2020届吉林省白城市洮南市一中高二物理下学期月考试题及答案

物理卷 一、单选题 1．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的 交变电动势的图象如图乙所示，则（　　） A．线框产生的交变电动势有效值为 311V B．t=0.01s 时线框平面与磁场方向平行 C．t=0.005s 时线框的磁通量变化率最大 D．线框产生的交变电动势的频率为 100Hz 2．如图所示，为某一弹簧振子做简谐运动的图像，由图可知（　　） A．t=0 时，质点的速度为零 B．t=0 时，质点的加速度为零 C．t=1s 与 t=3s 时，质点位置相同 D．t=1s 与 t=3s 时，质点加速度相同 3．如图所示，为一交变电流随时间变化的图象，此交流电的有效值是 A．10 A B． A C．7 A D． A 4．如图所示，矩形导体线圈 abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴 OO′匀速转动，沿 着 OO′方向观察，线圈沿逆时针方向转动。已知匀强磁场的磁感强度为 B，线圈匝数为 n，ab 边的边长为 l1，ad 边的边长为 l2，线圈电阻为 R，转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位 10 2 7 2置时（　　） A．线圈中感应电流的方向为 abcda B．线圈中的感应电动势为 2nBl2ω C．电流的功率为 D．线圈 ad 边所受安培力的大小为 5．如图所示，理想交流电流表 A1、A2，定值电阻 R1、R2，光敏电阻 RG（光照强度增大， 阻值减小），分别接在理想变压器的原、副线圈上，U0 为正弦交流电源电压的有效值，且保 持不变。若增大光照强度，则下列说法正确的是（　　） A．电流表 A1 示数增大、A2 示数减小 B．U1、U2 都不变 C．R1、R2 的电功率都增大 D．RG 两端电压增大 6．如图所示，在曲轴上悬挂一个弹簧振子，若不转动把手，让振子上下振动，其振动周期 为 ，现使把手以周期 匀速转动（ ），从而使弹簧振子做受迫振动，当运动稳定 后，那么（　　） A．弹簧振子振动周期为 B．弹簧振子振动周期为 C．要使弹簧振子振幅增大，可让把手转速减小 D．要使弹簧振子振幅增大，可让把手转 速增大 7．如图所示，将可视为质点的小物块用轻弹簧悬挂于拉力传感器上，拉力传感器固定于天 花板上，将小物块托起一定高度后释放，拉力传感器记录了弹簧拉力 F 随时间 t 变化的关系 2 2 2 2 2 1 2 2 n B l l R ω 2 2 2 2 1 2 4 n B l l R ω 1T 2T 2 1T T< 1T 1 2T T−如图所示。以下说法正确的是 A．t0 时刻弹簧弹性势能最大 B．2t0 时刻弹簧弹性势能最大 C． 时刻弹簧弹力的功率为 0 D． 时刻物体处于超重状态 8．如图所示，把电阻、电感、电容并联到某一交流电源上，三个电流表示数相同，保持电 源电压不变，而将频率增大，则三个电表的示数 、 、 的大小关系是（　　） A． B． C． D． 二、多选题 9．安检门是一个用于安全检查的“门”，“门框”内有线圈，线圈里通有交变电流，交变电流 在“门”内产生交变磁场，金属物品通过“门”时能产生涡流，涡流的磁场又反过来影响线圈中 的电流，从而引起报警．以下关于这个安检门的说法正确的是(　　) A．这个安检门也能检查出毒品携带者 B．这个安检门只能检查出金属物品携带者 C．如果这个“门框”的线圈中通上恒定电流，也能检查出金属物品携带者 D．这个安检门工作时，既利用了电磁感应现象，又利用了电流的磁效应 10．如图所示，两个相同灯泡 L1、L2，分别与电阻 R 和自感线圈 L 串联，接到不计内阻的 电源的两端，闭合电键 S，电路稳定后，两灯泡均正常发光。已知自感线圈的自感系数很大。 则下列说法正确的是（　　） A．闭合电键 S 到电路稳定前，灯泡 L1 逐渐变亮 0 3 2 t 0 3 2 t 1I 2I 3I 2 1 3I I I> > 1 2 3I I I> > 1 2 3I I I= = 3 1 2I I I> >B．闭合电键 S 到电路稳定前，灯泡 L2 逐渐变亮 C．断开电键 S，灯泡 L1 立即熄灭 D．断开电键 S，灯泡 L2 慢慢熄灭 11．