深圳市高级中学2016-2017学年度下学年高二物理第一次月考试题

时量:90分钟 总分:100分

1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置。

2.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。

3. 考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一.选择题 (本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题只有一个或多个正确选项，选对的得5分，选错或不答的得0分)

1.下列说法正确的是（　　）

A．科技的进步可以使内燃机成为单一热源的热机

B．分子间作用力的合力表现为引力时，若分子间的距离增大，则分子间的合力一定减小，分子势能一定增大

C．显微镜下观察到的布朗运动就是液体分子的无规则运动

D．气体从外界吸收热量，其内能不一定增加

解：A、根据热力学第二定律，从单一热源吸收热量，全部用来对外做功而不引起其它变化是不可能的，故A错误；

B、分子间作用力的合力表现为引力时，若分子间的距离增大，则分子间的合力不一定减小，分子势能一定增大，故B错误；

C、布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，不是液体分子的运动，故C错误；

D、根据热力学第一定律，做功和热传递都可以改变物体的内能，气体从外界吸收热量，其内能不一定增加，故D正确；

故选：D

2.如图所示，闭合圆形金属环竖直固定，光滑水平导轨穿过圆环，条形磁铁沿导轨以初速度v0向圆环运动，其轴线穿过圆环圆心，与环面垂直，则磁铁在穿过圆环的整个过程中，下列说法正确的是（　　）

A．金属环先有收缩趋势，后有扩张趋势

B．金属环中的感应电流方向不变

C．磁铁先做减速运动、后做加速运动

D．磁铁先做加速运动，后做减速运动

解：A、楞次定律的表现是：“来拒去留，增缩减扩”，所以磁铁在穿过环之前，圆环产生的感应电流对环的作用是缩小的趋势；穿过环之后的短时间内，圆环产生的感应电流对圆环是“扩展”的作用．故A正确；

B、磁铁在穿过环之前，向左的磁通量增加，产生从左向右看顺时针方向的感应电流；穿过环之后的短时间内，向左的磁通量减小，产生从左向右看逆时针方向的感应电流．故电流的方向不同．故B错误；

C、D、根据楞次定律的表现：“来拒去留”，所以磁铁在穿过环之前，圆环产生的感应电流对磁铁是“拒”的作用，即阻碍作用，阻碍磁铁的靠近，故磁铁会减速．穿过环之后的短时间内，圆环产生的感应电流对磁铁是“留”的作用，也会阻碍磁铁向前运动，故磁铁会减速．故CD错误；

故选：A

3.一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p﹣T图象如图所示．下列判断正确的是（　　）

A．过程ab中气体一定吸热

B．过程bc中气体既不吸热也不放热

C．过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热

D．a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小

解：A、由图示可知，ab过程，气体压强与热力学温度成正比，则气体发生等容变化，气体体积不变，外界对气体不做功，气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故A正确；

B、由图示图象可知，bc过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律△U=Q+W可知，气体吸热，故B错误；

C、由图象可知，ca过程气体压强不变，温度降低，由盖吕萨克定律可知，其体积减小，外界对气体做功，W＞0，气体温度降低，内能减少，△U＜0，由热力学第一定律可知，气体要放出热量，过程ca中外界对气体所做的功小于气体所放热量，故C错误；

D、由图象可知，a状态温度最低，分子平均动能最小，故D正确；

故选：AD．

4.如图所示，等腰直角区域EFG内有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，直角边CF长度为2L． 现有一电阻为R的闭合直角梯形导线框ABCD以恒定速度v水平向右匀速通过磁场．t=0时刻恰好位于图示位置（即BC与EF在一条直线上，且C与E重合），规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流i与时间t的关系图线正确的是（　　）

A．
B．

C．
D．

【答案】C

【解析】解：t在0﹣
内，CD边切割磁感线，磁通量增大，由楞次定律判断可知感应电流的方向沿逆时针方向，为正；有效的切割长度l=vt，则感应电流大小为 i=
=
∝t，当t=
时，l=L，i=
；

t在
﹣
内，AD、CD和AB边切割磁感线，磁通量增大，由楞次定律判断可知感应电流的方向沿逆时针方向，为正；有效的切割长度l=﹣（vt﹣L）=
﹣
vt，则感应电流大小为 i=
=
，i随t线性递减，当t=2
时，l=
L，i=
；

