的中垂线的中点，单个电荷产生的电场强度为：，根据矢量的合成法则，则有电场强度最大值为，因此电荷量为+q的小球受到最大库仑力为，故C正确；‎ D. 根据C选项的分析，结合受力分析可知，弹力与库仑力平衡，则管壁对小球的弹力最大值为，故D错误；‎ 故选：C.‎ 点睛：对于等量异种电荷，根据矢量的合成法则，中垂线的中点的电场强度最大，在无穷远的电场强度为零；点电荷靠近两个电荷的连线中点的过程，电场力不做功；中点处的电场强度最大，则库仑力也最大，弹力也是最大，从而即可求解．‎ ‎7. 如图所示，正方形单匝铝质线圈abcd和efgh分别在外力作用下以相同速度v向右匀速进入同一匀强磁场中。已知两线圈导线的横截面积相同，所用材料也相同，两线圈的边长之比为1：2，则（ ）‎ A. 两线圈的右边刚进入磁场时，产生的感应电流之比为1：2‎ B. 两线圈的右边刚进入磁场时，所加的外力大小之比为1：2‎ C. 两线圈在进入磁场的整个过程中，通过导体横截面的电荷量之比为1：2‎ D. 两线圈在进入磁场的整个过程中，产生的焦耳热之比为1：4‎ ‎【答案】BCD ‎【解析】A、设线圈abcd的边长为L，线圈efgh的边长为2L.线圈abcd进入磁场过程中，产生的感应电动势 E=BLv，感应电流 ，又电阻 ，联立得，故两电流之比为1:1，A错误；‎ B、线圈匀速通过，则有，故外力之比等于边长之比，为1:2，B正确；‎ C、 ，又 ，则电荷量 ，故电荷量之比等于边长之比，为1:2，C正确；‎ D、线圈进入磁场过程中产生的焦耳热： ，故产生的焦耳热之比为边长的平方比，为1:4，D正确；‎ 故选BCD ‎8. 如图甲所示，AB两端接直流稳压电源，其电压UAB=100V，R0=40Ω，滑动变阻器的总电阻R=20Ω，滑动片处于滑动变阻器R的中点；如图乙所示，自耦变压器输入端A、B接交流电源，其电压有效值UAB=100V，R0=40Ω，滑动片处于线圈中点位置．则下列分析中正确的是（　　）‎ A. 甲图中UCD=80V，且R0中的电流为2A B. 乙图中UCD=200V，且R0中的电流的有效值为5A C. 甲图中UCD=50V，且R0中的电流为1.25A D. 乙图中UCD=80V，且R0中的电流的最大值约为2A ‎【答案】AB ‎【解析】AC、R的上半部分与R0串联的总电阻为：R′=R0+=50Ω；‎ 由欧姆定律可得流过R0的电流为：I0==A=2A；‎ R0两端的电压为：U0=I0R0=2A×40Ω=80V；‎ 即CD两端的电压为80V，通过R0的电流为2A，故A正确，C错误．‎ BD、由乙图可知AB之间的线圈是原线圈，CD之间的线圈是副线圈，‎ 滑片处于线圈中点位置时原副线圈匝数比为1：2，根据电压与匝数成正比可求出CD两端的电压为：U2=2U1=200V，‎ 通过R0的电流为：I==5A，故B正确，D错误；‎ 故选：AB．‎ 点睛：由图可知R的上端与R0串联后与R的下端并联；两支路两端的电压均为UAB，由欧姆定律可求得通过R0的电流，及R0两端的电压；滑片处于线圈中点位置时原副线圈匝数比为1：2，根据电压与匝数成正比可求出CD两端的电压，知道了CD两端的电压就能救出通过R0的电流．‎ 本题考查欧姆定律的就用，只需明白电路结构即可顺利求解．对变压器要知道输入电压和输出电压的关系该题就能顺利解出．‎ ‎9. 如图所示，平行纸面向下的匀强电场与垂直纸面向外的匀强磁场相互正交，一带电小球刚好能在其中做竖直面内的匀速圆周运动。若已知小球做圆周运动的半径为r，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，重力加速度大小为g，则下列判断中正确的是（　　）‎ A. 小球一定带负电荷 B. 小球一定沿顺时针方向转动 C. 小球做圆周运动的线速度大小 D. 小球在做圆周运动的过程中，电场力始终不做功 ‎【答案】AC ‎【解析】A、带电小球在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，带电小球受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，故小球一定带负电荷，故A正确；‎ B、磁场方向向外，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断小球的旋转方向为逆时针（四指所指的方向与带负电的粒子的运动方向相反），故B错误；‎ C、由电场力和重力大小相等，得：mg=qE，带电小球在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为：，联立得：，故C正确；‎ D、小球在做圆周运动的过程中，电场力要做功，洛伦兹力始终不做功，故D错误；‎ 故选AC。‎ ‎10. 如图是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E，平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2．