如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨， 两相同的光滑导体棒 ab、cd 静止在导轨上．t=0 时，棒 ab 以初速度 v0 向右滑动．运动过程 中，ab、cd 始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用 v1、v2 表示，回路中的电流用 I 表 示．下列图像中可能正确的是 A． B． C． D． 12．如图所示，光滑斜面与水平面的夹角为 θ，斜面上质量为 m 物块 A 被平行于斜面的轻 质弹簧拉住静止于 O 点，弹簧的劲度系数为 k，重力加速度为 g。现将 A 沿斜面向上推动至 弹簧压缩量为 处的 C 点无初速度释放，B 为 C 关于 O 的对称点。关于物体 A 后续 的运动过程，下列说法正确的是（　　） A．物体 A 做简谐运动，振幅为 B．物体 A 在 B 点时，系统的弹性势能最大 C．物体 A 速度的最大值为 D．物块在 C 点时，由物块与弹簧构成的系统势能最大，在 B 点时最小 三、实验题 13．实验小组的同学们用如图所示的装置做“用单摆测定重力加速度”的实验。 sinmg k θ sinmg k θ 2 sin mg k θ①测出悬点 O 到小球球心的距离（摆长）L 及单摆完成 n 次全振动所用的时间 t，则重力加 速度 g =_________（用 L、n、t 表示）。 ②实验时除用到秒表、刻度尺外，还应该用到下列器材中的_____(选填选项前的字母)。 A．长约 1 m 的细线 B．长约 1 m 的橡皮绳 C．直径约 1 cm 的均匀铁球 D．直径约 10 cm 的均匀木球 ③选择好器材，将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，应采用图______中所示的固定方式。 ④某实验小组组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁 架台的铁夹将橡皮夹紧，如图所示。这样做的目的是___________(填字母代号)。 A．保证摆动过程中摆长不变 B．可使周期测量得更加准确 C．需要改变摆长时便于调节 D．保证摆球在同一竖直平面内摆动 ⑤他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺量得从悬点到摆球的最低端的长 度 L=0.9990m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图所示，则该摆球的直径为______mm。 ⑥将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是_________(选填选项前的字母)。 A．测出摆线长作为单摆的摆长 B．把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动 C．在摆球经过平衡位置时开始计时 D．用秒表测量单摆完成 1 次全振动所用时间并作为单摆的周期 ⑦甲同学多次改变单摆的摆长并测得相应的周期，他根据测量数据画出了如图所示的图象， 但忘记在图中标明横坐标所代表的物理量。你认为横坐标所代表的物理量是_____(选填 “l2”“l”或“ ”)，若图线斜率为 k，则重力加速度 g=_________(用 k 表示)。 ⑧乙同学测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能 是___________(选填选项前的序号)。 A．开始摆动时振幅较小 B．开始计时时，过早按下停表 C．测量周期时，误将摆球(n-1)次全振动的时间记为 n 次全振动的时间 D．测量摆长时从悬点到小球下端边缘的距离为摆长 四、解答题 14．如图，两根足够长的固定的光滑平行金属导轨位于倾角 θ=30°的固定斜面上，导轨上、 下端接有阻值 R1=R2=16Ω 的电阻，导轨自身电阻忽略不计，导轨宽度 L=2m,在整个导轨平 面内都有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度 B=0.5T，质量 m=0.1kg，电阻 r=2Ω 的金属棒 ab 在较高处由静止释放，金属棒 ab 在下滑过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良 好。