【文档说明】【精准解析】四川省彭州市濛阳中学2019-2020学年高二下学期开学考试物理试题.doc，共(18)页，1001.000 KB，由管理员店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-9f292b5fadcaeaee3b2432eddb4d759a.html

以下为本文档部分文字说明：

濛阳中学高2018级高二下入学考试物理试题一、选择题（1至5多选，每题6分，6至10单选每题4分）1.如图所示，在光滑水平的平行导轨MN、HG左端接一阻值为2R的电阻0R（导轨电阻不计），两轨道之间有

垂直纸面向里的匀强磁场。一电阻也为2R的金属杆，垂直两导轨放在轨道上。现让金属杆在外力作用下分别以速度v1、v2由图中位置1匀速运动到位置2，两次运动过程中杆与导轨接触良好，若两次运动的速度之比为1:2，则在这两次运动中下列

说法正确的是（）A.R0两端的电压之比为U1:U2＝1:2B.回路中产生的总热量之比Q1:Q2＝1:4C.外力的功率之比P1:P2＝1:2D.通过导体横截面的电荷量q1:q2＝1:1【答案】AD【解析】【详解】A．两种情况下杆产生的电动势分别为11EBLv=、22EBLv=回路中

的总电阻为R。故回路中两次的电流分别为11BLvIR=、22BLvIR=故电流之比为112212IvIv==根据欧姆定律，R0两端的电压之比112212UIUI==故A正确；B．两次运动所用的时间为12121221LtvvLtvv===故产生的热量之比为2111222212QIRtQIR

t==故B错误；C．由于棒做匀速直线运动，故外力的功率等于回路中的功率，故21122214PIRPIR==故C错误。D．两种情况下磁通量的变化量相同，则通过导体横截面的电荷量为qItttRR===故通

过电阻横截面的电荷量为q1:q2=1:1故D正确。故选AD。2.如图甲所示为足够长、倾斜放置的平行光滑导轨，处在垂直斜面向上的匀强磁场中，导轨上端接有一定值电阻，导轨平面的倾角为37，金属棒垂直导轨放置，用一平行于斜面向上的拉力F拉着金属棒由静止向上运动，金

属棒的质量为0.2kg，其速度大小随加速度大小的变化关系如图乙所示，且金属棒由静止加速到最大速度的时间为1s，金属棒和导轨的电阻不计，sin37=0.6，cos37=0.8，g取10m/s2，则（）A.F为恒力B.F的最大功率为0.56WC.回路中的最大

电功率等于0.56WD.金属棒由静止加速到最大速度这段时间内定值电阻上产生的焦耳热是0.26J【答案】ACD【解析】【详解】AB．对棒受力分析有22sin37BLvFmgmaR−−=变形得2222sin37()mRFmgvaRBLBL−=−+结合图乙可知221.0

2.8mRBL=22sin37()1FmgRBL−=联立解得22251.76N,14RFBL==且由PFv=可知，F的最大功率为1.76WP=故A正确，B错误；C．当棒的速度为1m/s时，回路中的电流最大，回路中的电功

率最大为2222max0.56WBLvPIRR===故C正确；D．金属棒由静止加速到最大速度由动量定理得22sin37BLvtFtmgtmvR−−=即22sin37BLxFtmgtmvR−−=解得0.72mx=金属棒由静止加速到最大速度，由动能定理得21sin372AFxmgxWmv−+

=解得0.26JAW=−由功能关系可知0.26JAQW=−=故D正确。故选ACD。3.如图所示，甲为一台小型交流发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间按余弦规律变化，其图象如图乙所示。已知电机线圈内阻为2Ω，匝数为1000匝，外接灯泡的电阻为18Ω

，则（）A.在22.010s−时刻，电流表的示数为0.3AB.线圈在30~110s−时间内转动时通过灯泡的电荷量约为22.710C−C.在1s内，回路中电流方向改变25次D.在24.010s−时刻，穿过线圈的磁通量变化率为32500Wb/s【答案】AD【解析】【详解】A．由图

象可知，电流的最大值为mm32A10EIrR==+而电流表显示的是有效值，则电流表的示数为m0.3A2II==所以A正确；B．线圈在20~110s−时间内转动时，通过灯泡的电荷量为BSqRrRr==++由图可知电动势的最大值为

m62VENBS==其中2π50πrad/sT==则42m1.2210TmEBSN−==则666210C8.410Cq−−=所以B错误；C．由图象可知，交流电的周期为241s0T−=则1s内交流电经过了25个周期，而交流电一个周期

内方向要变两次，所以1s时间内，交流电的方向要变的次数为21s250410sn−==所以C错误；D．在24.010s−时刻，由图象可知此时电动势为最大值，由法拉第电磁感应定律得m32Wb/s500EtN==所以D正确。故选AD。4.如图甲所示的电路中，理想变压

器原、副线圈匝数比为5：1，原线圈接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统（报警器未画出），电压表和电流表均为理想电表，R0为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，下列说法中正确的是（）A.图乙中电压的有效值为1102VB.电压表的示数为44VC.R处出现火警时电流表示数增大D.