平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场．下列说法正确的是( )‎ A. 质谱仪是分析同位素的重要工具 B. 速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里 C. 速度选择器只能一种电性，且速度等于的粒子 D. 打在A1处的粒子比打在A2处的粒子的比荷小 ‎【答案】AD ‎【解析】A、粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：‎ ‎ ，解得 ，知道粒子电量后，便可求出m 的质量，所以质谱仪可以用来分析同位素，故A正确；‎ B、假设粒子带正电，则在速度选择器中受到向右的电场力，所以磁场力的方向应该向左，由左手定则知，磁场方向应该垂直纸面向外，故B错误；‎ C、在速度选择器中做匀速直线运动的粒子能进入偏转磁场，由平衡条件得： ‎ 解得： ，则能通过速度选择器的与电荷的电性无关，故C错误；‎ D、粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得: ,，解得,由此可知，r越小，荷质比越大，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，所以打在A1处的粒子比打在A2处的粒子的比荷小，故D正确；‎ 综上所述本题答案是：AD 点睛：做此类题要记住采取分段分析，即分为加速，匀速，偏转三个阶段。‎ 二、实验题（每空2分，共18分）‎ ‎11. 实际电流表有内阻，可等效为理想电流表与电阻的串联，测量实际电流表G1内阻r1的电路如图1所示，供选择的仪器如下：‎ ‎①待测电流表G1（0～5mA，内阻约300Ω）；‎ ‎②电流表G2（0～10mA，内阻约100Ω）；‎ ‎③定值电阻R1（300Ω）； ④定值电阻R2（10Ω）；‎ ‎⑤滑动变阻器R3（0～1000Ω）；⑥滑动变阻器R4（0～20Ω）；‎ ‎⑦干电池（1.5V）；⑧电键S及导线若干．‎ 按电路连接电路，多次移动滑动触头，记录相应的G1、G2读数I1、I2，作出相应的图线，如图所示 ‎（1）定值电阻应选_______，滑动变阻器应选________．（在空格内填写序号）；‎ ‎（2）根据I2-I1图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式_______。‎ ‎【答案】 (1). ③ (2). ⑥ (3). ‎ ‎.....................‎ ‎（2）根据并联分流公式，又，解得。‎ 点睛：本题考查测量实际电流表内阻的实验器材选择，滑动变阻器采用的分压式接法，其电阻不要太大，根据实验原理和串并联特点，分析电流表内阻的表达式。‎ ‎12. 某同学在一次“测定某电阻元件的电阻率”的实验中，用游标卡尺测量电阻元件的长度为L，用螺旋测微器测量金属丝直径d。‎ ‎（1）电阻元件长L为_______mm，金属丝的直径d为_________mm；‎ ‎（2）选用“×10”倍率的电阻挡估测元件电阻，发现多用表指针偏转过大，因此需选择______ 倍率的电阻挡（填：“×1”或“×100”）．并 __________ 再进行测量，之后多用表的示数如图3所示，测量结果为 R=______ Ω．‎ ‎（3）用伏安法较准确的测出电阻元件的电阻，然后根据电阻定律计算出该电阻元件的电阻率．电压表的示数为U，电流表的示数为I。该电阻元件的电阻率ρ=______________。（用L、d、U、I表示）‎ ‎【答案】 (1). 23.7mm (2). 2.793mm– 2.795mm (3). ×1 (4). 欧姆调零 (5). 30Ω (6). ‎ ‎【解析】（1）由图示游标卡尺可知，其示数为：； 由图示螺旋测微器可知，其示数为：；‎ ‎（2）选用“×10”倍率的电阻挡测量，多用表指针偏转过大，所选倍率太大，为准确测量电阻阻值，应选择较小倍率，因此需选择×1倍率的电阻挡，换挡后要重新进行欧姆调零，然后再进行测量，由图示表盘可知，电阻阻值：；‎ ‎（3）根据欧姆定律：，根据电阻定律：‎ 联立可以得到：。‎ 点睛：本题考查了游标卡尺、螺旋测微器、欧姆表读数、求电阻率；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；游标卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读。‎ 三．计算题 ‎13. 如下图甲，水平放置的平行金属导轨左边接有电阻，轨道相距且所在处有竖直向下的匀强磁场，磁场随时间的变化关系如下图乙，金属棒横跨导轨两端，其电阻，金属棒与电阻相距．若整个系统始终处于静止状态，求：‎ ‎（1）当时，通过金属棒的感应电流大小和方向．