2018-2019学年高二物理下学期第一次月考试题 (II).doc

2018-2019学年高二物理下学期第一次月考试题 (II)一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）1. 在下列几种电流的波形图中，不能表示交变电流的是()A. B. C. D. 2. 交流发电机在实际生活应用得相当广泛，交流发电机电枢中产生的交变电动势为，现要将交变电动势有效值提高一倍，而交流电的周期不变，可采取的方法是A. 将电枢转速提高一倍，其他条件不变B. 将磁感应强度增加一倍，线圈的面积增加一倍，其他条件不变C. 将线圈的面积增加一倍，其他条件不变D. 将磁感应强度增加一倍，线圈的面积缩小一半，其它条件不变3. 一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示。已知发电机线圈内阻为，若外接一只电阻为的灯泡，如图乙所示，则 ( ) A. 电压表V的示数为220 VB. 电路中的电流方向每秒钟改变50次C. 灯泡实际消耗的功率为484 WD. 发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为4. 通过某电流表的电流按如图所示的规律变化，则该电流表的读数为A. AB. 4AC. 5AD. A5. 如图所示，交流电流表、分别与平行板电容器C、带铁芯的线圈L和电阻R串联后接在同一个交流电源上，三个电流表各有不同的读数。下列说法正确的（ ）A. 增大电源频率，读数增大 B. 增大电源频率，读数增大C. 抽去线圈中的铁芯，读数增大D. 增大电容器两极板之间的距离，读数增大6、 理想变压器与电阻R及交流电流、电压表V和A按图示方式连接，已知变压器原副线圈的匝数比为：1，电阻，原线圈两端输入电压U随时间变化的图象如图所示，下列说法中正确的是A. V表的读数为220VB. 通过R的电流为2AC. A表的读数为2AD. 变压器的输入功率为40W7、 弹簧振子做机械振动，若从平衡位置O开始计时，经过时，振子第一次经过P点，又经过了，振子第二次经过P点，则该振子第三次经过P点是所需的时间为A. B. C. D. 8、 如图，弹簧振子在M、N之间做简谐运动以平衡位置O为原点，以向右为正方向建立Ox轴若振子位于N点时开始计时，则其振动图象为A. B. C. D. 二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）9、 发电厂发电机的输出电压为，发电厂至学校的输电导线总电阻为R，通过导线的电流为I，学校得到的电压为，则输电线上损耗的功率可表示为A. B. C. D. 10、一个单摆做受迫振动，其共振曲线如图所示，则 () A. 此单摆的固有周期约为2 s B. 此单摆的摆长约为1 m C. 若摆长增大，单摆的固有频率增大 D. 若摆长增大，共振曲线的峰将向左移动11、关于单摆，下列说法正确的是A. 单摆做简谐运动的回复力是重力和摆线对摆球拉力的合力B. 单摆做简谐运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力C. 在最大位移处，重力势能最大，摆球动能为零D. 在平衡位置时，摆线弹力最大，摆球受合力为零12、如图所示，是一弹簧振子在水平面内做简谐运动的振动图像，则振子在（ ）A. 和时刻具有相同的动能和速度B. 和时刻具有相同的动能和不同的速度C. 和时刻具有相同的加速度D. 和时刻振子所受回复力大小之比为三、 填空题（本大题共3道小题，6个空，每空2分，共12.0分）13、一理想变压器原、副线圈匝数比：原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u。如图所示，副线圈仅接入一个 _则 _D_Dd_ _D_Dd_ _14、如图所示，某理想变压器有一个原线圈，匝数匝，接220伏交流电路上，另有两个副线圈，甲线圈匝数 线圈中电流为 _D_Dd_ 为则乙线圈的匝数为_匝，原线圈中的电流为_A.15、在如图甲所示电路中，、为三只“6V，3W”的灯泡，变压器为理想变压器，各电表均为理想电表，当ab端接如图乙所示的交变电压时，三只灯泡均正常发光。