R处出现火警时电阻R0消耗的电功率增大【答案】ACD【解析】【详解】根据电流的热效应22220220.010.02URR=，解得1102UV=，电压与匝数成正比1122UnUn=，即2110251U=，解得：

231.1UV，所以电压表的示数为31.1V，故A正确B错误；R处温度升高时，阻值减小，由于电压不变，所以出现火警时副线圈电流增大，输出功率增大，根据输入功率等于输出功率，输入功率增大，根据111PUI=，所以电表的示数增大，故C错误

；R处出现火灾时，阻值减小，由于电压不变，电流增大，0R消耗的功率增大，故D正确．考点：变压器的构造和原理；电功、电功率【点睛】根据电流的热效应，求解交变电流的有效值是常见题型，要熟练掌握．根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的

关系，是解决本题的关键．5.如图所示，用绝缘细线悬挂的单摆，摆球带正电，悬挂于O点，摆长为l，当它摆过竖直线OC时便进入或离开匀强磁场，磁场方向垂直于单摆摆动的平面向里，A，B点分别是最大位移处．下列说法中正确的

是()A.A点和B点处于同一水平面B.A点高于B点C.摆球在A点和B点处线上的拉力大小相等D.单摆的振动周期仍为2lTg=E.单摆向右或向左摆过D点时，线上的拉力大小相等【答案】ACD【解析】摆球运动过程中机械能守恒，所以A，B在同一高度．选项A正确，B错误；球在

B点不受洛伦兹力，与球在A点时受拉力大小相等，选项C正确；球在磁场中运动时虽然受洛伦兹力，但洛伦兹力总与速度方向垂直，不能提供回复力，所以不改变振动的周期，选项D正确；单摆向右或向左摆过D点时，速度大小相等，但洛伦兹力的方向相反，所以线上的拉力不相等，选项E错误．【点睛】

本题中小球在复合场运动，洛伦兹力不做功，其机械能仍然守恒，洛伦兹力不改变小球运动的快慢．但要注意洛伦兹力方向与速度有关，速度反向，洛伦兹力方向也相反．6.如图所示，A、B是两个完全相同的灯泡，L是自感系数较大的线圈，其直流电阻忽略不计。当开关S闭合时，下列说法正确的是

（）A.A和B一起亮，然后A熄灭B.A和B一起亮，然后A逐渐熄灭C.A比B先亮，然后A熄灭D.B比A先亮，然后A逐渐变亮【答案】D【解析】【详解】当开关S闭合时，线圈L产生较大的自感电动势阻碍电流的增加，使A灯中电

流逐渐变大，而B灯中电流立即变大，因此B灯先亮，然后A灯逐渐变亮，故ABC错误，D正确。故选D。7.一台小型发电机与计算机相连接，计算机能将发电机产生的电动势随时间变化的图象记录下来，如图甲所示，让线圈在匀强磁场中以不同的转速匀速转动，计算机记录了两次不同转速所产生正弦交

流电的图象如图乙所示.则关于发电机先后两次的转速之比na∶nb，交流电b的最大值正确的是()A.3∶2，1023VB.3∶2，203VC.2∶3，1023VD.2∶3，203V【答案】B【解析】【详解】由图可知，a的周期为0.4s；b的周期

为0.6s，则由n=1T可知，转速与周期成反比，故曲线a、b对应的线圈转速之比为3：2；曲线a表示的交变电动势最大值是10V，根据Em=nBSω得曲线b表示的交变电动势最大值是203V；故B正确，ACD错误．8.A、B是两个完全相同的电

热器，A通以图甲所示的方波交变电流，B通以图乙所示的正弦式交变电流，则两电热器的电功率PA∶PB等于()A.5∶4B.3∶2C.2∶1D.2∶1【答案】A【解析】试题分析：据题意，通过电热器A的电流有效值为：2

2200242ITTIRRIRT+=,即：058II=，则电热器A的电功率为：2058APIR=,通过电热器B得到电流有效值为：2I，则电热器B的电功率为：2012BPIR=，故选项A正确．考点：本题考查交变电流的有效值的计算．9.如图甲所示，理想变压器原

