【文档说明】【精准解析】山西省运城市永济涑北中学2019-2020学年高二3月月考物理试题.doc，共(15)页，648.000 KB，由小赞的店铺上传

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山西省运城市永济涑北中学2019-2020学年高二3月月考物理试题一、选择题（1-7单选，8-10多选，有选错或不答的得0分）1.党的十九大以来，习近平总书记多次强调，要精准扶贫。某些边远落后农村电价过高

，农民负担过重，其中客观原因是电网陈旧老化，供电部门要进行农村电网改造。为了减少远距离输电线路上的电能损耗而降低电费价格，以下措施中切实可行的是（）A.提高输电电压B.用超导材料做输电线C.提高输送功率D.减小输电线的横

截面【答案】A【解析】【详解】A．提高输电电压，根据PIU=输送电流较小，根据P损=I2R知损失的功率较小，故A正确；B．应用超导材料做输电线，根据P损=I2R损失的功率为0，但成本太高，故B错误；C．提高输送功率，根据PIU=输送电流较大，根据P损=I2R知损失的功率较

大。故C错误；D．减小输电导线的横截面积，根据电阻定律lRs=可知电阻增大了，根据P损=I2R知损失的功率较大，故D错误。故选A。2.如图所示演示装置，一根张紧的水平绳上挂着四个单摆，让c摆摆动，其余各摆也摆动起来，可以发现（）A.各摆

摆动的周期均与c摆相同B.a摆摆动周期最短C.b摆摆动周期最长D.b摆振幅最大【答案】A【解析】【详解】ABC．c摆摆动起来后，通过水平绳子对a、b、d三个摆施加周期性的驱动力，使a、b、d三摆做受迫振动，故a、b、d三摆周期相同，故A正确，BC错误；D．因为a

摆的摆长等于c摆的摆长，所以a摆的固有频率等于受迫振动的频率，所以a摆发生共振，振幅最大，故D错误。故选：A。3.如图所示，弹簧振子在M、N之间做简谐运动。以平衡位置O为原点，建立Ox轴，向右为x轴正方向。若振子位于N点时开始计时，则其振动图像为A.B

.C.D.【答案】C【解析】【详解】AB、AB项两个图象的横轴不是时间，不是振动图象，故AB错误。CD、由于向右为正方向，振子位于N点时开始计时，所以0时刻，在正向最大位移处，将向左运动，即向负方向运动，故C正确，D错误；故选C。4.如图所示，

L是自感系数很大的线圈，但其自身的直流电阻几乎为零．A和B是两个相同的小灯泡，下列说法正确的是（）A.当闭合开关S后，灯泡A亮度一直保持不变B.当闭合开关S后，灯泡B逐渐变亮，最后亮度不变C.再断开开关S后，灯泡A逐渐变暗，直到不亮D.再断

开开关S后，灯泡B由暗变亮再逐渐熄灭【答案】D【解析】【详解】刚闭合S时，电源的电压同时加到两灯上，A、B同时亮，随着L中电流增大，由于线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，B逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增大，A灯更

亮．故AB错误；稳定后再断开开关S后，灯泡A立即熄灭；灯泡B与线圈L构成闭合回路，灯泡B由暗变亮再逐渐熄灭，故C错误，D正确．5.多数同学家里都有调光灯、调速电风扇。以前是用变压器来实现的，缺点是成本高、体积大、效率低，且不能任意调节灯的亮度或电风扇的转速。现在的调光灯、调速

电风扇是用可控硅电子元件来实现的。如图所示为经过一个双向可控硅调节后加在电灯上的电压。即在正弦交流电的每一个二分之一周期中，前面四分之一周期被截去。调节台灯上的旋钮可以控制截去的多少，从而改变电灯上的电压，那么现在电灯上的电压为（）A.mUB.22mUC.2mUD.4mU【答案】C【解析】【详解

】设交流电的有效值为U，将交流电与直流电分别通过相同电阻R，分析一个周期内热量，交流电产生的热量2122mUTQR=直流电产生的热量22UQTR=根据热效应有Q1=Q2得2mUU=故ABD错误，C正确。故选C。6.如图所示,交流电流表A1、A2、A3分别与电

容器C.线圈L和电阻R串联后接在同一个交流电源上,供电电压瞬时值为U1=Umsinω1t,三个电流表读数相同．现换另一个电源供电,供电电压瞬时值为U2=Umsinω2t,ω2=2ω1.改换电源后,三个电流表的读数将()A.A1将减小,A2将增大,A3将不变B.A1将增大,

A2将减小,A3将不变C.A1将不变,A2将减小,A3将增大D.A1将减小,A2将减小,A3将不变【答案】B【解析】【分析】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，因此A变亮，B变暗．又因为电阻在直流和交流电路中起相同的作用，故C灯亮度不变．【详解】由公式

