江西省大余中学2018_2019学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析）.docx

江西省大余中学2018-2019学年高二下学期第一次月考物理试题一、单选题1.把一支弹簧枪水平固定在小车上，小车放在光滑水平地面上，枪射出一颗子弹的过程中，关于枪、弹、车，下列说法正确的是（）A. 枪和弹组成的系统动量守恒B. 枪和车组成系统动量守恒C. 枪弹和枪筒之间的摩擦力很小，可以忽略不计，故二者组成的系统动量近似守恒D. 枪、弹、车三者组成的系统动量守恒【答案】D【解析】【详解】枪和子弹组成的系统，由于小车对枪有外力，枪和弹组成的系统外力之和不为零，所以动量不守恒，故AC错误；枪和小车组成的系统，由于子弹对枪有作用力，导致枪和车组成的系统外力之和不为零，所以动量不守恒，故B错误；小车、枪和子弹组成的系统，在整个过程中所受合外力为零，系统动量守恒，故D正确；2.如图甲所示，金属圆环在垂直于环面的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B随时间t按正弦规律变化，如图乙所示。已知磁场方向垂直于环面向里为正方向，则下列说法错误的是（）A. 时间内，环中感应电流沿顺时针B. 时刻，穿过圆环的磁通量为0，圆环中无感应电流C. 时间内，金属圆环出现两次收缩趋势，两次扩张趋势D. 时间内，环上某一段受到的安培力指向圆心【答案】B【解析】【详解】根据楞次定律，t1t3时间内，环中感应电流方向一直沿顺时针方向，故A正确； t2时刻，穿过圆环的磁通量为0，但磁通量的变化率最大，所以圆环中感应电流为最大值，故B错误； 当磁感应强度增大时，根据楞次定律可知，金属环有收缩的趋势，当磁感应强度减小时，金属环有扩张趋势，从图象可以看出，0t4时间内，金属环出现两次收缩趋势，两次扩张趋势，故C正确； t2t3时间内穿过线圈的磁通量逐渐增大，环有收缩的趋势，环上某一段受到的安培力的方向一定指向圆心，故D正确。此题选择不正确的选项，故选B.3.如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路虚线PQ、MN为磁感应强度为B的匀强磁场的边界，PQ与MN平行且相距2a，磁场方向垂直于回路所在的平面回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直从D点到达PQ边界开始到C点离开MN位置下列结论正确的是（）A. 回路中感应电流方向始终相同B. 回路受到的安培力方向先向左后向右C. 回路中感应电动势最大值D. 回路中感应电动势平均值【答案】C【解析】【详解】在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向；当线圈出磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针方向，故A错误。根据左手定则可以判断，回路受安培力方向始终向左，故B错误。当半圆闭合回路进入磁场一半时，即这时等效长度最大为a，这时感应电动势最大，为Em=Bav，故C正确。进入磁场的过程中，由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值，同理，出磁场的过程中产生的平均电动势也是故D错误。4.如图所示，有一宽度为L的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外一个等腰直角三角形的导线框abc，其直角边长也为L，在水平拉力F作用下从图示位置开始向右匀速穿过磁场区，这一过程中直角边ab始终与磁场边界平行以导线框中逆时针方向为电流的正方向则下图中能正确表示线框中电流i随时间t变化的图象是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】线框刚进入磁场时磁通量向外增加，感应磁场向里，因此感应电流方向为顺时针，电流i应为负，选项CD错误；随着线框的运动，导线切割磁感线长度减小，感应电流减小，当线圈全部进入磁场时，感应电流减为零；线圈出离磁场后，感应电流为逆时针方向，即为正向，随着线框的运动，导线切割磁感线长度减小，感应电流减小，直到为零，故选项A正确，B错误；故选A. 点睛：该题实际上由第一时间段内的感应电流的大小变化和方向就可以判定结果，把后面的每一段都分析，就是为了能够熟练楞次定律的应用5. 电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器如图甲所示为电吉他的拾音器的原理图，在金属弦的下方置有一个连接到放大器的螺线管一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量随时间的变化如图乙所示，则对应感应电流的变化为【答案】D【解析】试题分析：根据法拉第电磁感应定律感应电动势跟磁通量的变化率成正比，感应电流为，图像切线的斜率是磁通量的变化率，t=0时，切线斜率是最大的，感应电动势最大，感应电流最大，而A项t=0时，感应电流为零，所以A项错误；当时，图像切线的斜率为零，感应电动势为零，感应电流为零，而B项中在时，感应电流不为零，所以B项错误；当时，图像切线的斜率为最大，切线斜率的方向与t=0时的切线斜率方向相反，感应电动势最大，感应电流最大，所以C项错误；当时，图像切线的斜率为零，感应电动势为零，感应电流为零，当时，图像切线的斜率为最大，感应电动势最大，感应电流最大，综上所述，所以D项正确。