t在
﹣
内，磁通量减小，由楞次定律判断可知感应电流的方向沿顺时针方向，为负；有效的切割长度均匀增大，i随t均匀增大，当t=3
时，l=2L，i=﹣
；

故选：C．

5.如图所示，电阻R的阻值和线圈自感系数L的值都较大，电感线圈的电阻不计，A、B是两只完全相同的灯泡，则下列说法正确的是（　　）

A．当开光S闭合时，B比A先亮，然后A熄灭

B．当开光S闭合时，B比A先亮，然后B熄灭

C．当电路稳定后开光S断开时，A立刻熄灭，B逐渐熄灭

D．当电路稳定后开光S断开时，B立刻熄灭，A闪一下后再逐渐熄灭

解：A、当开关S闭合时，电源的电压同时加到两个灯泡上，它们会一起亮．但由于电感线圈的电阻不计，线圈将A灯逐渐短路，A灯变暗直至熄灭；故AB错误．

C、当电路稳定后开光S断开时，L相当于电源，与A组成回路，B立刻熄灭，A闪一下后再逐渐熄灭，C错误D正确；

故选：D

6.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接如图乙所示的正弦交流电，图中R1为NTC型热敏电阻（阻值随温度的升高而减小）R1为定值电阻．下列说法正确的是（　　）

A．交流电压u的表达式u=36
sin50πtV

B．变压器原、副线圈中的电流之比随R1处温度的变化而变化

C．Rt温度升高时，变压器原线圈的输入功率变大

D．Rt温度升高时，电压表和电流表的示数均变大

解：A、原线圈接的图乙所示的正弦交流电，由图知最大电压36
V，周期0.02S，

故角速度是ω=100π，

所以u的表达式u=36
sin100πt（V），故A错误；

B、变压器原、副线圈中的电流之比等于匝数的反比，保持不变，故B错误；

C、Rt处温度升高时，阻值减小，副线圈电流增大，电流表的示数变大，但不会影响输入和输出电压值，电压表示数不变，

根据P=UI知输入功率等于输出功率都变大，故C正确、D错误；

故选：C．

7.在如图所示的远距离输电的电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，开关S闭合后，下列说法正确的是（　　）

A．升压变压器的输出电压增大 B．降压变压器的输入电压减小

C．流过灯泡L的电流减小 D．发电厂的输出功率增大

解：A、由题意知发电厂的输出电压不变，即升压变压器的输入电压不变，故A错误；

B、因为负载并联，开关闭合后，总电流增大，即降压变压器的输出电流增大，所以降压变压器的输入电流变大，而输电线电阻一定，所以损失的电压变大，所以降压变压器的输入电压减小，故B正确；

C、降压变压器的输入电压减小，则降压变压器输出电压变小，所以灯泡L两端的电压减小，通过灯泡的电流减小，故C正确；

D、的输电线上的电流增大，则发电厂的输出电流增大，输出电压不变，则输出功率，故D正确；

故选：BCD．

8.如图所示，水平面内两光滑的平行金属导轨，左端与电阻R相连接，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒垂直于导轨并与导轨接触良好．今对金属棒施加一个水平向右的外力F，使金属棒从a位置开始向右做初速度为零的匀加速运动，依次通过位置b和c．若导轨与金属棒的电阻不计，ab与bc的距离相等，关于金属棒在运动过程中的有关说法正确的是（　　）

A．金属棒通过b、c两位置时，外力F的大小之比为：1：

B．金属棒通过b、c两位置时，电阻R的电功率之比为1：2

C．从a到b和从b到c的两个过程中，通过金属棒横截面的电荷量之比为1：1

D．从a到b和从b到c的两个过程中，电阻R上产生的热量之比为1：1

解：A、金属棒从a位置由静止开始向右做匀加速运动，根据v2=2ax知，通过b、c两个位置的速度比为1：
；

根据E=BLv知，产生的电动势之比为1：
，由闭合电路欧姆定律得知感应电流之比为1：
，由公式F=BIL可知安培力之比为1：
，根据牛顿第二定律，有：

F﹣FA=ma，FA=F﹣ma， ma是定值，所以外力F的大小之比不等于1：
．故A错误．

B、通过b、c两个位置的速度比为1：
，根据P=
知，电阻R的电功率之比为1：2．故B正确．

C、由q=
，因为△Φab=△Φbc，则qab=qbc，则通过金属棒横截面的电荷量之比为1：1，故C正确．

D、根据能量守恒定律，热量Qab=Fxab﹣
，又
=2axab，则Qab=Fxab﹣maxab．

同理Qbc=Fxbc﹣maxbc，加速度相等，ab、bc的位移相等，但F不等，所以产生的热量不等．故D错误．

故选：BC．

9.如图，矩形闭合线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻．线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界OO′平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO′下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律（　　）

