【物理】河北省石家庄正定中学2019-2020学年高二下学期3月线上月考试题（解析版）

【物理】河北省石家庄正定中学2019-2020学年高二下学期3月线上月考试题（解析版）

河北正定中学 2019-2020 学年第二学期高二第一次月考试题 物理 一、选择题，其中 1-12 题是单项选择题，13-20 是多项选择题。每题 4 分，共计 80 分 1.下列描绘两种温度下黑体辐射强度与波长关系的图中，符合黑体辐射实验规律的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 黑体辐射以电磁辐射的形式向外辐射能量，温度越高，辐射越强越大，故 B、D 错误．黑体 辐射的波长分布情况也随温度而变，如温度较低时，主要以不可见的红外光进行辐射，在 500℃以至更高的温度时，则顺次发射可见光以至紫外辐射．即温度越高，辐射的电磁波的 波长越短，故 C 错误，A 正确．故选 A． 点睛：要理解黑体辐射的规律：温度越高，辐射越强越大，温度越高，辐射的电磁波的波长 越短． 2.如图为远距离高压输电的示意图，关于远距离输电，下列表述不正确的是（ ） A. 增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失 B. 高压输电是通过减小输电电流来减小电路的发热损耗 C. 在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小 D. 高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好 【答案】C 【解析】 【详解】AB．远距离输电过程中的主要能量损耗是输电导线的发热损耗，由 2P I R损 可以 看出，在保证输电功率的前提下有两种方式可减小输电中的能量损失。一是减少输电线的电 阻，由 LR S  知可增加输电导线的横截面积，二是减小输电电流，故 AB 正确，AB 项均 不合题意； C．若输电电压一定，由 P=UI 知输送的电功率越大，输电电流越大，则输电中能量损耗 2P I R损 越大，C 错误，故 C 项符合题意； D．在影响高压输电的因素中另一个重要因素是电晕放电引起的电能损耗，在输出电压越高 时，电晕放电引起的电能损失越大，D 正确，D 项不合题意。 故选 C。 3.某理想变压器原、副线圈的匝数之比为 1：20，当变压器原线圈上电压不变，用户增加负 载，副线圈输出电流增加 2A 时，输入电流（ ） A. 增加 0.1A B. 降低 0.1A C. 增加 40A D. 降低 40A 【答案】C 【解析】 【详解】根据原、副线圈的电流关系有 1 2 2 1 1 20 n I n I   当输出电流增加 2A（ 2 2AI  ）时，输入电流增加 1I ，即 2 1 1 20 I I   解得输入电流增加 40A，故 C 正确，ABD 错误。 故选 C。 4.位于磁场中的甲、乙两个矩形金属线框可绕各自的轴转动，两根导线将两个线框按如图方 式连接。现用外力使甲线框顺时针方向转动。某时刻甲、乙线框恰处于如图所示的位置。设 此时乙线框的 ab 边受到的安培力为 F，则（ ） A. F 向上，乙线框表示电动机的原理 B. F 向上，乙线框表示发电机的原理 C. F 向下，乙线框表示电动机的原理 D. F 向下，乙线框表示发电机的原理 【答案】C 【解析】 【分析】 甲线框因用外力而动，产生感应电动势，根据楞次定律可判断感应电流方向。两个线框用导 线连接，则乙线框中有电流而受到安培力的作用。 【详解】用外力使甲线框顺时针方向转动后，甲线框切割磁感线产生感应电动势，产生感应 电流，根据楞次定律可判断甲线框中感应电流为顺时针方向。流经乙线框中感应电流也为顺 时针方向。乙线框由于有电流而在磁场中受安培力的作用将发生转动，此为电动机的原理。 根据左手定则可判断乙线框的 ab 边受到的安培力 F 方向向下，C 正确，ABD 错误。 故选 C。 5.如图所示，矩形线圈 abcd 放在匀强磁场中，ab 边长大于 ad 边长，e、f、g、h 分别是各 条边的中点。