‎ ‎（2）当时，金属棒受到的安培力的大小？‎ ‎【答案】(1) ，方向由b向a （2）‎ ‎【解析】试题分析：（1）由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，然后由欧姆定律求出感应电流，由楞次定律判断感应电流方向；（2）由乙图可知t=0.1s时磁感应强度B的大小，由F=BIL求出导体棒受到的安培力．‎ ‎（1）由法拉第电磁感应定律得：时，感应电动势：‎ 回路中感应电流：‎ 由楞次定律得中的感应电流由b向a．‎ ‎（2）根据安培力的公式 由乙图可知t=0.1s磁感应强度 代入解得：‎ ‎14. 如图所示,为交流发电机示意图，匝数为n =100匝矩形线圈，边长分别为10cm和20cm，内电阻r =5Ω，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕OO’轴以ω=rad/s的角速度匀速转动，线圈与外电阻R=20Ω相连接，求:‎ ‎(1)从图示位置开始计时，写出瞬时电动势e的表达式 ‎（2）开关S合上时，电压表和电流表示数。‎ ‎(3)S闭合后，求线圈从图示位置转过900的过程中通过R的电量.‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】（1）感应电动势最大值为：‎ 则感应电动势的瞬时值表达式为：， ‎ ‎(2)感应电动势有效值为：，电键S合上后，由闭合电路欧姆定律有：，‎ ‎（3）根据法拉第电磁感应定律以及电流公式可以得到：‎ 点睛：本题考查了交流电的应用问题，要知道电流表电压表读数为有效值，并会计算交流电的有效值。‎ ‎ ‎ ‎15. 在某空间存在着水平向右的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示，一段光滑且绝缘的圆弧轨道AC固定在纸面内，其圆心为O点，半径R＝1.8m，OA连线在竖直方向上，AC弧对应的圆心角θ＝37°。今有一质量m＝3.6×10－4kg、电荷量q＝＋9.0×10－4C的带电小球(可视为质点)，以v0＝4.0m/s的初速度沿水平方向从A点射入圆弧轨道内，一段时间后从C点离开，小球离开C点后做匀速直线运动，已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos370=0.8 ,不计空气阻力，求：‎ ‎(1)匀强电场的场强E；‎ ‎(2)小球射入圆弧轨道的瞬间对轨道A处的压力。‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】 (1)当小球离开圆弧轨道后，对其受力分析如图所示：‎ 由平衡条件得：F电＝qE＝mgtanθ 代入数据解得：E＝3N/C ‎(2)小球从进入圆弧轨道到离开圆弧轨道的过程中，由动能定理得：‎ F电Rsinθ－mgR(1－cosθ)＝ ‎ 代入数据得：v＝5m/s 由F电＝qvB＝ ‎ 解得：B＝1T 分析小球射入圆弧轨道瞬间的受力情况 由牛顿第二定律得：FN＋Bqv0－mg＝ ‎ 代入数据得：FN＝3.2×10－3N 由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为：FN＝3.2×10－3N.‎ 点睛：本题考查了带电粒子在复合场中的运动，对于这类问题关键是正确进行受力分力，明确运动形式，根据相关规律解答．‎ ‎16. 如图所示，在xOy平面内0＜x＜L的区域内有一方向竖直向上的匀强电场，x＞L的区域内有一方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场．某时刻，一带正电的粒子从坐标原点，以沿x轴正方向的初速度v0进入电场；之后的另一时刻，一带负电粒子以同样的初速度从坐标原点进入电场．正、负粒子从电场进入磁场时速度方向与电场和磁场边界的夹角分别为60°和30°，两粒子在磁场中分别运动半周后恰好在某点相遇．已知两粒子的重力以及两粒子之间的相互作用都可忽略不计．‎ 求：（1）正、负粒子的比荷之比：；‎ ‎（2）正、负粒子在磁场中运动的半径大小；‎ ‎（3）两粒子先后进入电场的时间差．‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】（1）设粒子进磁场方向与边界夹角为θ，‎ ‎     ‎ ‎  ‎ ‎   ‎ 联立可得 ‎ 所以：=：   ‎ ‎（2）磁场中圆周运动速度，，   ‎ ‎ ，‎ ‎，‎ ‎   ‎ 两粒子离开电场位置间的距离    ‎ 根据题意作出运动轨迹，两粒子相遇在P点 由几何关系可得 ，    ‎ ‎，    ‎ ‎（3）两粒子在磁场中运动时间均为半个周期 ‎    ‎ ‎    ‎ 由于两粒子在电场中时间相同，所以进电场时间差即为磁场中相遇前的时间差 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