则电压表的示数为_。四、 实验题探究题（本大题共1小题，5个空，每空2分，共10分）16、某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的操作： 用游标尺上有10个小格的游标卡尺测量摆球的直径如图甲所示，可读出摆球的直径为_ D_Dd_ _D_Dd_低点记一次数，当数到 _D_Dd_保留三位有效数字 _ /_D_Dd_ CD 重力加速度与原来相比，其大小_ A.偏大 D_Dd_该小组的另一同学没有使用游标卡尺也测出了重力加速度，他采用的方法是：先测出一摆线较长的单摆的振动周期，然后把摆线缩短适当的长度，再测出其振动周期 _的物理量表示重力加速度 D_Dd_五、 计算题（本大题共3小题，共30.0分）17（12分）、如图所示为交流发电机示意图，匝数为 D线圈，边长分别为 应强度 D_Dd_ 度匀速转动，转动开始时线圈平面与磁场方向平行，线圈通过电刷和外部 /_D_Dd_ D_Dd_ ?_ 的过程中，通过外电阻R的电量。18、（10分）一小型发电机通过升压、降压变压器把电能输送给某工厂，已知发电机的输出功率为50 kW，输出电压为500 V，升压变压器原、副线圈匝数比为 D_Dd_导线的总电阻为 _厀_又_及_电过程中电抗造成电压的损失不计，求： D_Dd_输电线上损耗的电功率； 降压变压器原、副线圈的匝数比。19、（8分）弹簧振子以O点为平衡位置，在B、C两点间做简谐运动，在 _ _间变化的图像向右为正方向高二第一次月考物理答案一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）1. 在下列几种电流的波形图中，不能表示交变电流的是()A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】交变电流的是大小和方向都随时间做周期性变化的电流，根据交变电流的定义去判断。本题只要掌握交变电流的定义就能进行选择，A项电流是单向脉冲直流电。【解答】A.此电流均为正值，说明电流的方向不随时间而变化，则此电流不是交变电流，A符合题意，故A正确；这三种电流的大小和方向都随时间做周期性变化，都是交变电流，不符合题意，故BCD错误。故选A。2. 交流发电机在实际生活应用得相当广泛，交流发电机电枢中产生的交变电动势为，如果要将交变电动势的有效值提高一倍，而交流电的周期不变，可采取的方法是A. 将电枢转速提高一倍，其他条件不变B. 将磁感应强度增加一倍，线圈的面积增加一倍，其他条件不变C. 将线圈的面积增加一倍，其他条件不变D. 将磁感应强度增加一倍，线圈的面积缩小一半，其它条件不变【答案】C【解析】【分析】本题考查交流电产生的原理，知道电动势的最大值为、有效值与最大值关系和转速周期关系是解题的关键。【解答】由有效值可知：A.交流电的周期不变，故转速不变，故A错误；B.将磁感应强度增加一倍，线圈的面积增加一倍，其他条件不变，有效值为原来4倍，故B错误；C.将线圈的面积增加一倍，其他条件不变，有效值加倍，故C正确；D.将磁感应强度增加一倍，线圈的面积缩小一半，其它条件不变，有效值不变，故D错误。故选C。3. 一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示。已知发电机线圈内阻为，若外接一只电阻为的灯泡，如图乙所示，则 () A. 电压表V的示数为220 VB. 电路中的电流方向每秒钟改变50次C. 灯泡实际消耗的功率为484 WD. 发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为【答案】D【解析】【分析】由图读出电动势的最大值，求出有效值，根据欧姆定律求出外电压的有效值，即为电压表的示数。