如果线圈绕下列的轴线以相同的角速度匀速旋转，哪种情况产生的感应电动势 最大值最大（ ） A. eg B. ad C. bd D. hf 【答案】D 【解析】 【详解】A．以 eg 为轴转动的过程中穿过线圈的磁通量始终为 0，没有电动势； B．以 ad 为轴转动的过程中穿过线圈的磁通量始终为 0，没有电动势； C．设线圈的面积为 S，磁感应强度为 B，以 bd 为轴，转过 90°时的磁通量最大，由图可知， 其磁通量的最大值小于 BS，则 mE NBS ； D．以 hf 为轴，转过 90°时的磁通量最大，由图可知，其磁通量的最大值等于 BS，则 Em NBS ； 由以上的分析可知，以 hf 为轴产生的感应电动势最大值最大，故 ABC 错误，D 正确。 故选 D。 6.利用半导体二极管的单向导电性，可以对交变电流进行整流将交变电流变为直流，一种简 单的整流电路如图甲所示，ab 为交变电流信号输入端，D 为半导体二极管，R 为定值电阻。 信号输入后，电阻 R 两端输出的电压信号如图乙所示，则关于该输出信号，下列说法正确 的是（ ） A. 频率为 100Hz. B. 电压有效值为 50V C. 一个标有“90V，30μF”的电容器并联在电阻 R 两端，可以正常工作 D. 若电阻 R=100Ω，则 1min 内 R 产生的热量为 2.5×104J 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图乙可知，该电压的周期 T=0.02s，故频率为 1f T   50Hz 故 A 错误； B．由电流的热效应知，一个周期内电阻产生的热量 22 0.01 0.02UU R R   有 其中的 100 50 2V 2 U   故电压有效值为 U 有=50V，故 B 正确； C．电容器两端的瞬时电压不应超过标称电压 90V，而 R 两端电压的瞬时值最大为 100V， 故电容不能正常工作，故 C 错误； D．电阻 R 产生的热量应使用电压的有效值进行计算，故 1min 内产生的热量为 2 41.5 10 JUQ tR   有 故 D 错误。故选 B。 7. 照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的．可是我们在晚上七八点钟用电高峰时开 灯，电灯比深夜时要显得暗些，这是因为此时 ( )． A. 总电阻比深夜时大，干路电流小，每盏灯分到的电压就小 B. 总电阻比深夜时大，干路电流小，每一支路的电流就小 C. 总电阻比深夜时小，干路电流大，输电线上损失的电压大 D. 干路电流一定，支路比深夜时多，分去了一部分电流 【答案】C 【解析】 【详解】晚上七、八点钟用电高峰时开灯，由于负载增多，各个负载是并联，则总电阻减小， 根据欧姆定律，输电线上的电流增大，输电线上损失的电压变大，由于照明供电线路的路端 电压基本上是保持不变的，所以用电高峰时用户获得的电压减小，每盏灯两端的电压较低．故 C 正确，ABD 错误． 故选 C. 8.一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴线匀速转动时产生正弦式交变电流，其电动 势的变化规律如图甲中的线 a 所示，用此线圈给图乙中电路供电，发现三个完全相同的灯 泡亮度均相同。当调整线圈转速后，电动势的变化规律如图甲中的线 b 所示，以下说法正 确的是 A. t＝0 时刻，线圈平面恰好与磁场方向平行 B. 图线 b 电动势的瞬时值表达式为 e＝40 sin( 20 3 t )V C. 线圈先后两次转速之比为 2∶3 D. 转速调整后，三个灯泡的亮度仍然相同 【答案】B 【解析】 【分析】 本题考察交变电流表达式，最大值为 NBSω，由此得出改变转速后的最大值，电感和电容都 对交流电由阻碍作用。 【详解】A.t＝0 时刻电动势为 0，故线圈平面恰好与磁场方向垂直，A 错误； B.由图中可知，改变后的角速度为 -12 20 s3 πω T   ，故电动势的最大值为 40V，故表达式 为 2040sin V3 πe t     ，B 正确； C.