已知金属棒 ab 从静止到速度最大时，通过 r 的电荷量为 0.3C,g=10m/s2 求： （1）金属棒 ab 下滑的最大速度； （2）金属棒 ab 从静止到速度最大时下滑的位移；（3）金属棒 ab 从静止到速度最大时，ab 棒上产生的焦耳热。 15．如图所示，在磁感应强度 B=0.2T 的水平匀强磁场中，有一边长为 L=10cm，匝数 N=100 匝，电阻 r=1.0Ω的正方形线圈绕垂直于磁感线的 OO′轴匀速转动，转速 。有一 电阻 R=9.0Ω通过电刷与两个导体环接触，R 两端接有理想电压表，从线圈通过中性面开始 计时，求： (1)感应电动势的瞬时值表达式； (2)电压表的读数及电流的有效值； (3)线圈平面从开始计时到转至与中性面成 90°的过程中，通过电阻 R 的电量。 16．有一台发电机通过升压和降压变压器给用户供电，已知发电机的输出功率是 20kW，端 电压为 400V，升压变压器原、副线圈的匝数比为 n1﹕n2=1﹕5，两变压器之间输电导线的总 电阻 R=l.0Ω，降压变压器输出电压 U4=220V，求： (1)升压变压器的输出电压； (2)输送电能的效率多大； (3)降压变压器的原、副线圈的匝数比 n3﹕n4； (4)如果不用变压器，输电导线的热损耗是用变压器时的几倍。 100 r/sπn =参考答案 1．C 【解析】 【分析】 【详解】 A.由图可知，交变电流电压的峰值为 311V，故选项 A 错误； B.t=0.01s 时感应电动势为零，因此可知此时线圈处于中性面上，与磁场方向垂直，故选项 B 错误； C. t=0.005s 时感应电动势最大，因此线框中磁通量的变化率最大，故选项 C 正确； D.从图中可知交流电周期为 0.02s，因此根据公式 可知频率为 50Hz，故选项 D 错误。 故选 D。 2．B 【解析】 【分析】 【详解】 A． 时，质点的位移为零； 图像的斜率表示速度，故此时的速度不为零，故 A 错 误； B．根据牛顿第二定律 得 1f T = 0t = x t− kx ma=时，质点的位移为零，此时加速度为零，故 B 正确； C．由图像可知， 时 时 可知质点位置不同，故 C 错误； D．由 可知，两个时刻得位置不同，故加速度不同，故 D 错误。 故选 B。 3．A 【解析】 【详解】 将交流与直流通过阻值都为 的电阻，设直流电流为 ，则根据有效值的定义有： ，解得 ，故选项 A 正确，B、C、D 正确． 4．C 【解析】 【分析】 【详解】 A．图示时刻，ad 速度方向向里，bc 速度方向向外，根据右手定则判断出，线圈中感应电 流的方向为 adcba，故 A 错误； B．当线圈转至图示位置时，线圈中的感应电动势为 e=Em=nBSω=nBl1l2ω 故 B 错误； C．电流的功率为 kxa m = 0t = 1st = 10cmx = 3st = 10cmx = − kxa m = R I 2 2 2( ) (8 )6 2 0.01 2 0.01 0.02R R I R× + × = × 10AI = 2 2 2 2 2 22 m 1 2 2 2 E n B l l ωEP R R R = = =故 C 正确； D．线圈 ad 边所受安培力的大小为 故 D 错误。 故选 C。 5．C 【解析】 【分析】 【详解】 根据变压器原副线圈功率相等，有 所以 那么原线圈的等效电阻 由题意，光强变大，光敏电阻阻值变小，则 变小，则原线圈所在回路电流变大，R1 分 压变大，原线圈电功率变大。 由于交流电源不变，所以原线圈电压减小，由理想变压器关系可知副线圈电压变小，电流变 大，R2 分压变大、电功率变大，RG 两端电压减小。 选项 C 正确，ABD 错误。 故选 C。 6．C 【解析】 【分析】 【详解】 AB．现使把手以周期 T2 匀速转动，弹簧振子做受迫振动，所以弹簧振子振动周期为 T2； 2 2 2 1 2 2 n B l l ωF nBIl R = = 2 2 1 2I R I R= 副原 2 2 2 1 2 2 1 2 I nR R RI n = ==副 副原 21 2 2 =( ) ( )G nR R Rn +等效 R等效故 AB 错误； CD．