2019-2020年高二上学期第三次“达清”测试物理试卷（宏志班）含解析.doc

2019-2020年高二上学期第三次“达清”测试物理试卷（宏志班）含解析一、不定项选择题（每题5分，共25分）1（5分）对于理想变压器，下列说法中错误的是（）A原线圈的电压不随副线圈的输出电流变化而变化B副线圈的输出功率随着原线圈的输入功率增大而增大C原线圈的输入电流随着副线圈的输出电流增大而增大D当副线圈的电流为零时，原线圈的电流也为零2（5分）对电容器能通交变电流的原因，下列说法中正确的有（）A当电容器接到交流电源上时，因为有自由电荷通过电容器，电路中才有交变电流B在有电容器的交流电路中，没有电荷定向移动C当电容器接到交流电源上时，电容器交替进行充电和放电，电路中才有交变电流D在有电容器的交流电路中，没有电荷通过电容器3输电线的电阻共计r，输送的电功率是P，用电压U送电，则用户能得到的电功率为（）APBP（）2rCPD4远距离输送交流电都采用高压输电，其优点是（）A可节省输电线的铜材料B可根据需要调节交流电的频率C可减少输电线上的能量损失D可加快输电的速度5如图变压器原线圈接交流高压，降压后通过输电线给用电器供电，当电键S断开时图中两电表示数电压U和电流I变化为（）A均变大BU变大，I变小C均变小DU变小，I变大二、计算题（共5分）6用30cm的细线将质量为4103kg的带电小球P悬挂在O点下，当空中有方向为水平向右，大小为1104N/C的匀强电场时，小球偏转37后处在静止状态（1）分析小球的带电性质；（2）求小球的带电量；（3）求细线的拉力一、B卷不定项选择题（每题5分，共25分）7利用变压器不可能做到的是（）A增大电流B升高电压C减小电压D增大功率8（5分）当理想变压器副线圈空载时，副线圈的（）A负载电阻为0B输出电流为0C两端电压为0D输出功率为09下列说法正确的是（）A变压器也可能改变恒定电压B变压器的原理是一种电磁感应现象，副线圈输出的电流是原线圈电流的感应电流C变压器由绕在同一闭合铁心上的若干线圈构成D变压器原线圈相对电源而言起负载作用，而副线圈相对负载而言起电源作用10如图所示，白炽灯和电容器串联后接在交变电源的两端，当交变电源的频率减小时（）A电容器电容增加B电容器电容减小C电灯变暗D电灯变亮11发电厂发电机的输出电压为U1，发电厂至用户的输电导线的总电阻为R，通过输电导线的电流为I，用户两端得到的电压为U2，输电导线上损耗的功率可表示为（）ABCI2RDI（U1U2）xx学年山东省滨州市邹平双语学校高二（上）第三次“达清”测试物理试卷（宏志班）参考答案与试题解析一、不定项选择题（每题5分，共25分）1（5分）对于理想变压器，下列说法中错误的是（）A原线圈的电压不随副线圈的输出电流变化而变化B副线圈的输出功率随着原线圈的输入功率增大而增大C原线圈的输入电流随着副线圈的输出电流增大而增大D当副线圈的电流为零时，原线圈的电流也为零【分析】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论【解答】解：A、加在原线圈上的电压是固定的，不会受其他因素影响，故A正确；B输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，并且大小相等，所以原线圈的输入功率随着副线圈的输出功率增大而增大，故B错误；C、根据电流与匝数成反比可知： =，所以原线圈的输入电流随着副线圈的输出电流增大而增大，故C正确；D、根据比例关系可知，当副线圈的电流为零时，原线圈的电流也为零；故D正确；本题选错误的；故选：B2（5分）对电容器能通交变电流的原因，下列说法中正确的有（）A当电容器接到交流电源上时，因为有自由电荷通过电容器，电路中才有交变电流B在有电容器的交流电路中，没有电荷定向移动C当电容器接到交流电源上时，电容器交替进行充电和放电，电路中才有交变电流D在有电容器的交流电路中，没有电荷通过电容器【分析】交流电是通过对电容器的充电与放电，使得电荷做定向移动，从而形成电流【解答】解：AC、由题意可知，当电容器接到交流电源上时，电容器交替进行充电和放电，导致电荷定向移动，从而使电路中有交变电流，对于恒定不变的直流，不能通过电容器，故A错误，C正确；B、在有电容器的交流电路中，电荷的运动是定向移动，只是移动方向周期性改变；故B错误；D、在有电容器的交流电路中，没有电荷通过电容器，通过电容器的是电流，故D正确；故选：CD3输电线的电阻共计r，输送的电功率是P，用电压U送电，则用户能得到的电功率为（）APBP（）2rCPD【分析】用户得到的功率等于输送功率减去输电线上损耗的功率，根据输送功率和输送电压求出输送的电流，结合求出损失的功率，从而得出用户得到的功率【解答】