由 1T n  可知线圈先后两次转速之比为 3∶2； D.中转速调整后交流电的频率发生变化，电感对交变电流的阻碍减小、电容对交变电流的阻 碍增大，三个灯泡的亮度各不相同。 故选 B。 9.某水电站，用总电阻为 2.5Ω的输电线输电给 500km 外的用户，其输出电功率是 3×106kW．现 用 500kV 电压输电，则下列说法正确的是： A. 输电线上输送的电流大小为 2×105A B. 输电线上由电阻造成的损失电压为 15kV C. 若改用 5kV 电压输电，则输电线上损失的功率为 9×108kW D. 输电线上损失的功率为∆P=U2/r，U 为输电电压，r 为输电线的电阻 【答案】B 【解析】 【详解】由 P=IU 得输电线上输送的电流 6 3 3 3 P 3 10 10I 6 10 AU 500 10 A     ，由 △ U=Ir 得输 电 线 路 上 的 电 压 损 失 3 3U 6 10 2.5V 15 10 V      ， 输 电 线 上 损 失 的 功 率 为 2 6 3 2 2 11 2 3 P 3 10 10P I r r ( ) 2.5W 9 10 WU 5 10        ，输电线上损失的功率为 △ P 计算时， U 为输电线上的电压降，而不是输电电压． 故选 B． 【点睛】本题考查远距离输电中的能量损失及功率公式的应用，要注意功率公式中 P=UI 中 的电压 U 应为输电电压． 10.如图，理想变压器的原线圈接在输出电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈的中间 有一抽头将副线圈分为匝数分别为n1和n2的两部分，抽头上接有定值电阻R。开关S接通“1”、 “2”时电流表的示数分别为 I1、I2，则 1 2 I I 为（ ） A. 1 2 n n B. 2 1 n n C. 2 1 2 2 n n D. 1 2 n n 【答案】C 【解析】 【详解】设变压器原线圈两端的电压为 U0、匝数为 n0，根据变压器原理可知副线圈 n1 和 n2 的电压分别为 1 1 0 0 nU Un  ， 2 2 0 0 nU Un  根据能量守恒 2 1 1 0 UI U R  ， 2 2 2 0 UI U R  整理得 2 1 1 2 2 2 I n I n  故 ABD 错误，C 正确。 故选 C。 11.如图所示，R 为定值电阻，A、B、C 为三个相同的灯泡，理想变压器原、副线圈的匝数 分别为 n1、n2，若 A、B、C 均正常发光，设流过 R 的电流为 IR，流过 A 的电流为 IA，流过 B 的电流为 IB，则下列关系式中正确的是（ ） A. 3R BI I B. 4R AI I C. R A BI I I  D. 1n ： 2 2n  ：1 【答案】A 【解析】 【详解】ABC． A、B、C 三个灯泡正常发光，则流过的电流相等，均为 I，根据电流和匝 数的关系可知，原线圈的输入电流为 2I，根据并联电路的规律可知，流过电阻 R 的电流为 3I，即 IR=3IB，故 A 正确，BC 错误． D．若 A、B、C 均正常发光，则副线圈的输出电压为 2U．分析原线圈的电路，灯泡 A 两端 的电压即原线圈的输入电压，为 U，根据电压和匝数的关系可知，输入电压与输出电压之比 为 1：2，则匝数比为 1：2，故 D 错误． 12.如图所示为变压器工作电路示意图，其中 T 为理想变压器，输电线电阻可等效为电阻 r， 灯 L1、L2 相同且阻值不变。现保持变压器 T 的输入电压不变，滑片 P 处于图中位置，开关 S 断开，该状态下灯 L1 正常发光，则下列说法正确的是（ ） A. 仅闭合开关 S，灯 L1 会变亮 B. 仅闭合开关 S，r 消耗的功率会变大 C. 仅将滑片 P 下移，r 消耗的功率会变大 D. 仅将滑片 P 上移，电流表示数会变小 【答案】B 【解析】 【详解】A．闭合 S，副线圈总电阻减小，副线圈中电流增大，电阻 r 上的电压增大，副线 圈电压不变，所以灯泡两端电压减小，故灯泡 1L 会变暗，故 A 错误； B．