A．
B．
C．
D．

解：A、线框先做自由落体运动，ab边进入磁场做减速运动，加速度应该是逐渐减小，而A图象中的加速度逐渐增大．故A错误．

B、线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后做减速运动，因为重力小于安培力，当加速度减小到零做匀速直线运动，cd边进入磁场做匀加速直线运动，加速度为g．故B正确．

C、线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后因为重力大于安培力，做加速度减小的加速运动，cd边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为g，故C正确．

D、线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后因为重力等于安培力，做匀速直线运动，cd边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为g，故D正确．

本题选不可能的，故选A．

10.如图所示，两光滑平行倾斜导轨PQ、EF所在平面与水平面的夹角为θ，匀强磁场垂直于导轨所在平面斜向下，导轨下端接一电阻R，质量为m的导体棒用平行于导轨的细线拴住置于导轨上，线的另一端跨过光滑定滑轮挂着一个质量为M的砝码，按住导体棒，整个装置处于静止状态，放手后，导体棒被细线拉着沿导轨向上运动一段位移s后，速度恰好达到最大值v（导体棒及导轨电阻忽略不计），在此过程中（　　）

A．细线的拉力始终等于Mg

B．导体棒做加速度逐渐越小的加速运动

C．细线的拉力与安培力的合力对导体棒做的功等于导体棒增加的机械能

D．电阻R产生的热量Q=Mgs﹣mgssinθ﹣
mv2

解：A、B、对于导体棒，从静止释放后先做加速运动，随着速度增大，由公式F=
知，棒所受的安培力增大，所以合力减小，加速度减小，则导体棒和M都做加速度逐渐越小的加速运动．对于M，根据牛顿第二定律得可知：其加速度向下，合力向下，则细线的拉力小于重力，故A错误，B正确．

C、对于导体棒，细线的拉力和安培力对其做功将引起机械能的变化，根据功能关系可知细线的拉力与安培力的合力对导体棒做的功等于导体棒增加的机械能．故C正确．

D、对于系统，根据能量守恒得：电阻R产生的热量 Q=Mgs﹣mgssinθ﹣
mv2．故D正确．

故选：BCD．

二、填空题(本大题8分 每小空2分)

11.两个完全相同的电热器，分别通以如图甲、乙所示的峰值相等的矩形交变电流和正弦交变电流，则这两个电热器的电功率之比P甲：P乙等于　 　

解：方波的电流有效值Ia=Im，正弦交流电的有效值Ib=
．根据功率公式P=I2R得到

P甲：P乙=I甲2：I乙2=
=1：2

故答案为：1：2

12.为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图所示．已知线圈由a端开始绕至b端，当电流从电流计G右端流入时，指针向右偏转．将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，发现指针向右偏转．

（1）在图中L上画上几匝线圈，以便能看清线圈绕向；

（2）当条形磁铁穿过线圈L后，向下远离L时，指针将指向　 　．

（3）当条形磁铁从图中的虚线位置向右远离L时，指针将指向　 　．（选填“左侧”、“右侧”或“中央”）

（1）如右图所示．

（2）左侧；（3）右侧

解：（1）将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，穿过L的磁场向下，磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，感应电流磁场应该向上，电流表指针向右偏转，电流从电流表右端流入，由安培定则可知，俯视线圈，线圈绕向为顺时针，如图．

（2）当条形磁铁穿过线圈L后，向下远离L时，穿过L的磁通量向下，磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流磁场应向下，指针将指向左偏转．

（3）当条形磁铁从图中虚线位置向右远离L时，穿过L的磁通量向上，磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流磁场应向上，指针向右偏转．

故答案为：（1）如右图所示．（2）左侧；（3）右侧

三.解答题(本大题48分 13 14 15 每小题10分 16题12分)

13.轻质细线吊着一质量为m=0.32kg，边长为L=0.8m、匝数n=10的正方形线圈总电阻为r=1Ω．边长为
的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图甲所示．磁场方向垂直纸面向里，大小随时间变化如图乙所示，从t=0开始经t0时间细线开始松驰，g=10m/s2．求：

