【物理】云南省昆明市寻甸县民族中学2019-2020学年高二下学期第一次月考试题（解析版）

【物理】云南省昆明市寻甸县民族中学2019-2020学年高二下学期第一次月考试题（解析版）

昆明市寻甸县民族中学2019-2020学年高二下学期 第一次月考物理试卷 第I卷（选择题）‎ 一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分。1~10题为单项选择题，11~12题为多项选择题。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错项的不得分）‎ ‎1.由i-t图可知，属于交流电的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】交流电是指电流的方向发生变化的电流，它的电流的大小可以不变，也可以变化，故选B．‎ ‎2.在下图中，不能产生交变电流的是(　 )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】矩形线圈绕着垂直于磁场方向的转轴做匀速圆周运动就产生交流电，而A图中的转轴与磁场方向平行，线圈中无电流产生，所以选A，而BCD三种情形在旋转得时候线框得磁通量发生变化，因此有交流电．‎ ‎3.如图所示，竖直放置的长直导线通以恒定电流，有一矩形线框与导线在同一平面内，在下列情况中不能使线圈产生感应电流的是 （ ）‎ A. 导线中电流强度变大 B. 线框向右平动 C. 线框向下平动 D. 线框以ab边为轴转动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】导线中电流强度变大，磁场增大，线框中的磁感应强度增大，故磁通量增大，可以产生感应电流，故A错误；线框向右平动，线框中的磁感应强度减小，故磁通量减小，可以产生感应电流，故B错误；线框向下运动时，线框中的磁感应强度不变，磁通量不变，故不会产生感应电流，故C正确；线框以ab直导线为轴转动，穿过线框的磁通量变化，则有产生感应电流，故D错误；故选C．‎ ‎4.如图所示，把一正方形线圈从磁场外自右向左匀速经过磁场再拉出磁场，则从ad边进入磁场起至bc边拉出磁场止，线圈感应电流的情况是( )‎ A. 先沿abcda的方向，然后无电流，以后又沿abcda方向 B. 先沿abcda的方向，然后无电流，以后又沿adcba方向 C. 先无电流，当线圈全部进入磁场后才有电流 D. 先沿adcba的方向，然后无电流，以后又沿abcda方向 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】线圈进入磁场过程，磁通量增大，产生感应电流，由楞次定律判断可知，感应电流方向为adcba方向；线圈完全在磁场中运动时，线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，线圈穿出磁场的过程，磁通量减小，由楞次定律判断可知，感应电流方向为abcda方向；‎ A．不符合题意，错误；B．不符合题意，错误；C．不符合题意，错误；D．正确．‎ ‎5.图甲是小型交流发电机的示意图，在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁场方向垂直的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示．发电机线圈内阻为10 Ω，外接一只电阻为90 Ω 的灯泡，不计电路的其他电阻，则 ‎ A. t＝0时刻线圈平面与中性面垂直 B. 每秒钟内电流方向改变100次 C. 灯泡两端的电压为22 V D. 0～0.01 s时间内通过灯泡的电荷量为0‎ ‎【答案】B ‎【解析】A．由题图乙电动势随时间变化的正弦规律图象可知：计时起点e＝0，即从中性面开始计时，A错误；‎ B．由图象可知：电动势周期为0.02 s，所以频率为50 Hz，即每秒钟内电流方向改变100次，B正确；‎ C．由图象可知：电动势的有效值为22 V，所以灯泡两端的电压为:U＝×22 V＝19.8 V 故C错误；‎ D．0～0.01 s时间内通过灯泡的电流均为正方向，所以电荷量不为0，D错误．‎ ‎6.在图乙的电路中，通入如图甲所示的交变电流，此交变电流的每个周期内，前三分之一个周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定，电阻R的阻值为12Ω，电表均为理想电表，下列判断正确的是（ ）‎ A. 电压表示数为 B. 该交变电流的有效值为4V C. 电阻R一个周期内产生的热量一定大于9J D. 电流表的示数为‎0.5A ‎【答案】D ‎【解析】A.根据电流的热效应得到：‎ 得到电压的有效值为，电表的读数为有效值，故电压表的示数为，故A正确，B错误；‎ C.根据焦耳定律，电阻R一个周期内产生的热量为：‎ 故C错误；‎ D.电流表读数为有效值，则根据欧姆定律得到：‎ 故D正确．‎ ‎7.如图所示，三个灯泡是相同的，而且耐压足够，电源内阻忽略．