、副线圈的匝数比为2∶1，电阻55Ω，电流表、电压表均为理想电表。原线圈A、B端接入如图乙所示的正弦交流电压，下列说法正确的是A.电流表的示数为4.0AB.电压表的示数为155.6VC.副线圈中交流电的频率为50HzD.穿过原、副线圈磁通量的变化率之比为2∶1【答

案】C【解析】【详解】AB．理想变压器的原线圈接入正弦交流电，由u-t图像读其最大值为1max2202VU=，可知有效值为1max1220V2UU==根据理想变压器的电压比等于匝数比，可得副线圈两端的电压：2211220V110V2nUUn===由欧

姆定律可知流过电阻的电流：222AUIR==所以，电流表的示数为2A，B电压表的示数为110V，故AB均错误；C．因交流电的周期为0.02s，频率为50Hz，变压器不改变交流电的频率，则副线圈的交流电的频

率也为50Hz，故C正确；D．根据理想变压器可知，原副线圈每一匝的磁通量相同，变化也相同，则穿过原、副线圈磁通量的变化率相同，比值为1:1，故D错误；故选C。10.某弹簧振子沿x轴的简谐运动图象如图所示，下列描述正确的是（）A.t=1s时，振子的速度为零

，加速度为负的最大值B.t=2s时，振子的速度为负，加速度为正的最大值C.t=3s时，振子的速度为负的最大值，加速度为零D.t=4s时，振子的速度为正，加速度为负的最大值【答案】A【解析】【分析】根据振动图象判断质

点振动方向的方法：沿着时间轴看去，“上坡”段质点向上振动，“下坡”段质点向下振动．【详解】AC．在t=1s和t=3s时，振子偏离平衡位置最远，速度为零，回复力最大，加速度最大，方向指向平衡位置，A正确，

C错误；BD．在t=2s和t=4s时，振子位于平衡位置，速度最大，回复力和加速度均为零，BD错误．二、实验题（每空2分）11.用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示．（1）组装单摆时，应在下列器材中选用_______

（选填选项前的字母）A.长度为1m左右的细线B.长度为30cm左右的细线C.直径为1.8cm的塑料球D.直径为1.8cm的铁球（2）若测量出单摆摆长为l，用秒表记录下单摆完成n次全振动所用的时间t．重力加速度的表达式g=___（用直接测量量表示）．（3）为了减小实验误差，某同学用图像法处理实

验数据．他通过改变摆长，测得了多组摆长l和对应的周期T．作出T2-l图象如图乙所示．则此图线的斜率的物理意义是（）A.gB.1gC.24gD.24g（4）某同学在家里测重力加速度．他找到细线和铁锁，制成一个

单摆，如图所示．由于家里只有一根量程为30cm的刻度尺，于是他在细线上的A点做了一个标记，使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程．保持该标记以下的细线长度不变，通过改变O、A间细线长度以改变摆长．实验中，当O、A间细线的长度分别为l1、l2时，测得相应单摆的周期为T1、T2．由此可得重力加

速度g=__________（用l1、l2、T1、T2表示）．【答案】(1).（1）AD(2).（2）2224nlgt=(3).（3）C(4).（4）2122212()4llgTT−=−【解析】【详解】（1）组装单摆时，

摆线要选择长1m左右的细线，摆球选择质量较大体积较小的铁球，故选AD.（2）若测量出单摆摆长为l，用秒表记录下单摆完成n次全振动所用的时间t．则周期tTn=，根据2lTg=可得重力加速度的表达式2224nlgt=．（3）根据2lTg=可得224Tlg=

，则T2-l图线的斜率的物理意义是24kg=，故选C.（4）根据单摆的周期公式2lTg=，设A点到锁头的重心之间的距离为l0，有：第一次：1012llTg+=第二次：2022llTg+=联立解得：2122212()4llgTT−=−三、解答题12.如图(1)所示，

线圈匝数n＝200匝，直径d1＝40cm，电阻r＝2Ω，线圈与阻值R＝6Ω的电阻相连．在线圈的中心有一个直径d2＝20cm的有界圆形匀强磁场，磁感应强度按图(2)所示规律变化，试求：(保留两位有效数字)(1)通过电阻R的电流方向和大小；(2)电压表的示数．【答案】（1）电流的方向为BA→；7.

