四川省泸县第四中学2022-2023学年高二下学期3月月考物理Word版含解析.docx

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泸县四中2022-2023学年高二下期第一学月考试物理试题注意事项：物理110分，化学100分，生物90分；同堂分卷考试，满分300分，考试时间共150分钟。第I卷选择题（54分）一、选择题：本题共9小题，每小题6分，共54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7~9题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.下列关于感应电动势的说法中，正确的是（  ）A.穿过闭合电路的磁通量越大，感应电动势就越大B.穿过闭合电路的磁通量的变化越大，感应电动势就越大C.穿过闭合电路的磁通量的变化越快，感应电动势就越大D.穿过闭合电路的磁通量不变化，感应电动势最大【答案】C【解析】【详解】根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势大小取决于磁通量变化率、磁通量变化快慢，穿过闭合电路磁通量的变化越快，感应电动势就越大，磁通量大、磁通量变化大感应电动势不一定大，穿过闭合电路的磁通量不变化，则感应电动势为零。故选C。2.如图是教材中演示自感现象的电路图，L为电感线圈。实验时，断开开关S瞬间，灯A突然闪亮，随后逐渐变暗。下列说法正确的是（　　）A.A与L的电阻值相同B.闭合S，电路稳定后，A中电流大于L中电流C.A的电阻值小于L的电阻值D.断开S瞬间，M点电势小于N点电势 【答案】D【解析】【详解】ABC．电路稳定后，电感器相当于一个定值电阻，断开开关S瞬间，灯A突然闪亮，说明稳定时通过电感L的电流大于通过灯泡A的电流，故L的阻值小于A的阻值，故ABC错误；D．根据电感器的基本特征，在电流减小的瞬间，电感器会产生一个阻碍电流变化的电动势，故断开S瞬间，感应电流在电源外部从N到M，故M点的电势小于N点的电势，故D正确。故选D。3.如图所示，已知电源电动势为内阻为，保护电阻，为电阻箱．下列说法错误的是（）A.当电阻箱读数为时，保护电阻消耗的电功率最大B.当电阻箱读数为时，电阻箱消耗的功率最大C.若电阻箱的最大值为，，则当电阻箱读数为时，电阻箱的功率最大D.电源的最大输出功率【答案】A【解析】【分析】写出保护电阻R0消耗的电功率的表达式，据表达式分析其功率随所串联电阻阻值的变化关系．把定值电阻R看成电源的内阻，即等效电源的内阻r′=R0+r，当R=r′时，输出功率最大．当内外电路的电阻相等时，输出功率最大．【详解】保护电阻消耗的电功率为：，因为R0和r是常量，而R是变化的，所以R最小时，P0最大，故A说法错误；当R0+r=R，即R=1+0.5=1.5Ω时电阻箱消耗的电功率最大，故B说法正确；电阻箱消耗的功率为，若最大值为，根据输出功率图象可知当R最大时，R的输出功率最大，即当电阻箱读数为时，电阻箱的功率最大，故C 说法正确；当内外电路的电阻相等时，输出功率最大，即R+R0=r，解得：R=0.5Ω，功率，故D说法正确．所以选A．【点睛】本题考查功率公式的应用；解题的关键要知道电源的内电阻与外电阻相等时，电源的输出功率最大．注意明确等效电阻的应用．4.如图，实线为某一点电荷的等势线，虚线为一电子从A点进入该电场的运动轨迹，A、B、C、D为等势线上的点，其电势分别为、、、，电场强度的大小分别为、、、，则（　　）A.B.C.电子由A点运动到B点，电场力先做负功后做正功D.电子由A点运动到B点，电势能减少【答案】C【解析】【详解】A．曲线运动所受合外力指向曲线运动轨迹的凹侧，电子带负电，根据电子的运动轨迹可知中心点电荷带负电，电场线指向中心负电荷，根据沿电场线电势降低可知A错误；B．根据点电荷电场强度公式可知B错误；CD．从点运动到点，电势先减小后增大，根据电势能 可知，电子的电势能先增大后减小，所以电场力先做负功后做正功，C正确，D错误。故选C。5.理想变压器电路如图所示，其中R为滑动变阻器，定值电阻10Ω，原副线圈匝数之比，电流表、电压表均为理想电表，当滑动变阻器R的滑片向下移动时，电流表、电压表示数变化量的绝对值分别用和表示。则关于和的比值，下列说法正确的是（　　）A.逐渐增大B.逐渐减小C.不变且D.不变且【答案】D【解析】【详解】根据变压器的原理可得则有在原线圈电路中有即整理可得 则有故ABC错误，D正确。故选D。6.如图所示，等腰直角三角形AOB内部存在着垂直纸面向外的匀强磁场，OB在x轴上，长度为2L．纸面内一边长为L的正方形导线框的一边在x轴上，沿x轴正方向以恒定的速度穿过磁场区域．规定顺时针方向为导线框中感应电流的正方向，时刻导线框正好处于图示位置。则下面四幅图中能正确表示导线框中感应电流i随位移x变化的是（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】根据电磁感应定律，当时，通过线圈的磁通量均匀增加产生顺时针的感应电流，当时，右边切割磁感线的长度减小，左边切割磁感线的长度增大，由法拉第电磁感应定律可判断两个边切割磁感线产生的电流方向相反，所以和电流逐渐减小，在时电流减小到零，随后左边边长大于右边边长，电流反向，故B正确，ACD错误。