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1、分宜中学2018-2019学年度下学期高二第一次段考物 理 试 卷一、选择题(1-6小题为单选题,7-10为多选题,每题4分,多选题全对4分,漏选2分,共40分)1.下列器件不是应用温度传感器的是()A 电熨斗 B 电子秤 C 电饭锅 D 测温仪2如图所示,电路中A、B是规格相同的灯泡,L是电阻可忽略不计的电感线圈,那么 ( )A. 断开S,B立即熄灭,A闪亮一下后熄灭B. 合上S,B先亮,A逐渐变亮,最后A、B一样亮C. 断开S,A立即熄灭,B由亮变暗后熄灭D. 合上S,A、B逐渐变亮,最后A、B一样亮3.如图所示,线圈内有竖直向上的磁场,磁感应强度随时间均匀增大;等离子气流(由高温高压的等
2、电量的正、负离子组成)由左方连续不断地以速度射入和两极板间的匀强磁场中。发现两直导线、互相吸引,由此可以判断, 、两极板间的匀强磁场的方向为( )A.垂直纸面向外B.垂直纸面向里C.水平向左D.水平向右4.如图甲所示,弹簧振子以点为平衡位置,在、两点之间做简谐运动。取向右为正方向,振子的位移随时间的变化如图乙所示,下列说法正确的是( )A. ,振子的速度方向向左 B. 时,振子在点右侧6处 C. 和时,振子的加速度完全相同 D. 到的时间内,振子的速度逐渐减小5.如图,电源电动势为E,内阻为r,L1、L2为小灯泡(其灯丝电阻可以视为不变),R1为定值电阻,R2为光敏电阻,其阻值的大小随照射光强
3、度的增强而减小。闭合开关S后,将照射光强度增强,则( )A.电路的路端电压将增大B.R1两端的电压将增大 C.电源的发热功率将减小D.L1、L2都变亮6.矩形线圈abcd,长ab=20cm,宽bc=10cm,匝数n=200,线圈回路总电阻R=5。整个线圈平面内均有垂直于线圈平面的匀强磁场穿过。若匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图所示,则( )A.线圈回路中感应电动势随时间均匀变化 B.线圈回路中产生的感应电流为0.2A C.当t=0.3s时,线圈的ab边所受的安培力大小为0.016N D.在1min内线圈回路产生的焦耳热为48J7.如图所示,两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置,导轨上
4、端接有电阻R,水平条形区域I和II内有相同的方向垂直轨道平面向里的匀强磁场,I和II之间无磁场。一电阻不计的导体棒,两端与导轨保持良好接触。现将导体棒由区域I上边界H处静止释放,并穿过两磁场区域,图中能定性描述该过程导体棒速度与时间关系的图像可能是( )A. B. C. D. 8.如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为10:1,b是原线圈的中心接头,电压表V和电流表A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U=220sin(100t)V下列说法正确的()A. c、d两端所加交流电的频率为100Hz B. 当单刀双掷开关与a连接时,电压表的示数为22V C. 单
5、刀双掷开关由a扳向b时,电压表和电流表的示数均变D. 单刀双掷开关与a连接,滑动变阻器触头P向上移动的过程中,电压表和电流表的示数均变小9.如图,一根足够长的直导线水平放置,通以向右的恒定电流,在其正上方O点用细丝线悬挂一铜制圆环将圆环从a点无初速释放,圆环在直导线所处的竖直平面内运动,经过最低点b和最右侧c后返回,下列说法正确的是( )A. 从a到c的过程中圆环中的感应电流方向先顺时针后逆时针B. 运动过程中圆环受到的安培力方向与速度方向相反C. 圆环从b到c的时间大于从c到b的时间D. 圆环从b到c产生的热量大于从c到b产生的热量10.某小型水电站的电能输送示意图如图甲所示,发电机通过升压
6、变压器和降压变压器向用户供电。已知输电线的总电阻为r,降压变压器原、副线圈的匝数比为n3:n4=n:1,降压变压器的副线圈两端电压如图乙所示,降压变压器的副线圈与阻值为R0=22的电阻组成闭合电路。若将变压器视为理想变压器,则下列说法正确的是( )A.发电机产生的交流电的频率为0.5Hz B.降压变压器的副线圈两端电压的瞬时值表达式为 C.通过R0的电流的最大值为 D.输电线损失的功率为二、实验题(第一空2分,其他每空3分,共20分) 11.通过实验测量当地的重力加速度.如图甲所示,将细线的上端固定在铁架台上,下端系一小钢球,就做成了单摆.(1)用游标卡尺测量小钢球直径,示数如图乙所示,读数为
7、_.(2)以下是实验过程中的一些做法,其中正确的有 . A.摆线要选择细些的、伸缩性小些的,并且尽可能长一些 B.摆球尽量选择质量大些、体积小些的 C.为了使摆的周期大一些,以方便测量,开始时拉开摆球,使摆线相距平衡位置有较大的角度 D.拉开摆球,使摆线偏离平衡位置大于5,在释放摆球的同时开始计时,当摆球回到开始位置时停止计时,此时间间隔即为单摆周期E.拉开摆球,使摆线偏离平衡位置不大于5,释放摆球,当摆球振动稳定后,从平衡位置开始计时,记下摆球做50次全振动所用的时间,则单摆周期(3)测出悬点到小球球心的距离(摆长) 及单摆完成次振动所用的时间,则重力加速度 (用、表示)。(4)下表是某同学