9A；（2）47V【解析】【详解】（1）由楞次定律得电流的方向为BA→由法拉第电磁感应定律得BEnnStt==磁场面积22()2dS=而0.30.2/1/0.20.1BTsTst−==−根据闭

合电路的欧姆定律7.9EIARr==+（2）电阻R两端的电压为U=IR=47V13.某村通过水电站发电对用户供电，输电线路如图所示，已知发电机的输出电压为500V，输出功率为9kW，用变压比(原、副线圈匝数比)为1∶3的理想变压器升压后向远处送电

，输电导线的总电阻为10Ω.到达用户后再用变压比为72∶11的理想变压器降压后供给用户，求：（1）输电线上损失的电压和电功率；（2）用户得到的电压和电功率．【答案】（1）60V；360W（2）220V；8640W【解析】（1）设升压变压器副线圈两端的电压为2U，

有1122nUnU=，其中1500VU=，1213nn=，解得：U2=1500V，设输电线中的电流为I线，有：2PIU=线线，其中9kWP=线，解得6AI=线，输电线上损耗的电压为：61060VUIRV===损线线，输电线上损耗的电功率为：2360WPIR==损线线（2）

降压变压器原线圈两端的电压为：321440VUUU=−=损，设用户得到的电压(即降压变压器副线圈两端的电压)为4U，有3344nUnU=，其中347211nn=，解得4220VU=，用户得到的电功率为：8640WPPP线损用户=−=.【点睛】远距离输电：1．输电过程（如图所示）2．抓住两

个联系（1）理想的升压变压器联系了回路1和回路2，由变压器原理可得：线圈1（匝数为n1）和线圈2（匝数为n2）中各个量间的关系是11122221UnInUnIn==，，P1=P2．（2）理想的降压变压器联系了回路2和回路3，由变压器原理可得：线圈3（匝数为n3）和线圈4（匝数为n4）中各个量间

的关系是33344443UnInUnIn==，，34PP=．3．掌握一个守恒：能量守恒关系式13PPP=+损．14.如图所示，水平光滑导轨足够长，导轨间距为L，导轨间分布有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度为B，导轨左端接有阻值为

R的电阻，电阻两端接一理想电压表．一金属棒垂直放在导轨上，其在轨间部分的电阻也为R．现用一物块通过跨过定滑轮的轻绳从静止开始水平牵引金属棒，开始时，物块距地面的高度为h，物块落地前的一小段时间内电压表的示数稳定为U．已知物块与金属棒的质量相等，不计导轨电阻和滑轮质量与摩

擦，导轨始终与金属棒垂直且紧密接触．求：（1）金属棒的最大速度v；（2）物块的质量m；（3）棒从静止开始到物块刚要落地的过程中，电阻R上产生的热量Q．【答案】（1）2UBL（2）BULgR（3）322BULhURBLgR−【解析】【详解】(1)设金属棒的最大速度v，根据法拉第电磁感应

定律可得：=EBLv根据欧姆定律可得：2EIR=UIR=联立解得金属棒的最大速度：2UvBL=(2)根据欧姆定律可得：UIR=对棒分析，根据平衡条件可得：mgF=安而：F安=BIL联立解得物块的质量：BULmgR=(3)棒从静止开始

到物块刚要落地的过程中，由能量守恒可得：21()2mghmmvQ=++总电阻R上产生的热量：1=2QQ总322BULhURBLgR=−15.如图所示，一无限长的光滑金属平行导轨置于匀强磁场B中，磁场方向垂直导轨平面，导轨平面竖直且与地面绝缘，导轨上M、N间

接一电阻R，P、Q端接一对沿水平方向的平行金属板，导体棒ab置于导轨上，其电阻为3R，导轨电阻不计，棒长为L，平行金属板间距为d．今导体棒通过定滑轮在一物块拉动下开始运动，稳定后棒的速度为v，不计一切摩擦阻力．此时有一带电量为q的液滴恰能在两板间做半径为r的匀速圆周运动，且速率也为v．

求：（1）速度v的大小；（2）物块的质量m．【答案】(1）2gdrL，（2）22BldLrRg.【解析】【详解】（1）设平行金属板间电压为U．液滴在平行金属板间做匀速圆周运动，重力与电场力必定平衡，则有：Uqmgd=由2vqvBmr=得mvrqB=联立解得gdrBUv=则

棒产生的感应电动势为：·(3)4UgdrBBRRRv=+=由EBLv=棒，得4gdrvvL=棒（2）棒中电流为：UgdrBIRvR==ab棒匀速运动，外力与安培力平衡，则有2gdrLBFBILvR==而外力等

于物块的重力，即为2gdrLBmgvR=解得2drLBmvR=