2πf=ω知，后来交流电的频率变大，线圈的感抗变大，电容器的容抗变小，对电阻没影响，所以A1示数将增大，A2数将减小，A3示数不变，所以选项B正确，ACD错误．故选B．【点睛】此题考查电容、电感对交变电流的影响，也就是容抗、感抗与交变电流的关系．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．7.某一弹簧振子的振动图象如图所示，则由图象判断下列说法正确的是（）A.前2s走过的路程是10cmB.第2s内振子向平衡位置运动，加速度在增大C.第2s时和第4s时振子的位移相等，运动方向

相同D.在1.5s和2.5s这两个时刻振子系统的势能相同，动能也相同。【答案】D【解析】【详解】A．根据图像可知，周期为4s，所以前2s走过的路程是cmm0c2120=故A错误；B．第2s内振子向平衡位置运动，位移变小，回复力变小，根据牛顿第二定律可知

，加速度在减小，故B错误；C．根据图像可知，第2s时运动方向为负方向，第4s时运动方向为正方向，故运动方向不同，故C错误；D．在1.5s和2.5s这两个时刻振子位置关于平衡位置对称，故此时系统的势能相同，动能也相同，故D正确。故选D。8.如图是街头变压器通

过降压给用户供电的示意图。变压器的输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动（可视为不变）。输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的电阻用R1表示，变阻器R代表用户用电器的总电阻，当电器增加时，相当于R的阻值减小（滑动片向下移）。如

果变压器上的能量损失可忽略，当用户的用电器增加时，图中各表的读数变化正确的是（）A.电流表A1的读数变大B.电流表A2的读数变小C.电压表V3的读数变小D.电压表V2的读数变小【答案】AC【解析】【详解】A．由于变压器的输入的功率和输出的功率相等，由于副线圈的电阻减小了，输出的功率变

大了，所以原线圈的输入的功率也要变大，因为输入的电压不变，所以输入的电流要变大，所以A1的示数变大，故A正确；B．当用电器增加时，相当于R的值减小，电路中的总的电阻减小，所以电流要变大，即A2的示数变大，故B错误；C．由于副线圈的电流变大，电阻R1消耗的电压

变大，又因为V2的示数不变，所以V3的示数变小，故C正确；D．理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，所以V2的示数不变，故D错误；故选AC。9.如图所示，单匝线圈ABCD

在外力作用下先以速度v向右匀速进入匀强磁场，又以速度2v匀速进入同一匀强磁场，则第一次与第二次进入磁场的比值，下列说法正确的是（）A.线圈中的感应电流之比1：2B.外力做功的最大功率之比4:1C.线圈

中产生热量之比2:1D.线圈中通过的电荷量之比1:1【答案】AD【解析】【详解】设磁感应强度为B，CD边长度为L，AD边长为L′，线圈电阻为R；A．线圈进入磁场过程中，产生的感应电动势E=BLv，感应电流EBLvIR

R==则知感应电流I与速度v成正比，故第一次进入与第二次进入时线圈中电流之比I1：I2=v：2v=1：2故A正确；B．线圈进入磁场时受到的安培力22BLvFBILR==线圈做匀速直线运动，由平衡条件得，外力大小等于安培力，则外力功率222BLvPF

vR==功率与速度的平方成正比，则第一次进入与第二次进入时外力做功的功率之比P1：P2=v2：（2v）2=1：4故B错误；C．线圈进入磁场过程中产生的热量2222BLvLBLLvQIRtRRvR===产生的热量与速度成正比

，第一次进入与第二次进入时线圈中产生热量之比Q1：Q2=v：2v=1：2故C错误；D．通过导线横截面电荷量EBLLqIttRRR====电荷量与速度无关，电荷量之比为1：1，故D正确。故选AD。10.法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．铜圆盘安装在竖

直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是（）A.若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B.若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C.若圆盘转动方向不变，角速度大小发

生变化，则电流方向可能发生变化D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍【答案】AB【解析】【详解】A.由电磁感应定律得20=22lBlEBl+=，EIR=，故ω一定时，电流大小恒定，选项A正确

；B.由右手定则知圆盘中心为等效电源正极，圆盘边缘为负极，电流经外电路从a经过R流到b，选项B正确；C.圆盘转动方向不变时，等效电源正负极不变，电流方向不变，选项C错误；D.电流在R上的热功率22424EBlPRR==角速度

加倍时功率变成原来的4倍，选项D错误。故选AB。二、填空题(4小题)11.如图所示，质量为m的木块放在弹簧上端，在竖起方向上做简谐运动，当振幅为A时，物体对弹簧的最大压力是物体重力的1.5倍，则物体对弹簧的最小压力是______

______，欲使物体在弹簧振动中不离开弹簧，其振幅不能超过______________。【答案】(1).0.5mg(2).2A【解析】【详解】[1][2]当木块运动到最低点时，对弹簧弹力最大，此时由牛顿第二定律得Fmax-mg=ma因

为有Fmax=1.5mg解得a=0.5g当木块运动到最高点时，对弹簧弹力最小，此时由牛顿第二定律得mg-Fmin=ma由运动的对称性知，最高点与最低点的加速度大小相等，即a=0.5g代入求得12minFmg=在最高点或最低点k