8、记录的3组实验数据,并做了部分计算处理组次123摆长80.0090.00100.0050次全振动时间90.095.5100.5振动周期1.801.91重力加速度9.749.73请计算出第3组试验中的_,_。(5)用多组实验数据做出图象,也可以求出重力加速度。已知三位同学做出的图线的示意图如图2中的、所示,其中和平行, 和都过原点,图线对应的值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线,下列分析正确的是_(选填选项前的字母)。A.出现图线的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长 B.出现图线的原因可能是误将49次全振动记为50次 C.图线对应的值小于图线对应的值(6)某同学在家里测重力加速度。他
9、找到细线和铁索,制成一个单摆,如图3所示。由于家里只有一根量程为30的刻度尺,于是他在细线上的点做了一个标记,使悬点、间细线的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、间细线长度以改变摆长.实验中,当、间细线的长度分别为、时,测得相应单摆的周期为、。由此可得重力加速度 (用、表示)三、计算题(共40分)12.(8分)一质点做简谐运动,其位移和时间关系如图所示(1)求t0.25102s时的位移;(2)在t0到8.5102s时间内,质点的路程、位移各多大? 13.(8分)如图甲所示,在匀强磁场中,一矩形金属线圈两次分别以不同的转速,绕与磁感线垂直的轴匀速转动,产生的交变电动势图象
10、如图乙中曲线a、b所示,求:(1)两次转动的角速度之比;(2)若线圈电阻R=0.3,则从中性面开始计时,经时间内流经线圈横截面的电荷量是多少。14.(12分)如图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图,其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴匀速转动,线圈的匝数、电阻,线圈的两端经集流环与电阻连接,电阻,与并联的交流电压表为理想电表.在时刻,线圈平面与磁场方向平行,穿过每匝线圈的磁通量随时间按图乙所示正弦规律变化.求:(1)交流发电机产生的电动势最大值;(2)电路中电压表的示数;(3) 上的热功率.15.(12分)如图甲所示,弯折成90角的两根足够长金属导轨平行放置,形成左右两导轨平面,左
11、导轨平面与水平面成53角,右导轨平面与水平面成37角,两导轨相距,电阻不计.质量均为,电阻均为的金属杆、与导轨垂直接触形成闭合回路,金属杆与导轨间的动摩擦因数均为,整个装置处于磁感应强度大小为,方向平行于左导轨平面且垂直右导轨平面向上的匀强磁场中. 时刻开始, 杆以初速度沿右导轨平面下滑. 时刻开始,对杆施加一垂直杆且平行右导轨平面向下的力,使开始作匀加速直线运动. 杆运动的图象如图乙所示(其中第1、第3内图线为直线).若两杆下滑过程均保持与导轨垂直且接触良好, 取10,.求:(1)在第1秒内杆受到的安培力的大小(2) 杆的初速度(3)若第2内力所做的功为9,求第2内杆所产生的焦耳热.分宜中学
12、2018-2019学年度下学期高二第一次段考物 理 答 案一、选择题(1-6小题为单选题,7-10为多选题,共40分)题号12345678910答案BABADDADBCADBD二、实验题 (第一空2分,其他每空3分,共20分) 11.(1)18.6; (2分) (2)ABE (3) (4)2.01; 9.76; (5)B; (6) 12.(8分)(1)cm(2)34 cm2 cm【解析】(1)由题图可知A2 cm,T2102s,振动方程为xAsin(t)Acost2 costcm2cos 100 tcm当t0.25102s时,x2coscmcm.(2)从t0至8.5102s时间内为个周期,质点
13、的路程为s17A34 cm,质点0时刻在负的最大位移处,8.5102s时刻质点在平衡位置,故位移为2 cm.13.(8分)(1)由图可知,a的周期为;b的周期为,则由可知,角速度与周期成反比,则(2)经时间内流经线圈横截面的电荷量14.(12分)1.交流发电机产生电动势的最大值,而,所以.由图线可知: ,.2.电动势的有效值,.3. 上的热功率为15.(12分)1.0.2N; 2.1m/s; 3.3J解析:1.ab杆沿右侧导轨下滑,根据右手定则可知ab杆中感应电流由a到b,则cd杆中电流由d到c,根据左手定则可知cd杆受到的安培力垂直于左侧导轨平面向下。根据题图乙可知,cd杆在第1s内的加速度
14、,对cd杆受力分析,根据牛顿第二定律,有:mgsin53-(mgcos53+F安)=ma1,解得F安=0.2N。2.第1s内,cd杆受到的安培力F安=BIL,由题1中数据可知回路中电流对ab杆:感应电动势,根据法拉第电磁感应定律有解得ab杆的初速度。3.根据题图乙可知,cd杆在第3s内做匀减速运动,加速度力对cd杆受力分析,根据牛顿第二定律,有mgsin53-(mgcos53+F安)=ma2解得安培力F安=1.8N,由可得2s时ab杆的速度第2s内ab杆做匀加速运动ab杆的位移,对ab杆,根据动能定理,有解得安培力做功W安=-6J,回路中产生的焦耳热Q=-W安=2Qcd解得第2s内cd杆所产生的焦耳热Qcd=3J。- 8 -