解：根据P=UI得，输电线上的电流I=，则输电线上损耗的功率，用户得到的功率故B正确，A、C、D错误故选：B4远距离输送交流电都采用高压输电，其优点是（）A可节省输电线的铜材料B可根据需要调节交流电的频率C可减少输电线上的能量损失D可加快输电的速度【分析】输送的功率一定，根据P=UI和P损=I2R可知高压输电的优点【解答】解：输送的功率一定，根据P=UI，知输电电压越高，输电电流越小，根据P损=I2R，知输电线上损耗的能量就小高压输电不会改变交流电的频率以及输电的速度高压输电与所用导线的材料无关；故C正确；ABD错误故选：C5如图变压器原线圈接交流高压，降压后通过输电线给用电器供电，当电键S断开时图中两电表示数电压U和电流I变化为（）A均变大BU变大，I变小C均变小DU变小，I变大【分析】变压器输入电压不变，输出电压不变当电键S断开时，副线圈回路中总电阻增大，干路电流减小，原线圈电流随着减小根据欧姆定律分析电压表读数的变化【解答】解：变压器输入电压不变，输出电压不变当电键S断开时，副线圈回路中总电阻增大，干路电流减小，原线圈电流随着减小，即电流表示数变小对于副线圈回路，总电压一定，电流减小，电阻R分担的电压增大，即电压表示数变大故选B二、计算题（共5分）6用30cm的细线将质量为4103kg的带电小球P悬挂在O点下，当空中有方向为水平向右，大小为1104N/C的匀强电场时，小球偏转37后处在静止状态（1）分析小球的带电性质；（2）求小球的带电量；（3）求细线的拉力【分析】对小球受力分析，根据带电小球处于静止状态，结合力的合成或分解解决问题【解答】解：（1）小球受力如图，电场力方向与电场同向，故带正电（2）小球受力平衡，在水平方向：qE=mgtan37，得（3）由受力图可知=0.05N所以，（1）正电（2）带电量3106C（3）拉力0.05N一、B卷不定项选择题（每题5分，共25分）7利用变压器不可能做到的是（）A增大电流B升高电压C减小电压D增大功率【分析】根据变压器的电压、电流与匝数之间的关系及输入功率与输出功率的关系即可求解【解答】解：根据变压器的电压、电流与匝数之间的关系可以增大和减小电压，也可以增大或减小电流，输入功率由输出功率决定，变压器不能改变功率故D不能做到故选D8（5分）当理想变压器副线圈空载时，副线圈的（）A负载电阻为0B输出电流为0C两端电压为0D输出功率为0【分析】空载相当于电阻无穷大，副线圈电压由输入电压和匝数比决定，输出功率为P=UI=U0=0【解答】解：空载相当于电阻无穷大，副线圈两端电压可以不为零，输出电流为零，输出功率为零故选：BD9下列说法正确的是（）A变压器也可能改变恒定电压B变压器的原理是一种电磁感应现象，副线圈输出的电流是原线圈电流的感应电流C变压器由绕在同一闭合铁心上的若干线圈构成D变压器原线圈相对电源而言起负载作用，而副线圈相对负载而言起电源作用【分析】变压器是根据电磁感应原理来工作的，对于恒定直流电来说，它产生的磁通量是不变的，所以变压器不能改变直流电的电压，而原副线圈的电压比等于匝数比【解答】解：A、变压器是根据电磁感应原理来工作的，对于恒定的直流电来说，它产生的磁通量是不变的，通过副线圈的通量不变，不能产生感应电动势，所以变压器不能改变恒定直流电的电压，故A错误；B、变压器原线圈中输入的交流电流产生的交变的磁场在副线圈中产生感应的电流，即变压器利用了电磁感应原理工作的，故B正确；C、变压器由绕在同一铁芯上的原、副线圈组成的，故C正确；D、变压器利用了电磁感应原理工作的，变压器原线圈相对电源而言起负载作用，而副线圈相对负载而言起电源作用故D正确故选：BCD10如图所示，白炽灯和电容器串联后接在交变电源的两端，当交变电源的频率减小时（）A电容器电容增加B电容器电容减小C电灯变暗D电灯变亮【分析】图中电容器与灯泡串联；电流频率越小，电容对交变电流的阻碍作用越大，电流越小【解答】解：图中电容器与灯泡串联；交变电流频率越小，电容对交变电流的阻碍作用越大，电流越小，灯泡功率越小，灯泡越暗；而电容器的电容与频率无关，由正对面积，极板间距及电介质决定，故C正确，ABD错误；故选：C11发电厂发电机的输出电压为U1，发电厂至用户的输电导线的总电阻为R，通过输电导线的电流为I，用户两端得到的电压为U2，输电导线上损耗的功率可表示为（）ABCI2RDI（U1U2）【分析】根据输电线中的电流，结合P损=I2R求出损失的功率，或根据电压损失，结合求出输电线上的损失功率【解答】解：升压变压器的输出电压为U1，降压变压器的输入电压为U2，则输电线上的电压损失U=U1U2，升压输电线上损失的功率为P损=UI=I（U1U2）或=则B，D正确，因为输电线上的电流为I，则输电线上损失的功P损=I2R故C正确，故选：BCD