考点：本题考查了应用法拉第电磁感应定律的理解和分析图像的能力6.如图所示，水平面上相距l=0.5m的两根光滑平行金属导轨MN和PQ，他们的电阻可忽略不计，在M和P之间接有最大阻值为6.0的滑动变阻器R，导体棒ab电阻r=1，与导轨垂直且接触良好，整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=0.4T，滑动变阻器滑片处在正中间位置，ab在外力F作用下以v=10m/s的速度向右匀速运动，以下判断正确的是（）A. 通过导体棒的电流大小为，方向由b到aB. 导体棒受到的安培力大小为1N，方向水平向左C. 外力F的功率大小为1WD. 若增大滑动变阻器消耗的功率，应把滑片向P端移动【答案】C【解析】【详解】切割电动势为：E=BLv=0.40.510=2V，感应电流大小为：，根据右手定则，感应电流方向为：ab，故A错误；安培力大小为：FA=BIL=0.40.50.5=0.1N，根据左手定则，安培力水平向左，故B错误；导体棒匀速运动，由平衡条件得，拉力为F=FA=0.1N，故拉力的功率为：P=Fv=0.110=1W，故C正确；导体棒相当于电源，当外电阻与内电阻越是接近，外电阻消耗的功率越大，故要增大滑动变阻器消耗的功率，应把滑片向M端移动，故D错误；7.如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=22：5，电阻R1=R2=25，D为理想二极管，原线圈接u=220sin100t（V）的交流电，则（）A. 交流电频率为100HzB. 通过的电流为1AC. 通过的电流为D. 变压器的输入功率为200W【答案】C【解析】【详解】交流电的频率f=50Hz，A错误；由理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=22：5知，原线圈电压有效值为220V，副线圈两端电压为50V，由于二极管的单向导电性，根据电流热效应，所以R2的电压U2=25V，通过R2的电流为A，则B错误，C正确；副线圈消耗的功率，输入功率等于输出功率，则D错误。二、多选题8.（多选题）如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m4 kg的小物体B以水平速度v02 m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取g=10m/s2，则下列说法正确的是()A. 木板A获得的动能为2JB. 系统损失的机械能为2JC. 木板A的最小长度为2 mD. A、B间的动摩擦因数为0.1【答案】AD【解析】试题分析：由图示图象可知，木板获得的速度为，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得，解得，木板A的质量为，木板获得的动能为，故A正确；系统损失的机械能，代入数据解得，故B错误；速度时间图像与坐标轴围成的面积表示位移，故由图得到0-1s内B的位移为，A的位移为，木板A的最小长度为，故C错误；由图示图象可知，B的加速度，负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得，代入解得，故D正确考点：考查了动量守恒定律，牛顿第二定律，速度时间图像，【名师点睛】本题属于木块在木板上滑动类型，既考查读图能力，也考查运用牛顿第二定律、功能关系处理复杂力学问题能力9.如图所示中，L1和L2是两个相同灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其直流电阻忽略不计，在开关S接通的瞬间，下列说法正确的是（）A. 接通时先达到最亮B. 接通时先达到最亮C. 断开时先灭D. 断开时先灭【答案】AD【解析】【详解】接通瞬时，由于L自感作用，瞬间等于断路，通过L1的电流等于L2与R电流之和，所以L1先达到最亮。然后L自感慢慢减弱，通过L1的电流减小，然后熄灭；故A正确，B错误； 当断开时，L2瞬间失去电流，而L1和L构成回路，由于L自感，L1会亮一会再逐渐熄灭，故C错误，D正确。10.如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2=4：1，原线圈a、b间接一电压为u=220sin100t（V）的电源，灯泡L标有“36V18W”字样当滑动变阻器R的滑动触头处在某位置时，电流表示数为0.25A，灯泡L刚好正常发光，则（）A. 流经灯泡L的交变电流的频率为100HzB. 定值电阻的阻值为C. 滑动变阻器R消耗的功率为36WD. 若将滑动变阻器R的滑动触头向下滑动，则灯泡L的亮度变暗【答案】BD【解析】【详解】根据交流电的瞬时值的表达式可知，交流电的周期，所以频率为：f=1/T=50Hz，故A错误；根据电压与匝数成正比可得副线圈的电压为：U2=U1=220V=55V，根据电流与匝数成反比可得副线圈的电流为：I2=4I1=40.25A=1A，由于灯泡正常发光，所以其电压为36V，电阻R0上的电压为19V，所以定值电阻R0的电阻值为：R0=19，故B正确；灯泡的电流为：，所以经过滑动变阻器R的电流为：I2-I灯=0.5A，所以滑动变阻器R消耗的功率：P=UI=360.5W=18W，故C错误；将滑动变阻器R的滑动触头向下滑时，电路的电阻变小，总的电流增大，由于副线圈的输出电压不变，所以电阻R0的电压增大，灯泡的电压减小，所以灯泡将变暗，故D正确；故选BD。