广东省惠州市东江高级中学学年高二下学期四月月考物理精校 Word解析版Word文档格式.docx

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A.1305、25、7、1

B.202、405、625、825

C.1202、1010、723、203

D.1202、1305、723、203

【详解】由于绝大多数粒子运动方向基本不变，所以A位置闪烁此时最多，少数粒子发生了偏转，极少数发生了大角度偏转。

符合该规律的数据只有A选项，A正确．

3.如图所示，粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行，现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移动过程中线框的一边a、b两点间电势差绝对值最大的是（　　）

A.

B.

C.

D.

【答案】B

试题分析：

四种情况都是一条边切割磁感线，故产生的感应电动势都相等，线圈的电阻还都相同，故线圈中的电流都相等，a、b两点间电势差的绝对值最大的应该是路端电压最大时，故ACD中的电势差都相等，B中的电势差最大，故选项B正确。

考点：

电磁感应，欧姆定律。

4.如图所示，一个有矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里。

一个三角形闭合导线框，由位置1（左）沿纸面匀速运动到位置2（右）。

取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点（t=0），规定逆时针方向为电流的正方向，则下图中能正确反映线框中电流与时间关系的是（　）

先由楞次定律依据磁通量的变化可以判定感应电流的方向，再由感应电动势公式

和欧姆定律，分段分析感应电流的大小，即可选择图象．

线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流i应为正方向，故BC错误；

线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E=BLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；

线框完全进入磁场的过程，磁通量不变，没有感应电流产生．线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流i应为负方向；

线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由

，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小，故A正确，D错误．

5.如图所示，O1O2是矩形导线框ABCD的对称轴，其左方有匀强磁场。

下列情况下ABCD中有感应电流产生的是（　　）

A.将ABCD向纸外平移

B.将ABCD向右平移

C.将ABCD以AB为轴转动60°

D.将ABCD以CD为轴转动60°

【答案】BD

【详解】由于磁场为匀强磁场，将ABCD向纸外平移，其磁通量都不变化，因此不会产生感应电流，A错误；

将ABCD向右平移，其磁通量变小，根据楞次定律，则产生感应电流，B正确；

将ABCD以AB为轴转动60°

，穿过线圈的磁通量不变化，不产生感应电流，C错误；

当线圈绕CD轴转动60°

时，磁通量将变小，根据楞次定律，则产生感应电流，D正确．

6.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b是原线圈中心的抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1=220

sin100πtV，则（　　）

A.当单刀双掷开关与a连接时，电压表V1的示数为22V

B.当t=

s时，电压表V0的读数为220V

C.单刀双掷开关与a连接，当滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，电压表V1的示数增大，电流表示数变小

D.当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表V1和电流表的示数均变小

【答案】BC

A项：

当单刀双掷开关与a连接时，匝数之比为10：

1，原线圈两端有效值为220V，所以副线圈电压有效值为22V，由图可知，电压表V2应小于22V，故A错误；

B项：

电压表的示数为交变电流的有效值即

，故B正确；

C项：

若将滑动变阻器触片P向上移动，负载电阻增大，电流表示数减小，由于副线圈两端电压不变，电流减小，所以电压表V2示数增大，故C正确；

D项：

当单刀双掷开关由a扳向b时，匝数之比为5：

1，输出电压增大，电压表和电流表的示数均变大，故D错误。

点晴：

变压器的特点：

匝数与电压成正比，与电流成反比，输入功率等于输出功率，结合欧姆定律分析。

7.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300W

B.升压变压器的匝数比为1∶100

C.输电线上的电流为100A

D.降压变压器的输入电压为4970V

【答案】AD

【详解】输电线上损失功率为

，A正确；

输电线上的电流为

，C错误；

升压变压器原线圈中的电流为

，根据电流与匝数成反比，得

，B错误；

升压变压器副线圈两端的电压为

，输电线上损失的电压为

，降压变压器输入电压为

，D正确；

8.如图，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上放有一金属棒MN。

现从t=0时刻起，给棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，即I=kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好。

下列关于棒的摩擦力f、安培力F、速度v、加速度a随时间t变化的关系图象，可能正确的是（　　）

解:

CD、当从t=0时刻起,金属棒通以I=kt,则由左手定则可以知道,安培力方向垂直纸面向里,使其紧压导轨,则导致棒在运动过程中,所受到的摩擦力增大,所以加速度在减小,因为速度与加速度方向相同,则做加速度减小的加速运动;

当滑动摩擦力等于重力时,加速度为零,则速度达到最大;

当安培力继续增大时,导致加速度方向竖直向上,则出现加速度与速度方向相反,因此做加速度增大的减速运动;

而速度与时间的图象的斜率表示加速度的大小,因为

由牛顿第二定律得:

因此

而重力小于摩擦力时,加速度方向向上,故C错误,D正确;

B、安培力

所以B选项是正确的;

A、开始时是滑动摩擦力,

变为静摩擦力后,

但摩擦力是突然变小的,应该是速度最大的时刻滑动摩擦力与重力平衡,故A错误;

所以BD选项是正确的

二、非选择题

9.在伏安法测电阻的实验中，电压表V的内阻约为4kΩ，电流表A的内阻约为0.5Ω，测量电路中电流表的连接方式如图（a）或图（b）所示，并将得到的电流、电压数据描到U-I图象上，如图（c）所示．

（1）图（c）中图线I是采用_______连接方式得到的数据描绘的（选填“图（a）”或“图（b）”）；

（2）由图（c）中图线II求出电阻的测量值Rx=________Ω；

（保留2位有效数字）

（3）采用_______连接方式（选填“图（a）”或“图（b）”）测得的电阻误差较小．

【答案】

（1）.图（a）

（2）.1.2-1.4（3）.图（b）

【分析】

（1）根据电路图与图示图象根据电源相等时电流关系分析答题．

（2）根据图示图象应用欧姆定律可以求出电阻阻值．

（3）根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后选择实验电路．

【详解】

（1）电流表采用外接法时由于电压表的分流作用所测电流偏大，由图示图象可知，电压相等时图线Ⅱ电流大，图线Ⅱ电流表采用外接法，图线Ⅰ电流表采用内接法，由此可知，图线Ⅰ是采用图（a）所示电路得到的数据描绘的；

（2）由图示图象可知，根据图线II求出电阻的测量值：

（3）待测电阻阻值约为1.3Ω，电压表内阻约为4kΩ，电流表内阻约为0.5Ω，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表采用外接法实验误差小，即选择图（b）所示电路误差小．

【点睛】本题考查了电流表接法的选择，考查了实验误差分析；

当待测电阻阻值远大于电流表内阻时电流表应采用内接法，当电压表内阻远大于待测电阻阻值时电流表应采用外接法．

10.利用图（a）所示的装置测量滑块运动的加速度，将木板水平固定在桌面上，光电门A固定在木板上靠近物块处，光电门B的位置可移动，利用一根压缩的短弹簧来弹开带有遮光片的滑块．实验步骤如下：

（1）用游标卡尺测量遮光片的宽度d，其示数如图（b）所示，d=_________cm；

（2）两个光电门同时连接计时器，让滑块从O位置弹开并沿木板向右滑动，用计时器记录遮光片从光电门A运动至B所用的时间t，再用米尺测量A、B之间的距离s．则表示滑块在A至B段的___________的大小；

（3）保持光电门A的位置不动，逐步改变光电门B的位置，每次都使滑块从O位置弹开，用计时器记录每次相应的t值，并用米尺测量A、B之间相应的距离s．每次实验重复几次测量后取平均值，这样可以减少实验的_______误差（填“偶然”或“系统”）；

（4）若用

图象处理数据，所得图象如图（c）所示，该图线在轴上的截距表示滑块经过______速度的大小；

用作图法算出滑块运动的加速度a=_______m/s2．（保留2位有效数字）

【答案】

（1）.0.860

（2）.平均速度（3）.偶然（4）.光电门A（5）.2.4

（1）宽度d的读数为：

（2）表示滑块在A至B段的平均速度；

（3）每次实验重复几次测量后取平均值，是为了减小人为操作造成的误差，为偶然误差；

（4）若某同学做该实验时误将光电门乙的位置改变多次，光电门A的位置保持不变，画出

图线后，得出的纵坐标截距的物理含义为滑块经过光电门A时的瞬时速度，加速度为

.