A=ma=12mg所以弹簧的劲度系数为2mgkA=物体在平衡位置下方处于超重状态，不可能离开弹簧，只有在平衡位置上方可能离开弹簧．要使物体在振动过程中恰好不离开弹簧，物体在最高点的加速度a=g此时弹簧的弹力为零．若振幅再大，物体便会脱离弹簧．物体在

最高点刚好不离开弹簧时，回复力为重力，所以mg=kA′则振幅为2mgAAk==12.如图所示，100匝的线圈（为表示线圈的绕向，图中只画了两匝）两端A、B与一个电压表相连，线圈内有垂直纸面向里的匀强磁场，线圈中的磁

通量按图乙所示的规律变化。（1）电压表的读数是______V（2）电压表的正接线柱应该与______(填“A”或“B”)端相接【答案】(1).50(2).A【解析】【详解】（1）[1]由图得到，磁通量的变化率0.150.1Wb/s0.5Wb/s0.1kt−===根据法拉第电磁

感应定律得0.150.1100Wb/s50V0.1Ent−===（2）[2]由楞次定律判定，感应电流方向为逆时针方向，线圈等效于电源，而电源中电流由低电势流向高电势，故A端的电势高于B端电势，A端应该与电压表的“+”的接线柱连接。13.如图所示

，金属环半径为a，总电阻为2R，匀强磁场磁感应强度为B，垂直穿过环所在平面。电阻为2R的导体杆AB沿环表面以速度v向右滑至环中央时，杆的端电压为______【答案】Bav【解析】【详解】[1]杆切割产生的

感应电动势E=B•2av=2Bav两个电阻为R的半金属圆环并联，并联电阻R并=2R电路电流（总电流）222EBavIRRR==+杆两端的电压U=IR并=Bav14.当变压器一个线圈的匝数已知时，可以用下面的方法测量其它线圈的匝数，用匝数已

知的线圈作为副线圈，通入交流，测出两线圈的电压，就可以求出被测线圈的匝数，已知副线圈有800匝，把原线圈接到220V的线路中，测得副线圈的电压是55V，则原线圈的匝数______【答案】3200【解析】【详解】[1]由变压器的匝数之比等于电压之比1122nUnU=可得12

2080055n=解得n1=3200三、计算题（4小题）15.国庆阅兵时，我国的“飞豹FBC-1”型歼击轰炸机在天安门上空沿水平方向自东向西呼啸而过，该机的翼展为12.7m，北京地区地磁场的竖直分量为4.7×10-

5T，该飞机飞过天安门时的速度为声速的0.7倍，求（1）该机两翼尖间的电势差？（2）从驾驶员角度来说，哪侧机翼的电势比较高？【答案】（1）0.142V；（2）左侧。【解析】【详解】（1）由E=BLv可得两翼尖间的电势差U=E=4.7×10-5×12.7×0.7

×340V=0.142V（2）由右手定则可知，机翼上感应电动势方向自右向左，故左端的电势较高。16.如图所示是两个单摆的振动图象。（1）甲、乙两个摆的摆长之比是多少？（2）写出甲单摆简谐运动的位移随时间变化的关系式【答案】（1）1：4；（2）2sin2xt

=甲。【解析】【详解】由图象知T甲=4s，T乙=8s（1）根据周期公式2lTg=可知，甲、乙两个摆的摆长之比是1：4。（2）甲摆振幅为2cm，周期为4s，故甲摆角速度2rad/s2T==所以甲单摆简谐运动的位移随时间变化的关系式为2sin2xt=甲17.在匀强磁场中，

一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示。产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示。已知线框内阻为1.0Ω，外接一只电阻为9.0Ω的灯泡，则：（1）写出电动势的瞬时值表达式？（2）电压表的示数是多少？（3）灯泡实际消耗的功率为多少？【答案】（1）2

02cos10et=（V）；（2）18V；（3）36W。【解析】【详解】（1）根据图乙可知T=0.2s，Em=202V线圈从与中性面垂直位置开始计时，则交变电动势瞬时值的表达式为：2cos202cos10meEttT==（V）（2）电动势有效值为20V2mEE==故电压表的示数9

20V=18V91RUERr==++（3）灯泡实际消耗的功率2218W36W9UPR===18.某水电站发电机的输出功率为100kW，发电机的电压为250V．通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为8Ω，在用户端用降压变压器把电压降为220V．要求在输电线上损失的功率控制为5KW．请

你设计两个变压器的匝数比．为此，请你计算：（1）降压变压器输出的电流是多少?输电线上通过的电流是多少?（2）输电线上损失的电压是多少?升压变压器输出的电压是多少?（3）两个变压器的匝数比各应等于多少?【答案】（1）25A（2）3410V（

3）116；19011【解析】【详解】（1）用户得到的功率为=100-5=95Kw=95000wP用；用户得到的电流就是降压变压器的输出电流I用=P用/U用="4.32×102"A输电线上流过的电流225APIR

==（2）输电线上损失的电压2200VRUIR==升压变压器的输出电压322410VPUI==（3）升压变压器1122116nUnU==降压变压器34219011InnI==用