【点睛】和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况11.如图所示是光电管原理图，已知当有波长为0的光照到阴极K上时，电路中有光电流，则（）A. 若换用波长为的光照射阴极K时，电路中一定没有光电流B. 若换用波长为光照射阴极K时，电路中一定有光电流C. 滑动变阻器滑片向右移，电路中光电流可能不变D. 若将电源极性反接，电路中一定没有光电流产生【答案】BC【解析】【详解】由题意，入射光的波长为0时，能发生光电效应，若换用波长为1（10）的光照射阴极K时，入射光的频率减小，仍然可能发生光电效应，电路中可能有光电流，故A错误。 若换用波长为2（20）的光照射阴极K时，一定能发生光电效应，电路中有光电流，故B正确。 图中光电管加的是正向电压，增加电路中电源电压，仍用波长为0的光照射，若光电流已经达到饱和值，光电流将不变，故C正确。 若将电源极性反接，其电压值小于截止电压时仍有电流，故D错误.12.如图所示，边长为L电阻不计的n匝正方形金属线框位于竖直平面内，连接的小灯泡的额定功率、额定电压分别为P、U，线框及小灯泡的总质量为m，在线框的 下方有一匀强磁场区域，区域宽度为l，磁感应强度方向与线框平面垂直，其上、下边界与线框底边均水平线框从图示位置开始由静止下落，穿越磁场的过程中，小灯泡始终正常发光则（）A. 有界磁场宽度lLB. 磁场的磁感应强度应为C. 线框匀速穿越磁场，速度恒为D. 线框穿越磁场的过程中，灯泡产生的焦耳热为mgL【答案】BC【解析】由题意知，线框在穿过磁场的过程中，灯泡始终正常发光，可知线框边长与磁场宽度相等即：l=L，所以A错误；线框在穿过磁场的过程中，灯泡始终正常发光，可知线框做匀速运动，由平衡条件可知：F安=mg，P=mgv，所以穿越磁场的速度为v=Pmg，所以C正确；由nBIL=mg，P=UI，联立可得：，所以B正确；根据能量守恒可知，穿越磁场的过程中，线框减少的重力势能转化为焦耳热，即Q=2mgL，所以D错误。三、填空题13.如图所示，当开关S断开时，用光子能量为2.50 eV的一束光照射光电管的阴极P，发现电流表的读数不为零合上开关，调节滑动变阻器，发现当电压表的读数小于0.60 V时，电流表的读数仍不为零；当电压表的读数大于或等于0.60 V时，电流表的读数为零求：(1) 光电子的最大初动能Ek；(2) 该阴极材料的逸出功W0【答案】 【解析】试题分析：设用光子能量为2.5 eV的光照射时，光电子的最大初动能为Ek，阴极材料逸出功为W0。当反向电压达到U0.60V以后，具有最大初动能的光电子达不到阳极，因此eUEk由光电效应方程：EkhW0由以上二式：Ek0.6 eV，W01.9 eV。考点：爱因斯坦光电效应方程；光电效应点评：正确理解该实验的原理和光电效应方程中各个物理量的含义是解答本题的关键14.如图所示，质量为m=245g的物块（可视为质点）放在质量为M=0.5kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为=0.4质量为m0=5g的子弹以速度v0=300m/s沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），g取l0m/s2子弹射入后，求：（1）子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度v1。（2）木板向右滑行的最大速度v2。（3）物块在木板上滑行的时间t。【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）子弹射入物块的过程，以子弹和物块组成的系统为研究对象，取向右为正方向，由动量守恒定律得：m0v0=（m0+m）v1解得 v1=6m/s（2）当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：（m0+m）v1=（m0+m+M）v2解得：v2=2m/s（3）对木块在木板上滑动时，由动量定理： 解得：t=1s点睛：此题考查动量定理及动量守恒定律的应用；关键是搞清研究过程或研究系统，根据动量守恒定律列出方程；第3问也可用牛顿第二定律结合运动公式求解.15.如图所示，矩形线框匝数n=250，ab=12cm，ad=10cm，线框置于B=T的匀强磁场中，绕垂直于磁场的轴OO以120 r/min 的转速匀速转动，线框通过滑环与外电路相连，外电路接有R=12 的电阻及一只发光电压和熄灭电压都为12 V的氖泡L。求：（1）当S接e时，电流表读数为多少？R的热功率为多大？10 min内外力对线框做功多少？（2）当S接f时，氖泡闪光频率为多大？通电10 min，氖泡发光总时间为多少？（线框电阻不计）【答案】(1)1.41 A，24 W，1.44104J (2)4 Hz；400 s【解析】试题分析：对转动的线圈，电动势的最大值为Em=nBS=2500.120.104V= 24 V，电动势的瞬时值为e=24sin4tV。（1）当S接e时，电路中的电流为I=A=A=1.41 AR上的热功率为PR=I2R=24 W在10 min内外力做功等于电路中的电热W=Q=I2Rt=24600 J=1.44104J.（2）当S接f时，根据正弦曲线知，在交变电流的每一个周期，氖管闪光两次，每次闪光的时间为，因T=s，所以闪光频率f=4 Hz，闪光的总时间t总=400 s考点：考查求解交流电的相关物理量和交流电有效值的应用以及能量守恒点评：电流表的读数是指有效值，热功率也是用有效值求解，灯泡的发