故选B。7.一列横波正在沿x轴正方向传播，计时开始后处质点的振动图像如图甲所示，某时刻这列波的波动图像如图乙所示，则下列说法正确的是（　　） A.该时刻处质点沿y轴负方向振动B.波的传播速度大小为C.这个时刻可能是D.这个时刻可能是【答案】ABC【解析】【详解】A．波沿x轴正方向传播，由波形图可知该时刻处质点的振动方向为y轴负方向，A正确；B．根据振动图像和波动图像知，，，所以即B正确；CD．由波动图像可知此时处质点位移为，又因为处质点的振动方程为若，解得或由于处质点在该时刻振动方向沿y轴正方向，可知，C正确，D错误。故选ABC。8.如图所示，单匝矩形线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的边匀速转动，周期为，线圈电阻为。磁场只分布在边的左侧，若线圈从如图所示开始计时，线圈转过时的感应电流为，那么（　　）A.线圈中感应电流的有效值为 B.线圈磁通量变化率的最大值为C.线圈从图示位置转过的整个过程中，流经线圈导线横截面的电量为D.线圈消耗的电功率为【答案】CD【解析】【详解】A．线圈转动产生的感应电动势的最大值为，最大电流，则又线圈转过时的感应电流为，所以由于线圈在转动过程中在半个周期内有感应电流，根据电流的热效应可得解得故A错误；B．线圈内产生的感应电动势的有效值根据解得根据可知故B错误；C．线圈转动的角速度为 根据可得故线圈从图示位置转过的整个过程中，流经线圈导线横截面的电量为故C正确；D．线圈消耗的电功率为故D正确。故选CD。9.如图所示，虚线为相邻两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ的边界，两个区域的磁场磁感应强度大小都为B，方向相反且都垂直于纸面，两个区域的高度都为l．一质量为m，边长也为l的单匝矩形导线框abcd，从磁场区域上方某处由静止释放，ab边进入区域Ⅱ之前，线框已开始做匀速运动，速度大小为v1，当线框的ab边下落到出区域Ⅱ之前，线框又开始做匀速运动，速度大小为v2．下落过程中，ab边保持水平且线框不发生转动，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）A.线框进入磁场区域Ⅰ过程中，可能加速度减小，速度变大B.C.当线框的ab边刚进入区域Ⅱ时，加速度大小为gD.线框出磁场区域Ⅱ过程中，可能加速度减小，速度减小【答案】AB 【解析】【详解】A．如果线框进入磁场时安培力小于重力，根据牛顿第二定律可得mg-FA=ma即速度增大，加速度减小，所以线框进入磁场区域Ⅰ过程中，可能加速度减小，速度变大，故A正确；B．ab边进入区域Ⅱ之前，线框受到的安培力F=BIl=线框做匀速运动，处于平衡状态，由平衡条件得=mg解得v1=线框ab边下落到出区域Ⅱ之前，ab、cd两边都切割磁感线产生感应电动势，线框做匀速运动，安培力为F安′=由平衡条件得mg=F安′解得v2=v1故B正确；C．当ab边刚进入磁场区域Ⅱ时，ab和cd两边都切割磁感线产生感应电动势，回路中感应电动势为E′=2Blv1感应电流为I′线框所受的安培力大小为 F安=2BI′l==4mg根据牛顿第二定律得F安-mg=ma解得a=3g方向竖直向上，故C错误；D．线框出磁场区域Ⅱ过程中，安培力小于重力，根据牛顿第二定律可得mg-FA=ma即a=g-速度增大，加速度减小，故D错误。故选AB。第II卷（非选择题56分）二、实验题（16分）10.用单摆测定重力加速度实验。（1）选用合适的器材组装成单摆后，主要步骤如下：①将单摆上端固定在铁架台上。②测量悬点到球心间的距离为摆长L。③记录小球完成n次全振动所用的总时间t。④根据单摆周期公式计算重力加速度g的大小。重力加速度测量值表达式g=________（用L、n、t及圆周率π表示）。（2）若空气阻力不能忽略，小球的振动为________振动。（选填“受迫”或“阻尼”）（3）忽略空气阻力的影响，为减小实验误差，多次改变摆长L，测量对应的单摆周期T，以T2为纵轴，L为横轴，绘制出T2-L图像，计算得到图线的斜率为k，则当地的重力加速度g测=________（用k及圆周率π表示）；后来发现实验时所用的小球的重心比小球的球心略低，此小问中测得的g测________（选填“大于”、“等于”或“小于”）当地真实的重力加速度值。【答案】①.②.阻尼③.④.等于【解析】【详解】（1）[1]根据 其中解得（2）[2]若空气阻力不能忽略，小球的振幅越来越小，即振动为阻尼振动。（3）[3]根据可得T2-L图像的斜率解得[4]实验时所用的小球的重心比小球的球心略低，则摆长略长，则表达式变为而T2-L图像的斜率不变，则重力加速度的测量值不变，即此小问中测得的g测等于当地真实的重力加速度值。11.某同学要用20分度的游标卡尺测量某一金属圆柱体的长度，并用欧姆表粗测其电阻。