根据电流方向每个周期改变两次，求出每秒钟方向改变的次数根据电压有效值求出灯泡消耗的功率由焦耳定律，由有效值求出发电机焦耳热。交流电的电压、电流、电动势等等物理量都随时间作周期性变化，求解交流电的焦耳热、电功、电功率时要用交流电的有效值，求电量时用平均值。【解答】由甲图知电压峰值为，周期，所以有效值为220V，A.电压表测的是路端电压，故A错误；B.交流电的频率为50Hz，每一周期电流改变两次，所以每秒改变100次，故B错误；C.灯泡实际消耗的功率，故C错误；D.发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为，故D正确。故选D。4. 通过某电流表的电流按如图所示的规律变化，则该电流表的读数为A. AB. 4AC. 5AD. A【答案】C【解析】解：根据有效值的定义可得：，解得：，故选项C正确，ABD错误。故选：C。有效值的定义为：把直流电和交流电分别通过两个相同的电阻器件，如果在相同时间内它们产生的热量相等，那么就把此直流电的电压、电流作为此交流电的有效值特别的，对于正弦交变电流最大值是有效值的倍本题考查交变电流有效值的计算根据电流的热效应来计算即可5. 理想变压器与电阻R及交流电流、电压表V和A按图示方式连接，已知变压器原副线圈的匝数比为：1，电阻，原线圈两端输入电压U随时间变化的图象如图所示，下列说法中正确的是A. V表的读数为220VB. 通过R的电流为2AC. A表的读数为2AD. 变压器的输入功率为40W【答案】B【解析】【分析】电压表、电流表的示数表示电压电流的有效值，原副线圈的电压比等于匝数之比，电流比等于匝数之反比，原线圈的电压决定副线圈的电压，副线圈的电流决定原线圈的电流。解决本题的关键知道原副线圈的电压关系和电流关系，以及知道原副线圈的电压、电流和功率的决定关系。【解答】由原线圈两端输入电压U随时间变化的图象可知，A.根据原副线圈的电压比等于匝数之比，可知，所以电压表的示数为22V，故A错误；B.根据欧姆定律得：，故B正确；C.根据原副线圈的电流与匝数成反比，则，故A表的读数为，故C错误；D.副线圈功率，所以变压器的输入功率，故D错误。故选B。6. 如图所示，交流电流表、分别与平行板电容器C、带铁芯的线圈L和电阻R串联后接在同一个交流电源上，三个电流表各有不同的读数。下列说法正确的是A. 增大电源频率，读数增大B. 增大电源频率，读数增大C. 抽去线圈中的铁芯，读数增大D. 增大电容器两极板之间的距离，读数增大【答案】C【解析】【分析】本题考查电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用。解题的关键是知道电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用。当交变电流的频率变大时，线圈的感抗变大，电容器的容抗变小，电阻在直流和交流电路中起相同的作用，据此分析各问题。【解答】A.增大电源频率，但电压不变，故A读数不变，故A错误；B.增大电源频率，线圈的感抗变大，A读数减小，故B错误；C.抽去线圈中的铁芯，线圈的感抗变小，A读数增大，故C正确；D.增大电容器两极板之间的距离，电容器的电容减小，容抗变大，A读数变小，故D错误。故选C。7. 弹簧振子做机械振动，若从平衡位置O开始计时，经过时，振子第一次经过P点，又经过了，振子第二次经过P点，则该振子第三次经过P点是所需的时间为A. B. C. D. 【答案】D【解析】解：若从O点开始向右振子按下面路线振动，作出示意图如图，则振子的振动周期为， 则该质点再时间，经第三次经过P点若振子从O点开始向左振动，则按下面路线振动，作出示意图如图， 设从P到O的时间为t，则 解得： 则周期 则该质点再时间，经第三次经过P点故D正确，ABC错误故选：D 分析质点可能的运动情况，画出运动轨迹，确定周期，即一次全振动所用的时间，再确定经过多长时间质点第三次经过P点本题关键画出质点的运动轨迹，分析时间与周期的关系，一定注意振动方向的不定性，据此分类分析振动方向8. 