【文档说明】【精准解析】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物理试题.doc，共(14)页，657.000 KB，由小赞的店铺上传

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物理第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】【详解】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】【详解】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】【分析】产生感应电流的条件是：穿过闭合电路的磁通量发生变化．若闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动，闭合电路中也可能产生感应电流．对照条件分析电路中有无感应

电流产生．【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．【点睛】判断电路中能否产生感应电流，应把握两点：一是要有闭合回路；二是回路中的磁通量要发生变化．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】【分析】根据题中求线圈的电流情况可知，本题考查判断闭合线圈穿过磁场过程产生的感应电流方向，运用楞次定律进行分析求解．【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10Ω，外接一只电阻为90Ω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22VD.0～0.01s时间内通过灯泡的电荷量为0【答案】B【解析】【详解】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0.02s，所以频率为50Hz，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22V，所以灯泡两端的电压为:U＝90100×22V＝19.8V故C错误；D．0～0.01s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.电压表的示数为62VB.该

交变电流的有效值为4VC.电阻R一个周期内产生的热量一定大于9JD.电流表的示数为0.5A【答案】D【解析】【详解】A.根据电流的热效应得到：2221+2=36226RRRU得到电压的有效值为=6VU，电表的读数为有效值，故电压表的示数为6V，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：2==9JQtRU故C错误；D.电流表读数为有效值，则根据欧姆定律得到：0.5AUIR==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】【分析】电容器具有通交隔直的特性，电感有通直阻交的特性，而交流对电阻R没有影响．根据电感和电容的特性进行判断．【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．【点睛】本

题要抓住电容器与电感的特性：电容器具有通交流，隔直流，电感具有通直流、阻交流的特性．8.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5：1，1210RR==．两电表均为理想电表，其中电流表的示数为0.4A，则A.电阻1R中通过的电流的有效值为1AB.电压表V的示数为2

0VC.原线圈的输入功率为40WD.穿过原、副线圈的磁通量的变化率之比为5：1【答案】B【解析】【详解】A、根据原副线圈的电流关系可以得到：1221nInI=有：121250.4A2A1nIIn===故A错误；B、电压表的读

数为2R的电压，即为：222210V20VRRUI===故B正确；C、负载功率为：()2222180WRPIR=+=原副线圈功率相等，有：1280WPP==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

1:1，故D错误．9.如图所示，电路中变压器原线圈匝数n1＝1000，两个副线圈匝数分别为n2＝500、n3＝200，分别接一个R＝55Ω的电阻，在原线圈上接入U1＝220V的交流电源．则两副线圈输出电功率之比23PP和原线圈中的电流I1分别是()A.2352

PP=，I1＝2.8AB.2325PP=，I1＝2.8AC.23254PP=，I1＝1.16AD.23425PP=，I1＝1.16A【答案】C【解析】【详解】对两个副线圈有12UU＝12nn、13UU

＝13nn，所以U2＝110V，U3＝44V，又因为P＝2UR，所以23PP＝2223UU＝254；由欧姆定律得I2＝2UR＝2A，I3＝3UR＝0.8A，对有两个副线圈的变压器有n1I1＝n2I2＋n3I3，得I1＝1.16A

.A.2352PP=，I1＝2.8A与计算结果不相符；故A项错误.B.2325PP=，I1＝2.8A与计算结果不相符；故B项错误.C.23254PP=，I1＝1.16A与计算结果相符；故C项正确.D.23425PP=

，I1＝1.16A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.客户端交流电的频率为100HzB.客户端电压为250VC.输电线中的电流为30AD.输电线路损耗功率为180kW【答案】C【解析】【详解】由乙图知，周期为0.02s，所以频率f=50H

z，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1122nUnU=，可求U2=25000V，输电线电流2I30PAU==，所以C正确；输电线损耗的功率：2P90kWIr==，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50HzB.降压变压器T2的输入功率与输出功率之比为4：1C.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

】【详解】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；故选AD.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】【详解】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：122113InIn==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的加速度，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】【详解】[1]C点速度等于BD段的平均速度，所以C点速度为3(84.0024.00)10m/s0.30m/s220.1BDCxvT−−==

=[2]用逐差法得，小车的加速度32222(120.0052.00)52.0010m/s0.40m/s(2)(20.1)CEACxxaT−−−−===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lA）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(2).D(3).E(4

).甲【解析】【详解】(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，灯泡的额定电流2A=0.5A4PIU==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）6

511【解析】【详解】(1)变压器原线圈电流11100APIU==由1221InIn=可得121220AnIIn==输电线路上损失的功率224000WPIR==(2)输电线路上降低的电压2200VUIR==1122UnUn=则321300VUUU=−=降压变压

器匝数比33446511nUnU==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0．8s

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】【详解】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=10

m/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）0.4A（2）2/ms(3)13.5m【解析】（1）杆达到最大速度后，ab中最大电流

为Im，由平衡条件：cossinmBILmgmg+=解得：Im=0.4A（2）由闭合电路的欧姆定律：Em=Im(R0+r)＝1.0V由法拉第电磁感应定律：Em=BLvm解得1.02/1.00.5mmEvmsBL===（3）电路中产生的总焦耳热00005=2.5

4RrQQQJR+==总由动能定理得21sincos2mmgxmgxQmv总+−=解得杆下滑的距离x=13.5m