振子发生共振，振幅最大，由于 T2＜T1，当把转速减小时，驱动力的频率与固有频率 相差越小，所以共振越明显，振幅越大。当把转速增大时，驱动力的频率与固有频率相差越 大，所以共振越不明显，振幅越小，故 C 正确，D 错误。 故选 C。 7．A 【解析】 【分析】 本题考查弹簧不同状态下对应各物理量的值得情况。 【详解】 AB．t0 时刻弹簧弹力最大，伸长量最大，弹性势能最大，2t0 时刻，弹力最小，弹性势能最 小，A 正确，B 错误； C． 时刻，弹簧振子在平衡位置，速度最大，弹力为 2F0，功率不为零，C 错误； D． 时刻，弹簧振子在平衡位置，物体加速度为零，处于平衡状态，D 错误； 故选 A。 8．D 【解析】 【分析】 【详解】 电感线圈的特点是通低频阻高频，电容器的特点是通高频阻低频，所以当频率增大时通过线 圈的电流减小，通过电容器的电流增大，而通过电阻的电流不变，D 正确，ABC 错误。 故选 D。 9．BD 【解析】 【详解】 AB、安检门利用涡流探测人身上携带的金属物品原理是：线圈中交变电流产生交变的磁场， 会在金属物品产生交变的感应电流，而金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生 感应电流，引起线圈中交变电流发生变化，从而被探测到，不能检测到毒品，故 A 错误，B 正确； 0 3 2 t 0 3 2 tC、如果这个“门框”的线圈中通上恒定电流，只能产生恒定的磁场，则不能使块状金属产生 电流，因而不能检查出金属物品携带者，故 C 错误； D、根据 A 的分析可知，安检门工作时，既利用了电磁感应现象，又利用了电流的磁效应， 故 D 正确。 故选 BD。 【点睛】 安检门中接有线圈，线圈中通以交变电流，在空间产生交变的磁场，金属物品会产生感应电 流；反过来，金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流，从而被探测到； 恒定电流，只能产生恒定的磁场，则不能使块状金属产生电流。 10．AD 【解析】 【分析】 【详解】 AB．依题得，闭合开关达到稳定后两灯均可正常发光，说明 L 与 R 的直流电阻相等。L 与 R 的直流电阻相等，灯 立刻正常发光，而电感 L 电流增大，产生自感电动势，根据楞次 定律可知，自感电动势阻碍电流的增大，使得电路中电流只能逐渐增大，所以闭合开关的瞬 间，通过 灯的电流小于 灯的电流， 逐渐变亮，即 先亮， 后亮。闭合电建 S 到 电路稳定前，灯泡 由暗变亮，灯泡 由亮变暗，故 A 正确，B 错误； CD．闭合开关，待电路稳定后断开开关，通过 原来的电流立刻消失，电感线圈 L 产生自 感电动势，相当于电源，两灯串联，自感电流流过两灯，两灯同时逐渐熄灭，故 C 错误，D 正确。 故选 AD。 11．AC 【解析】 【详解】 ab 棒向右运动，切割磁感线产生感应电流，则受到向左的安培力，从而向右做减速运动，； 金属棒 cd 受向右的安培力作用而做加速运动，随着两棒的速度差的减小安培力减小，加速 度减小，当两棒速度相等时，感应电流为零，最终两棒共速，一起做匀速运动，故最终电路 2L 1L 2L 1L 2L 1L 1L 2L 2L中电流为 0，故 AC 正确，BD 错误． 12．BC 【解析】 【分析】 【详解】 A．物体 A 在 O 点平衡位置，有 解得 弹簧处理拉伸状态，故 OC 之间的距离为 即振幅为 ；故 A 错误； B．物体 A 在 B 点时，弹簧的形变量最大，系统的弹性势能最大，故 B 正确； C．物体 A 在 O 点的速度最大，C 点与 O 点的弹簧形变量一样，弹性势能相等，故有 O 点 运动到 C 点，由动能定理得 解得 故 C 正确； D．由物块与弹簧构成的系统势能指的是重力势能和弹性势能之和。根据机械能守恒定律， 动能和势能之和不变，由物块与弹簧构成的系统中，动能越小，势能越大；系统在 C 点和 B 点动能为零，势能最大；系统在 O 点动能最大，势能最小，故 D 错误。 故选 BC。 