根据以上分析得电阻 r 上的电压增大，r 消耗的功率会变大，故 B 正确； C．仅将滑片 P 下移，副线圈匝数减小，则输出电压减小，副线圈中电流减小，r 消耗的功 率会变小，故 C 错误； D．仅将滑片 P 上移，副线圈匝数增加，则输出电压增大，副线圈中电流增大，原线圈电流 增大，电流表示数会变大，故 D 错误。 故选 B。 13. 在如图所示的远距离输电电路图中，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，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有( ) A. 升压变压器的输出电压增大 B. 降压变压器的输出电压增大 C. 输电线上损耗的功率增大 D. 输电线上损耗的功率占总功率的比例增大 【答案】CD 【解析】 试题分析：由于发电厂的输出电压不变，升压变压器的匝数不变，所以升压变压器的输出电 压不变，故 A 错误． B、由于发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大，又升压变压器的输出电压 U2 不变，根据 P=UI 可输电线上的电流 I 线增大，导线上的电压损失变大，则降压变压器的 初级电压减小，则降压变压器的输出电压减小，故 B 错误．根据 P 损=I 线 2R，又输电线上的 电流增大，电阻不变，所以输电线上的功率损失增大，故 C 正确．根据 2( )PP RU 损 ，则 有： 2 P PR P U 损 ＝ ；发电厂的输出电压不变，输电线上的电阻不变，所以输电线上损耗的功率 占总功率的比例随着发电厂输出功率的增大而增大．故 D 正确．故选 CD． 考点：远距离输电 14.在光电效应实验中，飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压 之间的关系曲线（甲光、乙光、丙光），如图所示．则可判断出（ ） A. 甲光的频率大于乙光的频率 B. 乙光的波长大于丙光的波 C. 乙光对应的截止频率等于丙光的截止频率 D. 甲光对应的光电子最大初动能大于丙光的光电子最大初动能 【答案】BC 【解析】 【详解】A．根据 2 0 1 2 meU mv h W  截 入射光的频率越高，对应的截止电压U截 越大.甲光、乙光的截止电压相等，所以甲光、乙光 的频率相等，故 A 错误； B．丙光的截止电压大于乙光的截止电压，所以丙光的频率大于乙光的频率，则乙光的波长 大于丙光的波长；故 B 正确； C．同一金属，截止频率是相同的，故 C 正确； D．丙光的截止电压大于甲光的截止电压，所以甲光对应的光电子最大初动能小于丙光的光 电子最大初动能，故 D 错误。 故选 BC。 15.对光的认识，下列说法中正确的是（ ） A. 个别光子的行为表现出粒子性，大量光子的行为表现出波动性 B. 光的波动性是光子本身的一种属性，不是光子之间的相互作用引起的 C. 光表现出波动性时，就不具有粒子性了；光表现出粒子性时，就不再具有波动性了 D. 光的波粒二象性应理解为：在某种场合下光的波动性表现得明显，在另外的某种场合下， 光的粒子 性表现得明显 【答案】ABD 【解析】 【详解】A．大量光子的效果往往表现出波动性，个别光子的行为往往表现出粒子性，故 A 正确； B．波粒二象性是光的根本属性，与光子之间的相互作用无关，故 B 正确； C．光具有波粒二象性，即光既具有波动性又有粒子性，故 C 错误； D．光的波粒二象性是指光既具有波动性又有粒子性，少量粒子体现粒子性，大量粒子体现 波动性，故 D 正确。故选 ABD。 16. 在演示光电效应实验中，原来不带电的一块锌板与灵敏验电器相连，用弧光灯照射锌板 时，验电器的指针就张开一个角度，如图所示，则 A. 验电器的指针带正电 B. 验电器的指针带负电 C. 增大光的强度，逸出的光电子的最大初动能不变 D. 延长光照时间，逸出的光电子的最大初动能变大 【答案】AC 【解析】 【详解】AB．