如图，弹簧振子在M、N之间做简谐运动以平衡位置O为原点，以向右为正方向建立Ox轴若振子位于N点时开始计时，则其振动图象为A. B. C. D. 【答案】B【解析】解：由题意：设向右为x正方向，振子运动到N点时，振子具有正方向最大位移，所以振子运动到N点时开始计时振动图象应是余弦曲线，故B正确，ACD错误故选：B当振子运动到N点时开始计时，分析此时振子的位置，即确定出时刻质点的位置，即可确定位移时间的图象本题在选择图象时，关键研究时刻质点的位移和位移如何变化二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）9. 发电厂发电机的输出电压为，发电厂至学校的输电导线总电阻为R，通过导线的电流为I，学校得到的电压为，则输电线上损耗的功率可表示为A. B. C. D. 【答案】AD【解析】解：输电线上损失的电压，输电导线损失的电功率，故AD正确，BC错误；故选：AD输电线的电压损耗，然后根据电功率公式分析答题本题关键先求解输电线的电压损耗，然后应用电功率公式即可正确解题10. 一个单摆做受迫振动，其共振曲线如图所示，则 () A. 此单摆的固有周期约为2 sB. 此单摆的摆长约为1 mC. 若摆长增大，单摆的固有频率增大D. 若摆长增大，共振曲线的峰将向左移动【答案】ABD【解析】【分析】受迫振动的频率等于驱动力的频率；当受迫振动中的固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象。由共振曲线可知，出现振幅最大，则固有频率等于受迫振动的频率。【解答】A.由图可知，此单摆的振动频率与固有频率相等，则周期为2s，故A正确；B.由图可知，此单摆的振动频率与固有频率相等，则周期为2s，由公式，可得，故B正确；C.若摆长增大，单摆的固有周期增大，则固有频率减小，故C错误；D.若摆长增大，则固有频率减小，所以共振曲线的峰将向左移动，故D正确。故选ABD。11. 关于单摆，下列说法正确的是A. 单摆做简谐运动的回复力是重力和摆线对摆球拉力的合力B. 单摆做简谐运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力C. 在最大位移处，重力势能最大，摆球动能为零D. 在平衡位置时，摆线弹力最大，摆球受合力为零【答案】BC【解析】解：AB、单摆做简谐运动的回复力由重力沿摆球运动轨迹切向的分力提供，故A错误，B正确。C、在最大位移处，重力势能最大，摆球速度为零，所以动能为零；故C正确。D、但在平衡位置处，小球处于超重状态，摆线弹力最大，摆球受到的合外力提供向心力，但回复力为零，故D错误。故选：BC。当单摆的摆角较小时，单摆的运动可以看成简谐运动，回复力由重力沿摆球运动轨迹切向的分力提供，通过周期公式判断影响周期的因素解决本题的关键掌握单摆的周期公式，并能灵活运用；知道回复力的来源；会分析线中的拉力变化12. 如图所示，是一弹簧振子在水平面内做简谐运动的振动图像，则振子在A. 和时刻具有相同的动能和速度B. 和时刻具有相同的动能和不同的速度C. 和时刻具有相同的加速度D. 和时刻振子所受回复力大小之比为【答案】BD【解析】【分析】弹簧振子做简谐运动时，位移越大，弹性势能越大，动能越小，弹簧行变量越大，故加速度越大，速度和加速度都是矢量，只有大小和方向都相同时才能说相同。利用图象斜率判断速度，利用加速度判断加速度的大小和方向是解决本题的关键。【解答】A.在和时刻弹簧的行变量相同，故弹性势能相同，由于机械能守恒，故动能也相同；图象的切线斜率表示速度，故和时刻速度方向不同，故A错误；B.和时刻弹簧的行变量相同，故弹性势能相同；图象的切线斜率表示速度，故和时刻具有相同的速度，故具有相同的动量，故B正确；C.和时刻位移相反，根据，加速度也相反，故C错误；D.在和时刻，位移大小之比为2：1，根据公式，回复力大小之比也为2：1，故D正确；故选BD。三、填空题（本大题共3小题，共12.0分）13. 一理想变压器原、副线圈匝数比：原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u。