当单刀双掷开关S接A 时，三个灯亮度相同，那么S接B时（　　）‎ A. 三个灯亮度相同 B. 只有丙灯不亮，乙灯最亮 C. 甲灯和乙灯亮度相同，丙灯不亮 D. 甲灯最亮，丙灯不亮 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由题，当单刀双掷开关S接A时，三个灯亮度相同，说明电感L的感抗与电阻R相同，当S接B时，电感L没有感抗，电容器具有隔断直流的作用，而交流与直流对电阻R没有影响，所以丙灯不亮，灯甲亮度不变，乙灯亮度增加，乙灯最亮．故选B．‎ ‎8.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5：1，．两电表均为理想电表，其中电流表的示数为0. ‎4A，则 A. 电阻中通过的电流的有效值为‎1A ‎B. 电压表V的示数为20V C. 原线圈的输入功率为40W D. 穿过原、副线圈的磁通量的变化率之比为5：1‎ ‎【答案】B ‎【解析】A、根据原副线圈的电流关系可以得到：‎ 有：‎ 故A错误；‎ B、电压表的读数为的电压，即为：‎ 故B正确；‎ C、负载功率为：‎ 原副线圈功率相等，有：‎ 故C错误；‎ D、理想变压器穿过原、副线圈的磁通量的变化率相等，即穿过原、副线圈的磁通量的变化率之比为，故D错误．‎ ‎9.如图所示，电路中变压器原线圈匝数n1＝1 000，两个副线圈匝数分别为n2＝500、n3＝200，分别接一个R＝55 Ω的电阻，在原线圈上接入U1＝220 V的交流电源．则两副线圈输出电功率之比和原线圈中的电流I1分别是(　　)‎ A. ，I1＝‎2.8 A B. ，I1＝‎‎2.8 A C. ，I1＝‎1.16 A D. ，I1＝‎‎1.16 A ‎【答案】C ‎【解析】对两个副线圈有＝、＝，‎ 所以U2＝110 V，U3＝44 V，又因为P＝，所以＝＝；‎ 由欧姆定律得I2＝＝‎2 A，I3＝＝‎0.8 A，对有两个副线圈的变压器有 n1I1＝n2I2＋n3I3，‎ 得I1＝‎1.16 A.‎ A. ，I1＝‎2.8 A与计算结果不相符；故A项错误.‎ B. ，I1＝‎2.8 A与计算结果不相符；故B项错误.‎ C. ，I1＝‎1.16 A与计算结果相符；故C项正确.‎ D. ，I1＝‎1.16 A与计算结果不相符；故D项错误.‎ ‎10.图甲为远距离输电示意图，升压变压器原副线圈匝数比1:100，降压变压器原副线圈匝数比为100:1，远距离输电线的总电阻为100Ω，若升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为750kW，下列说法中正确的有 A. 客户端交流电频率为100Hz B. 客户端电压为250V C. 输电线中的电流为‎30A ‎D. 输电线路损耗功率为180kW ‎【答案】C ‎【解析】由乙图知，周期为0.02s，所以频率f=50Hz，所以A错误；输电线上有电压的损耗，所以用户端电压小于250V，B错误；对升压变压器，由变压规律，可求U2=25000V，输电线电流，所以C正确；输电线损耗的功率：，故D错误．‎ ‎11.某小型水电站的电能输送示意图如图甲所示，发电机输出的电压恒定，通过升压变压 器 T1 和降压变压器 T2 向用户供电，已知输电线的总电阻为 R，降压变压器 T2 的原、副线 圈匝数之比为 4:1。它的副线圈两端的交变电压如图乙所示，R0 为负载电阻。若将变压器 视为理想变压器，则下列说法中正确的是 A. 发电机中交流电频率为 50Hz B. 降压变压器 T2 的输入功率与输出功率之比为 4：1‎ C. 升压变压器 T1 的输出电压等于降压变压器 T2 的输入电压 D. 当 R0 增大时，升压变压器 T1 的输出电压不变 ‎【答案】AD ‎【解析】A. 根据降压变压器副线圈两端的交变电压所示，交流电的周期为0.02s，则频率为f=1/T=50Hz，则发电机中交流电频率也为 50Hz，选项A正确；‎ B. 降压变压器 T2 的输入功率与输出功率相等，选项B错误；‎ C. 升压变压器 T1 的输出电压等于降压变压器 T2 的输入电压与导线上的电压损失之和，选项C错误；‎ D. 升压变压器 T1 的输出电压是由输入电压即发电机输出的电压决定，则升压变压器 T1 的输出电压是不变的，选项D正确；‎ ‎12.如图的理想变压器电路中，原副线圈的匝数比为3:1，电阻R1与R2阻值相等．a、b两端接电压恒定的正弦交流电源．在滑动变阻器滑片P向右移动的过程中 A. R1消耗的功率增大 B. 电源的输入功率减小 C. 流过R1、R2的电流的频率相同 D. R1、R2消耗的功率之比为1:9‎ ‎【答案】BCD ‎【解析】滑动变阻器滑片P向右移动的过程中，总电阻增大，原副线圈的电流强度均减小；‎ AB．根据P=UI1可知，电路中消耗的总功率在减小，电源的输入功率减小；根据P=I2R可知原线圈电路中定值电阻R消耗的功率在减小，副线圈电路中定值电阻R消耗的功率也在减小，故A错误B正确；‎ C．变压器不改变交流电的频率，故C正确。‎ D．原副线圈中的电流：‎ 根据P=I2R可知原、副线圈电路中定值电阻R消耗的功率之比等于电流强度平方之比，为1：9．