【点睛】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．由位移时间关系式整理得到

图线的表达式，并找出图线的斜率和加速度关系．

11.两根足够长的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为l．导轨左端连接一个阻值为R的电阻，同时还连接一对间距为d的水平放置的平行金属极板．在导轨上面横放着一根阻值为r、质量为m的导体棒ab，构成闭合回路，如图所示．在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B．用大小为F的水平外力拉着导体棒沿导轨向右匀速滑行，已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，忽略导轨的电阻．

（1）求导体棒匀速滑行的速度大小．

（2）导体棒匀速滑行过程，有一个质量为m0的带电小液滴静止悬浮在平行金属极板间（极板间为真空），求小液滴的电荷量并说明其电性．

【答案】

（1）

（2）

（液滴带正电）

（1）根据共点力的平衡条件结合安培力的计算公式、闭合电路的欧姆定律联立求解；

（2）根据欧姆定律求解两极板间的电压，再以液滴为研究对象，根据共点力的平衡条件求解电荷量及其电性．

（1）棒匀速滑行，有

①，

回路中的电流

②，

解得导体棒匀速滑行的速度大小

③；

（2）金属板间的电压

④，

带电液滴静止在极板间，有

⑤，

解得小液滴的电荷量

（液滴带正电）⑥．

【点睛】对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：

确定哪部分相对于电源，根据电路连接情况画出电路图，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及电功率的计算公式列方程求解．

12.如图甲所示，水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置，间距d=0.5m，电阻不计，左端通过导线与阻值R=2Ω的电阻连接，右端通过导线与阻值RL=4Ω的小灯泡L连接。

在CDFE矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，CE长l=2m，有一阻值r=2Ω的金属棒PQ放置在靠近磁场边界CD处（恰好不在磁场中）。

CDFE区域内磁场的磁感应强度B随时间变化如图乙所示。

在t=0至t=4s内，金属棒PQ保持静止，在t=4s时使金属棒PQ以某一速度进入磁场区域并保持匀速运动。

已知从t=0开始到金属棒运动到磁场边界EF处的整个过程中，小灯泡的亮度没有发生变化。

求：

（1）通过小灯泡的电流；

（2）金属棒PQ在磁场区域中运动的速度大小。

（1）0.1A

（2）v=1m/s

（1）在t＝0至t＝4s内，金属棒PQ保持静止，磁场变化导致电路中产生感应电动势。

电路为r与R并联，再与RL串联，电路的总电阻

R总＝RL＋

＝5Ω（2分）

此时感应电动势

E＝

＝dl

＝0.5×

2×

0.5V＝0.5V（2分）

通过小灯泡的电流为：

I＝

＝0.1A。

（2分）

（2）当棒在磁场区域中运动时，由导体棒切割磁感线产生电动势，电路为R与RL并联，再与r串联，此时电路的总电阻

R总′＝r＋

＝

Ω＝

Ω（2分）

由于灯泡中电流不变，所以灯泡的电流IL＝I＝0.1A，则流过金属棒的电流为

I′＝IL＋IR＝IL＋

＝0.3A（2分）

电动势E′＝I′R总′＝Bdv（1分）

解得棒PQ在磁场区域中运动的速度大小

v＝1m/s（1分）

法拉第电磁感应定律

13.如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角α=30°

，导轨上端跨接一定值电阻R，导轨电阻不计．整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，长为L的金属棒cd垂直于MN、PQ放置在导轨上，且与导轨保持电接触良好，金属棒的质量为m、电阻为r，重力加速度为g，现将金属棒由静止释放，当金属棒沿导轨下滑距离为s时，速度达到最大值vm．求：

（1）金属棒开始运动时的加速度大小；

（2）匀强磁场的磁感应强度大小；

（3）金属棒沿导轨下滑距离为s的过程中，电阻R上产生的电热．

（1）a=0.5g

（2）

（3）

本题考查牛顿第二定律的应用，金属棒开始下滑时没有切割磁感线，只有重力沿斜面向下的分力提供加速度，当导体棒匀速下滑时，所受安培力水平向右，由受力平衡可求得安培力，由公式F=BIL和欧姆定律可求得磁感强度B的大小，焦耳热可根据功能关系求解，重力做功转化为焦耳热和动能