（1）其长度如甲图所示，由图可知其长度为L=______mm；（2）该同学用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻R，表盘的示数如乙图，则该电阻的阻值约为______Ω。 【答案】①.50.15②.120【解析】【详解】（1）[1]根据游标卡尺的读数规律，该读数为（2）[2]根据欧姆表的读数规律，该读数为12.某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：A.被测干电池一节B.电流表1：量程0~3A，内阻约为C.电流表2：量程0~0.6A，内阻约为D.电压表1：量程0~3V，内阻未知E.电压表2：量程0~15V，内阻未知F.滑动变阻器：，2AG.开关、导线若干在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻.（1）在上述器材中请选择适当的器材（填写器材前的字母）：电流表选择______，电压表选择______.（2）实验电路图应选择如图中的______（填“甲”或“乙”）.（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的图象，则干电池的电动势______V，内电阻______. 【答案】①.C②.D③.乙④.1.5⑤.1.0【解析】【详解】（1）[1][2]本实验测量一节干电池的电动势和内阻，一节干电池的电动势约为，故电压表选择D；根据滑动变阻器的阻值可知，电路中的电流表应选择C。（2）[3]图甲电路由于电源内阻较小，电流表的内阻对电源内阻的测量影响较大，则实验电路图应选择图乙。（3）[4][5]根据图像以及闭合电路欧姆定律可知故干电池的电动势为干电池内阻为四、解答题（本答题共三个小题，12题10分，13题12分，14题18分，共40分）13.如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，实线为t1=0时刻的波形图，虚线为t2=0.5s时刻的波形，2T>(t2－t1)>T．(1)若波沿x轴正向传播，从t1=0时刻开始，x=5m处的质点最少要经过多长时间到达平衡位置?(2)若波速为v=26m/s，求t2=0.5s时刻，x=8m处的质点的振动方向．【答案】（1）s（2）沿y轴正向运动【解析】【分析】若波沿x轴正向传播，根据在时间内播传播的距离求解得播传播的周期，从而求 处的质点要达到平衡位置最少要经过的时间；结合图像可知，波沿x轴负方向传播，根据波动与振动的关系求x=8m处的质点的振动方向；【详解】(1)由图可知波的波长为：若波沿x轴正向传播，则在时间内播传播的距离满足：，(n=1，2，3….)由于因此，，解得播传播周期：由图可知，时刻处质点刚好在平衡位置，故从时刻处的质点要达到平衡位置最少要经过的时间为：(2)若波速为v=26m/s，则波在t2=0.5s时刻传播的距离由于结合图像可知，波沿x轴负方向传播，根据波动与振动的关系可知：在t2=0.5s时刻，x=8m处的质点沿y轴正向运动；14.在水平向右、场强为E的匀强电场中，有一质量为m、带正电的小球，用长为l的绝缘细线悬挂于O点，当小球静止时，细线与竖直方向夹角为θ，小球位于B点，A点与B点关于O点对称，如图所示，现给小球一个垂直于悬线的初速度，小球恰能在竖直平面内做圆周运动，试问：（1）小球的电荷量q为多少？（2）小球在做圆周运动的过程中，在哪一位置速度最小？速度最小值多大？【答案】（1）；（2）A点，【解析】【详解】（1）当小球静止时，细线与竖直方向夹角为θ，小球位于B点，则 解得（2）小球恰好做圆周运动，在平衡位置的反方向上的圆周位置上速度最小，如图所示的A点由牛顿第二定律得解得小球的最小速度为15.如图所示，在光滑水平面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长为L1，bc边的边长为L2，线框的质量为m，电阻为r，线框通过细线绕过光滑的定滑轮与重物相连，滑轮的质量不计，重物的质量为M；水平面上ef和gh是有界匀强磁场的边界，边界与水平面的底边平行，ef和gh间距为L，磁场方向垂直于水平面向下，磁感应强度为B，开始时cd边与ef边界的距离为x。现由静止释放重物，线框恰好能匀速穿过边界gh，线框运动过程中cd边始终与水平面的底边平行，设水平面足够长，矩形线框abcd不会与滑轮接触，重力加速度为g。求：（1）线框穿过gh边界时速度的大小v；（2）线框进入磁场过程中通过线框的电量q；（3）线框穿过磁场过程中产生的焦耳热Q。 【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【分析】【详解】（1）因为线框恰好能匀速穿过gh边界，则线框穿过gh边界时受力平衡，水平方向受力如图所示，拉力F=Mg安培力F安=IL1B由欧姆定律得导线切割产生电动势E=BL1v联立解得（2）研究线框进入磁场过程，产生的平均电动势为线框中流过的平均电流通过的电量联立解得（3 ）研究线框由静止释放到刚好全部穿出磁场的全过程，以线框和重物组成的系统为研究对象，由能量守恒得解得