如图所示，副线圈仅接入一个的电阻。则该交变电压的周期是_；副线圈输出电压的有效值为_；流过电阻的最大电流为_。【答案】 100V 【解析】解：由图象可知，交变电流的周期是，原线圈中电压的最大值为，所以电压的有效值为220V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压有效值为100V，最大值为，副线圈的电阻为，所以流过电阻的电流的有效值是故答案为：，100V，。由图象可知，交变电流的周期，根据图象可以知电压最大值，求得输出电压的有效值，再根据电压与匝数成正比结合欧姆定律的知识即可求副线圈的有效值和电流最大值。掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题。14. 在如图甲所示电路中，、为三只“6V，3W”的灯泡，变压器为理想变压器，各电表均为理想电表，当ab端接如图乙所示的交变电压时，三只灯泡均正常发光。则电压表的示数为_。【答案】12V【解析】解：电压表的示数为变压器输入电压，交流电的有效值为；则有：。故答案为：12V。由三只灯泡均正常发光，则可求得原副线圈的电流，从而根据电流和线圈匝数间的关系求得匝数之比，再根据电路和结构分析电流表和电压表的示数；由图象中的周期求得频率，注意各表的示数为有效值。本题考查变压器的基本内容，明确电流电压与匝数的关系，电表的示数为有效值，而变压器只改变电压和电流，不会改变功率和频率。15. 如图所示，某理想变压器有一个原线圈，匝数匝，接220伏交流电路上，另有两个副线圈，甲线圈匝数匝，线圈中电流为，另一个乙线圈两端电压，电流为则乙线圈的匝数为_匝，原线圈中的电流为_A.【答案】60 【解析】解：根据原副线圈电压与匝数成正比，则有：，代入数据：解得：；解得：；根据输入功率等于输出功率，有：解得原线圈的电流为：故答案为：60，根据变压器的匝数与电压成正比求出两个副线圈的电压，再根据输入功率等于输出功率求原线圈中的电流，即可求解本题考查了变压器的特点，需要注意的是本题有两个副线圈，所以电流与匝数不成反比，应该用功率相等求电流四、实验题探究题（本大题共1小题，共9.0分）16. 某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的操作： 用游标尺上有10个小格的游标卡尺测量摆球的直径如图甲所示，可读出摆球的直径为_ 把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长L用秒表测量单摆的周期当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为，单摆每经过最低点记一次数，当数到时秒表的示数如图乙所示，该单摆的周期是 _ 结果保留三位有效数字测量出多组周期T、摆长L的数值后，画出图线如图丙，此图线斜率的物理意义是_ A.gBCD 在中，描点时若误将摆线长当作摆长，那么画出的直线将不通过原点，由图线斜率得到的重力加速度与原来相比，其大小_ A.偏大偏小不变都有可能该小组的另一同学没有使用游标卡尺也测出了重力加速度，他采用的方法是：先测出一摆线较长的单摆的振动周期，然后把摆线缩短适当的长度，再测出其振动周期用该同学测出的物理量表示重力加速度 _ 【答案】；C；C；【解析】解：游标卡尺的主尺读数为20mm，游标读数为，所以摆球的直径为；由单摆全振动的次数为：次，由图示秒表可知，其示数为：，该单摆的周期：；由周期公式可知：，则图线斜率：，故选：C描点时若误将摆线长当作摆长，那么画出的直线将不通过原点，即作出的图象，斜率不变，由图线斜率得到的重力加速度与原来相比，其大小不变，故选：C由单摆周期公式可知：，解得：；故答案为：；游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读秒表读数：先读内圈，读数时只读整数，小数由外圈读出，读外圈时，指针是准确的，不用估读根据求周期根据单摆的周期公式和数学知识得到重力加速度与图象斜率的关系根据重力加速度的表达式，分析重力加速度测量值偏大的原因由单摆周期公式，求出重力加速度的表达式常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础掌握单摆的周期公式，从而求解加速度，摆长、周期等物理量之间的关系五、计算题（本大题共3小题，共30.0分）17. 