13． AC 图 3 AC 12.0 BC CD 【解析】 【详解】 ①[1] 单摆的周期： 0sinmg k xθ = ∆ 0 sinmgx k θ∆ = sin sin 2 sin OC mg mg mgx k k k θ θ θ= + = 2 sinmg k θ 21sin 2OCmgx mvθ = 2 sin mv g k θ=由单摆周期公式： 可知，重力加速度： ②[2] 摆线选择较细且结实的线为便于测量周期和减小空气阻力，则选取 1 米左右的细线， 故选择 A 线；为了减小空气阻力的影响，摆球选择质量大体积小的，故选择 C 球；故选 AC； ③[3] 为了避免运动过程中摆长发生变化，悬点要固定，不能松动，则为图 3； ④[4] 那样做的目的就是为了便于调节摆长，把摆线夹得更紧一些，使摆动过程中摆长不变。 因此 A、C 正确。 ⑤[5] 游标卡尺示数为 d=12.0mm=0.0120m=12.0mm； ⑥[6] 摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，则 A 错误；把单摆从平衡位髓拉开一个很小 的角度释放，使之做简谐运动，B 正确；在摆球经过平衡位置时开始计时，C 正确；把秒表 记录摆球一次全振动的时间作为周期，误差较大，应采用累积法测量周期，D 错误； ⑦[7] [8] 据单摆周期公式 所以应该作用 图像，故 横坐标所代表的物理量是 ，知斜率 解得 ； ⑧[9] 由周期公式 ，得 振幅大小与 g 无关，故 A 错误；开始计时时，过早按下秒表，周期偏大，则 g 偏小，故 B错误；测量周期时，误将摆球（n-1）次全振动的时间记为 n 次全振动的时间，则周期偏小， 则 g 偏大，C 正确；摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，若测量摆长时从悬点到小球下端 边缘的距离为摆长，摆长偏大，由 ，所以 g 偏大，故 D 正确 14．(1) ；(2) ；(3)0.05J 【解析】 【分析】 【详解】 (1) 切割产生的感应电动势 E=BLv，根据串并联电路的特点知，外电路总电阻 根据闭合电路欧姆定律得， ，安培力 FA=BIL，当加速度 a 为零时，速度 v 达最大， 有 解得： (2) 根据电磁感应定律有 ，根据闭合电路欧姆定律有 ，电量 代入数据解得： (3) 金属棒 ab 从静止到速度最大时，根据能量守恒 根据产热公式 可知，ab 棒上产生的焦耳热 15．(1)e=40sin200t（V）；(2)25.5V； ；(3)0.02C 【解析】 5m/s 3m 1 2 1 2 8R RR R R = = Ω+ EI R r = + 2 2 sin mB L vmg R r θ = + 5m/smv = E t Φ= ∆  ( ) EI R r = + ( ) ( ) BLxq I t R r R r Φ= ∆ = =+ +  3mx = 21 0 sin2 mmv Q mgx θ− + =总 2Q I Rt= ' 0.05JrQ QR r = =+ 总 2 2A【分析】 【详解】 (1)依题意角速度为 ω=2πn=200rad/s 电动势的最大值为 Em=NBSω=100×0.2×0.12×200V =40V 从线圈通过中性面开始计时，电动势的瞬时值表达式为 e=Emsinωt=40sin200t（V） (2)电流的有效值 电压表的读数 (3)从图中所示位置转过 90°的过程中，磁通量的变化量为 =BS=0.2×0.12 Wb =0.002Wb 通过电阻 R 的电量 16．(1)2000V；(2)99.5%；(3)199：22；(4)25 【解析】 【分析】 【详解】 (1)升压变压器的输出电压 (2)流过输电线的电流 损失的功率为 m 2 2A 2( ) EEI R r R r = = =+ + 18 2V 25.5VU IR= = ≈ ∆Φ Φ ΔΦ 0.02C( ) E N Nq It t tR r t R r R r ∆= = = = =+ + + 2 2 1 1 2000VnU Un = = 2 10API U = =P 损=I2R=100W 输电线路输送电能的效率 (3)降压变压器的原线圈电压 降压变压器的原、副线圈的匝数比 n3﹕n4=U3：U4=199：22 (4)如果不用变压器，输电导线的热损耗 如果不用变压器，输电导线的热损耗是用变压器时的倍数 20000 100 100% 99.5%20000η −= × = 3 2 1990VU U IR= − = 2 2 1 ( ) 2500WPP I R RU ′ ′= = =损 25Pn P ′= =损 损