因为在发生光电效应的过程中，从锌板中打出电子，故此时锌板带正电，选 项 A 正确，B 错误； CD．光电子的最大初动能与光的频率有关，与入射光的强度与照射时间无关，选项 C 正确， D 错误；故选 AC. 【名师点睛】此题考查了光电效应现象；关键是知道什么是光电效应以及产生光电效应的条 件；注意：光电子的最大初动能与入射光的频率决定；当发生光电效应时，入射光的强度决 定着单位时间内打出光电子的个数；此题是基础题． 17.如图所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图线 （直线与横轴的交点坐标为 4.27，与纵轴交点坐标为 0.5）．由图可知： A. 该金属的截止频率为 4.27×1014Hz B. 该金属的截止频率为 5.5×1014Hz C. 该图线的斜率的物理意义是普朗克常量 D. 该金属的逸出功为 0.5eV 【答案】AC 【解析】 当最大初动能为零时，入射光的光子能量与逸出功相等，即入射光的频率等于金属的截止频 率，可知金属的截止频率为 4.27×1014Hz，A 正确 B 错误；根据 0kmE hv W  知，图线的斜 率表示普朗克常量，C 正确；金属的逸出功为 34 14 0 6.67 10 4.27 10 1.78W hv J eV      ，D 错误． 18.美国物理学家密立根利用图甲所示的电路研究金属的遏止电压 Uc 与入射光频率的关系， 描绘出图乙中的图象，由此算出普朗克常量 h。电子电量用 e 表示，下列说法正确的是（ ） A. 入射光的频率增大，为了测遏止电压，则滑动变阻器的滑片 P 应向 M 端移动 B. 增大入射光的强度，光电子的最大初动能也增大 C. 由图像可知，这种金属的截止频率为 e D. 由图像可求普朗克常量表达式为 1 1 e U eh    【答案】CD 【解析】 【详解】A．入射光的频率增大，光电子的最大初动能增大，则遏止电压增大，测遏制电压 时，应使滑动变阻器的滑片 P 向 N 端移动，A 错误； B．根据光电效应方程 0kmE h W  知，光电子的最大初动能与入射光的强度无关，B 错误； CD．根据 0kmE h W eU   解得 1 ehhU e e   则 1 1 e U eh    当遏止电压为零时， e  ，故 CD 正确。 故选 CD。 19.笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍 尔元件，电脑正常工作：当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。 如图所示，一块宽为 a、长为 c 的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为 e 的 自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为 v。当显示屏闭合时元件处于垂 直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压 U，以此控制屏幕 的熄灭。则元件的（ ） A. 前表面的电势比后表面的电势高 B. 前表面的电势比后表面的电势低 C. 前、后表面间的电压 U 与 v 无关 D. 前、后表面间的电压 U 与 v 有关 【答案】AD 【解析】 【详解】AD．电流方向向右，电子向左定向移动，根据左手定则判断可知，电子所受的洛 伦兹力方向向里，则后表面积累了电子，前表面的电势比后表面的电势高，故 A 正确，B 错误； CD．由电子受力平衡可得 Ue evBa  解得 U Bva 所以前、后表面间的电压 U 与 v 成正比，即前、后表面间的电压 U 与 v 有关，故 C 错误； D 正确。 故选 AD。 20.如图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为 B 的匀强磁 场中绕垂直于磁场方向的固定轴 OO'匀速转动，线圈的两端与滑动变阻器 R 连接，当 R=10Ω 时，交流电压表示数为 10V。