如图所示为交流发电机示意图，匝数为匝的矩形线圈，边长分别为和，内阻为，在磁感应强度的匀强磁场中绕轴以的角速度匀速转动，转动开始时线圈平面与磁场方向平行，线圈通过电刷和外部的电阻相接。求电键S合上后，写出线圈内产生的交变电动势瞬时值的表达式；电压表和电流表示数；电阻R上所消耗的电功率；从计时开始，线圈转过的过程中，通过外电阻R的电量。【答案】解：感应电动势最大值：故表达式为：有效值：，电键S合上后，由闭合电路欧姆定律得：则电阻两端的电压为：电阻R上所消耗的电功率为：由图示位置转过的过程中，通过R上的电量为：答：表达式为；电压表示数为40V，电流表示数为；电阻R上所消耗的电功率是80W；由图示位置转过的过程中，通过R的电量是。【解析】此题首先要能够求出闭合线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的感应电动势的表达式，产生电动式的线圈相当于电源，从而传化为电路的问题，在解题过程中一定要注意，电压表和电流表的示数为有效值。线圈中产生的感应电动势的最大值表达式为，表达式电表测量电流的有效值。根据有效值与最大值的关系求出电动势的有效值，根据闭合电路欧姆定律求出电流和路端电压；电阻R上消耗的功率用电流的有效值乘以电压的有效值；根据电量表达式，与感应电动势结合，得出公式，从而可求得。18. 一小型发电机通过升压、降压变压器把电能输送给某工厂，已知发电机的输出功率为50 kW，输出电压为500 V，升压变压器原、副线圈匝数比为，两个变压器间的输电导线的总电阻为，降压变压器的输出电压为220 V，变压器本身的损耗忽略不计，在输电过程中电抗造成电压的损失不计，求： 升压变压器副线圈两端的电压；输电线上损耗的电功率；降压变压器原、副线圈的匝数比。【答案】解：因为，所以输电线中电流则用户得到功率所以降压变压器副线圈电流故答：升压变压器副线圈的端电压为2500V；输电线上损耗的电功率是6000W；降压变压器原、副线圈的匝数比是。【解析】对于输电问题，要搞清电路中电压、功率分配关系，注意理想变压器不改变功率基础题。根据理想变压器原副线圈两端的电压与匝数成正比，求解升压变压器副线圈的端电压；变压器不改变功率，由求出输电线中电流，由功率公式求解输电线上损耗的电功率；用户得到的功率等于发电机的输出功率减去输电线上损失的功率，根据用户得到的功率，由功率公式求出降压变压器副线圈中电流，再由电流与匝数成反比求解降压变压器原、副线圈的匝数比。19. 弹簧振子以O点为平衡位置，在B、C两点间做简谐运动，在时刻，振子从O、B间的P点以速度v向B点运动；在时，振子速度第一次变为；在时，振子速度第二次变为 求弹簧振子振动周期T；若B、C之间的距离为25cm，求振子在内通过的路程；若B、C之间的距离为25cm，在平衡位置向右运动为计时起点，画出弹簧振子位移随时间变化的图像向右为正方向【答案】解：根据弹簧振子简谐运动的对称性可得：s 若B、C之间距离为25cm，则振幅cm 振子s内通过的路程cm 根据，cm， 得答：弹簧振子振动周期T是；若B、C之间的距离为25cm，振子在内通过的路程是200cm；弹簧振子位移的图像为: 【解析】在时刻，振子从OB间的P点以速度v向B点运动，经过它的速度大小第一次与v相同，方向相反，再经过它的速度大小第二次与v相同，方向与原来相反，质点P运动到关于平衡位置对称的位置，求出周期由B、C之间的距离得出振幅，从而求出振子在内通过的路程由B、C之间的距离得出振幅，结合振子开始计时的位置，写出振子位移表达式；本题在于关键分析质点P的振动情况，确定P点的运动方向和周期写振动方程时要抓住三要素：振幅、角频率和初相位