（1）在前t0时间内线圈中产生的电动势；

（2）在前t0时间内线圈的电功率；

（3）求t0的值．

解：（1）由法拉第电磁感应定律得：

故在前t0时间内线圈中产生的电动势为0.4V．

（2）

P=I2r=0.16（W）

故在前t0时间内线圈的电功率为0.16W．

（3）分析线圈受力可知，当细线松弛时有：

由图象知：
解得：t0=2s

故t0的值为2s．

14.如图所示，将一定质量的气体密封在烧瓶内，烧瓶通过细玻璃管与注射器和装有水银的U形管连接，最初竖直放置的U形管两臂中的水银柱等高，烧瓶中气体体积为400ml，现用注射器缓慢向烧瓶中注水，稳定后两臂中水银面的高度差为25cm，已知大气压强为75cmHg柱，不计玻璃管中气体的体积，环境温度不变，求：

（1）共向玻璃管中注入了多大体积的水？

（2）试分析此过程中气体吸热还是放热，气体的内能如何变化．

解：（1）初状态：P1=75cmHg，V1=400ml

注入水后，P2=100cmHg

由玻意耳定律得：P1V1=P2V2

代入数据，解得：V2=300ml

注入水的体积：△V=V1﹣V2=100ml

（2）气体的内能是由温度和物质的量的多少决定的，一定质量的气体，温度不变，那么它的内能也不变；根据题意气体的体积减小，说明外界对气体做功，又由热力学第二定律得出：气体对外放热．

答：（1）共向玻璃管中注入了100ml体积的水；

（2）此过程中气体放热，气体的内能不变．

15.电机转子是边长为0.2米的正方形，线圈匝数为100匝，内阻8欧，初始位置如图所示，以ad、bc中点连线为轴用600转/分的转速在
特斯拉的匀强磁场中转动，灯泡电阻为24欧，则：

（1）从图示位置开始计时，写出感应电动势的瞬时值表达式．

（2）灯泡的实际消耗功率为多大？

（3）线圈从图示位置转过
的过程中外力做的功．

（4）线圈从图示位置转过
的过程中通过线圈某截面的电量q．

解：（1）线圈的角速度ω=2πn=2π×
rad/s=20πrad/s，感应电动势的最大值为Em=nBSω=100×
×0.22×20πV=80V．则从图示位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为e=Emsinωt=80Emsin20πt（V）．

（2）电动势的有效值为E=
=40
V，电路中电流的有效值为I=
=
=

灯泡的实际消耗功率为P=I2R=75W

（3）线圈从图示位置转过
的过程中外力做的功W=I2（R+r）t，t=
=
，解得W=2.5J．

（4）线圈从图示位置转过
的过程中线圈磁通量的变化量为△Φ=BS﹣BScos
=

通过线圈某截面的电量q=n
=100×
C=
C

答：（1）从图示位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为e=80Emsin20πt（V）．

（2）灯泡的实际消耗功率为75W．

（3）线圈从图示位置转过
的过程中外力做的功是2.5J．

（4）线圈从图示位置转过
的过程中通过线圈某截面的电量q=
C．

16.如图所示，用质量为m、电阻为R的均匀导线做成边长为l的单匝正方形线框MNPQ，线框每一边的电阻都相等．将线框置于光滑绝缘的水平面上．在线框的右侧存在竖直方向的有界匀强磁场，磁场边界间的距离为2l，磁感应强度为B．在垂直MN边的水平拉力作用下，线框以垂直磁场边界的速度v匀速穿过磁场．在运动过程中线框平面水平，且MN边与磁场的边界平行．求：

（1）线框MN边刚进入磁场时，线框中感应电流的大小；

（2）线框MN边刚进入磁场时，M、N两点间的电压UMN；

（3）在线框从MN边刚进入磁场到PQ边刚穿出磁场的过程中，水平拉力对线框所做的功W．

解：（1）线框MN边在磁场中运动时，感应电动势E=BLv

线框中的感应电流 I=
=
；

（2）M、N两点间的电压为电源的输出电压，由闭合电路欧姆定律可得出

UMN=
E=
BLv

（3）线框运动过程中有感应电流的时间 t=

此过程线框中产生的焦耳热Q=I 2Rt=

根据能量守恒定律得水平外力做功W=Q=
．

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