故D正确。‎ 第II卷（非选择题）‎ 二、实验题（本大题共2小题，每空2分，共12分）‎ ‎13.某实验小组用小车拖动纸带，用打点计时器测定匀变速直线运动加速度，打出一条纸带，A、B、C、D、E为纸带上取的五个记数点，计数点间还有4个实验点未画出。实验所用交流电频率为50Hz，计算C点速度vC=_____m/s，小车的加速度a=_____m/s2。（本小题计算结果均保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). 0.30 (2). 0.40‎ ‎【解析】[1] C点速度等于BD段的平均速度，所以C点速度为 ‎[2]用逐差法得，小车的加速度 ‎14.有一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的I一U图线，现有下列器材供选用：‎ A．电压表（0～5V，内阻10kΩ） B．电压表（0～15V，内阻20kΩ）‎ C．电流表（0～‎3A，内阻0.4Ω） D．电流表（0～‎0.6A，内阻1Ω）‎ E．滑动变阻器（最大阻值为10Ω，允许最大电流为‎2A）‎ F．滑动变阻器（最大阻值为500Ω，允许最大电流为l A）‎ G．学生电源（直流6V）、开关、导线若干 ‎（1）实验中所用电压表应选用__，电流表应选用_____，滑动变阻器应选用__．（用序号字母表示）‎ ‎（2）实验时，所用电路应选图______（填“甲”或“乙”）‎ ‎【答案】 (1). A D E (2). 甲 ‎【解析】(1)[1]因灯泡的额定电压为4V，为保证安全选用的电压表量程应稍大于4V，但不能大太多，量程太大则示数不准确；故只能选用0∼5V的电压表，故选A；‎ ‎[2]由P=UI得，灯泡额定电流 故电流表应选择0∼‎0.6A的量程，故选D；‎ ‎[3]而由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，而分压接法中应选总阻值小的滑动变阻器，故选E；‎ ‎(2)[4]在用伏安法描绘这个灯泡的I一U图线的实验中，电压要从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，所以电路图选用图甲；‎ 三、计算题（本大题共3小题，共40分。请在解答过程中画出必要的物理图像，写出必要的表达式，作出必要的文字说明，只写结果不得分）‎ ‎15.如图所示，某发电机输出功率为30KW，输出电压U1=300V，用原、副线圈匝数比n1:n2=1:5的变压器升压后向远处用户供电，输电线的总电阻R=10Ω，用户端用一降压变压器把电压降为U4=220V．（变压器均为理想变压器）求：‎ ‎（1）输电线上损失的电功率ΔP ‎（2）降压变压器的匝数比n3:n4‎ ‎【答案】（1）4000W （2）‎ ‎【解析】(1)变压器原线圈电流 ‎ 由 可得 ‎ 输电线路上损失的功率 ‎(2)输电线路上降低的电压 ‎ 则 降压变压器匝数比 ‎16.如图所示，竖直平行导轨间距l=‎20cm，导轨顶端接有一电键K．导体棒ab与导轨接触良好且无摩擦，ab的电阻R=0．4Ω，质量m=‎10g，导轨的电阻不计，整个装置处在与轨道平面垂直的匀强磁场中，磁感强度B=1T．当ab棒由静止释放0．8 s后，突然接通电键，不计空气阻力，设导轨足够长．求：‎ ‎（1）ab棒的最大速度 ‎（2）ab棒的最终速度的大小（g取‎10m/s2）．‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）‎ ‎【解析】v=gt=‎8m/s ‎，‎ 由静止释放0.8s时：‎ 此时安培力F大于重力G=mg=0.1N，闭合开关后，导体棒做减速运动，故导体棒的最大速度 最终当导体棒的重力和安培力平衡时，导体棒保持恒定速度做匀速直线运动．‎ 即：，代入数据解得：‎ ‎17.如图所示，一个足够长的矩形金属框架与水平面成θ=37°角，宽L=‎0.5m，上端有一个电阻R0=2.0Ω，框架的其他部分电阻不计，有一垂直于框架平面向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.1T，ab为金属杆，与框架接触良好，其质量m=‎0.1kg，电阻r=0.5Ω，杆与框架间的动摩擦因数μ=0.5，杆由静止开始下滑，在速度达到最大值的过程中，电阻R0产生的热量Q0=2.0J（取g=‎10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：‎ ‎(1)通过R0的最大电流；‎ ‎(2)ab杆下滑的最大速度；‎ ‎(3)从开始到速度最大的过程中ab杆下滑的距离．‎ ‎【答案】（1）（2） (3)‎ ‎【解析】（1）杆达到最大速度后， ab中最大电流为Im，‎ 由平衡条件： ‎ 解得：Im=‎0.4A ‎ ‎（2）由闭合电路欧姆定律：Em=Im(R0+r)＝1.0 V ‎ 由法拉第电磁感应定律：Em=BLvm ‎ 解得 ‎（3）电路中产生的总焦耳热 ‎ 由动能定理得 解得杆下滑的距离 x=‎‎13.5m