图乙是穿过矩形线圈的磁通量Φ随时间 t 变化的图象，线圈电 阻不能忽略，下列说法正确的是（ ） A. 0.02s 时，R 两端的电压瞬时值为零 B. 电阻 R 上的电功率为 10W C. R 两端的电压 u 随时间 t 变化的规律是 u=10 2 cos100πt（V） D. 当滑动变阻器触头向下滑动时，电压表示数变小 【答案】BC 【解析】 【详解】A．0.02s 时穿过线圈的磁通量为零，磁通量变化率最大，感应电动势最大，此时 R 两端的电压瞬时值不为零，故 A 错误； B．电压表的读数为 R 两端的电压，电阻 R 上的电功率 2 210 W=10W10 UP R   故 B 正确； C．根据乙图可知，线圈从平行于磁场方向开始转动，故 R 两端的电压 u 随时间 t 变化的关 系为余弦函数，R 两端电压的最大值 Um= 2 U=10 2 V 角速度 2π  rad/s=100π rad/s0.02   所以 R 两端的电压 u 随时间 t 变化的规律是 u=10 2 cos100πt（V） 故 C 正确； D．当滑动变阻器触头向下滑动时，R 增大，总电流减小，内电压减小，路端电压增大，电 压表示数增大，故 D 错误。 故选 BC。 二、计算题 21.如图所示的是小型交流发电机示意图，矩形线圈面积为 S＝200cm2，匝数为 N＝100，内 阻为 r＝1Ω，绕其垂直于磁感线的对称轴 OO'匀速转动，转速 n＝50r/s，匀强磁场的磁感应 强度为 B＝1T，外接电阻 R＝9Ω．t＝0 时刻，线圈从图示位置开始转动。 (1)求电动势的最大值（π取 3）； (2)写出通过 R 的电流的瞬时表达式； (3)求最初 1 12 个周期内通过线圈导线横截面的电量。 【答案】(1)600V；(2)i＝60cos100πt（A）；(3)0.1C。 【解析】 【详解】(1)电动势的最大值 Em＝NBSω＝600V； (2)由闭合电路欧姆定律得 m m 60AEI R r   ， 所以通过 R的电流的瞬时表达式 i＝60cos100πt（A）； (3)十二分之一个周期转过θ＝30 ，磁通量变化为 = sin 0.01WbBS   ， 电荷量为 0.1Cq N R r   。 22.风力发电作为新型环保新能源，近几年来得到了快速发展，如图所示，风车阵中发电机 输出功率为 100 kW，输出电压是 250 V，用户需要的电压是 220 V，输电线总电阻为 10 Ω. 若输电线因发热而损失的功率为输送功率的 4%，试求： (1)在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比； (2)用户得到的电功率是多少． 【答案】(1) ， (2) 【解析】 【分析】 画出输电线路图，由输电线损耗功率求出输电电流 I2，再由发电机输出功率与输出电压求得 升压变压器的原线圈的电流 I1，由是 I1，I2 得升压变压器的匝数比； 求出升压变压器的匝数比后可求出降压变压器的原线圈的电压，再与用户电压结合求出降压 变压器的原副线圈的匝数比； 【详解】（1）根据题意，可知等效电路图为： 输电线损耗功率 100 4%  4P kW kW  线 ，又 2 2P I R线 线 输电线电流 2 3 20 I I A  原线圈中输入电流 1 1 400PI AU   所以升压变压器匝数比为： 1 2 2 1 1  20 n I n I   这样 2 2 1 1 5000nU U Vn   ， 3 2 5000 20 10 4800 U U U V V     线 所以降压变压器匝数比为： 3 4 4800 240  220 11 n n   （2）用户得到的电功率即降压变压器的输出功率为： 1 4% 100 96%  96P P P P kW kW      用 损 （ ） ． 【点睛】解决本题的关键是知道原副线圈的电压比等于匝数比，电流比等于匝数之反比，以 及知道升压变压器的输出电压、降压变压器的输入电压和电压损失的关系，以及功率的关系．