【文档说明】吉林省白城市洮南市第一中学2019-2020学年高二下学期第一次月考物理试题含答案.doc，共(19)页，772.000 KB，由小赞的店铺上传

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洮南市第一中学2019-2020学年高二下学期第一次月考物理卷一、单选题1．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，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则（）A．线框产生的交变电动势有效值为311VB．t=0.01s时线框平面与磁场方向平行C．t=0.00

5s时线框的磁通量变化率最大D．线框产生的交变电动势的频率为100Hz2．如图所示，为某一弹簧振子做简谐运动的图像，由图可知（）A．t=0时，质点的速度为零B．t=0时，质点的加速度为零C．t=1s与t

=3s时，质点位置相同D．t=1s与t=3s时，质点加速度相同3．如图所示，为一交变电流随时间变化的图象，此交流电的有效值是A．10AB．102AC．7AD．72A4．如图所示，矩形导体线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′方向观察，线

圈沿逆时针方向转动。已知匀强磁场的磁感强度为B，线圈匝数为n，ab边的边长为l1，ad边的边长为l2，线圈电阻为R，转动的角速度为，则当线圈转至图示位置时（）A．线圈中感应电流的方向为abcdaB．线圈中的感应电动势为2nBl2C．电流的功率为22222122nBllRD．线圈ad边所受安培

力的大小为2222124nBllR5．如图所示，理想交流电流表A1、A2，定值电阻R1、R2，光敏电阻RG（光照强度增大，阻值减小），分别接在理想变压器的原、副线圈上，U0为正弦交流电源电压的有效值，且保持不变。若增大光照强度，则下列

说法正确的是（）A．电流表A1示数增大、A2示数减小B．U1、U2都不变C．R1、R2的电功率都增大D．RG两端电压增大6．如图所示，在曲轴上悬挂一个弹簧振子，若不转动把手，让振子上下振动，其振动周期为1T，现使把手以周期2T匀速转动（21TT），从而使弹簧振子做受迫振动，当运动稳定后

，那么（）A．弹簧振子振动周期为1TB．弹簧振子振动周期为12TT−C．要使弹簧振子振幅增大，可让把手转速减小D．要使弹簧振子振幅增大，可让把手转速增大7．如图所示，将可视为质点的小物块用轻弹簧悬挂于拉力传感器上，拉力

传感器固定于天花板上，将小物块托起一定高度后释放，拉力传感器记录了弹簧拉力F随时间t变化的关系如图所示。以下说法正确的是A．t0时刻弹簧弹性势能最大B．2t0时刻弹簧弹性势能最大C．032t时刻弹簧弹力的功率为0

D．032t时刻物体处于超重状态8．如图所示，把电阻、电感、电容并联到某一交流电源上，三个电流表示数相同，保持电源电压不变，而将频率增大，则三个电表的示数1I、2I、3I的大小关系是（）A．213IIIB．123IIIC．123III==D．312III二、

多选题9．安检门是一个用于安全检查的“门”，“门框”内有线圈，线圈里通有交变电流，交变电流在“门”内产生交变磁场，金属物品通过“门”时能产生涡流，涡流的磁场又反过来影响线圈中的电流，从而引起报警．以下关于这个安检门的说法正确的是()A．这个安检门也能检查出毒品携带者B．这个安检门只

能检查出金属物品携带者C．如果这个“门框”的线圈中通上恒定电流，也能检查出金属物品携带者D．这个安检门工作时，既利用了电磁感应现象，又利用了电流的磁效应10．如图所示，两个相同灯泡L1、L2，分别与电阻

R和自感线圈L串联，接到不计内阻的电源的两端，闭合电键S，电路稳定后，两灯泡均正常发光。已知自感线圈的自感系数很大。则下列说法正确的是（）A．闭合电键S到电路稳定前，灯泡L1逐渐变亮B．闭合电键S到电路稳定前，灯泡L2逐渐变亮C．断开电键S

，灯泡L1立即熄灭D．断开电键S，灯泡L2慢慢熄灭11．如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上．t=0时，棒ab以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接

触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示．下列图像中可能正确的是A．B．C．D．12．如图所示，光滑斜面与水平面的夹角为θ，斜面上质量为m物块A被平行于斜面的轻质弹簧拉住静止于O点，弹簧的劲度系数为

k，重力加速度为g。现将A沿斜面向上推动至弹簧压缩量为sinmgk处的C点无初速度释放，B为C关于O的对称点。关于物体A后续的运动过程，下列说法正确的是（）A．物体A做简谐运动，振幅为sinmgkB．物体A在B点时，系统的弹性势能最大C．物体A速度的最大值

为2sinmgkD．物块在C点时，由物块与弹簧构成的系统势能最大，在B点时最小三、实验题13．实验小组的同学们用如图所示的装置做“用单摆测定重力加速度”的实验。①测出悬点O到小球球心的距离（摆长）L及单摆完成n次全振动

所用的时间t，则重力加速度g=_________（用L、n、t表示）。②实验时除用到秒表、刻度尺外，还应该用到下列器材中的_____(选填选项前的字母)。A．长约1m的细线B．长约1m的橡皮绳C．直径约1cm的均匀铁球D．直径约10cm的均匀木球③选择好器材，将符合实验要求的单摆悬挂在铁

架台上，应采用图______中所示的固定方式。④某实验小组组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图所示。这样做的目的是___________(填字母代号)。A．保证摆动过程中摆长不变B．可使周期测量得更加准确C．需要改变

摆长时便于调节D．保证摆球在同一竖直平面内摆动⑤他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺量得从悬点到摆球的最低端的长度L=0.9990m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图所示，则该摆球的直径为______mm。⑥将单

摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是_________(选填选项前的字母)。A．测出摆线长作为单摆的摆长B．把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动C．在摆球经过平衡位置时开始计时D．用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期

⑦甲同学多次改变单摆的摆长并测得相应的周期，他根据测量数据画出了如图所示的图象，但忘记在图中标明横坐标所代表的物理量。你认为横坐标所代表的物理量是_____(选填“l2”“l”或“”)，若图线斜率为k，则重力加速度g=_________(用k表示)。⑧乙同学测得的重力加速度数值大于当地的重

力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是___________(选填选项前的序号)。A．开始摆动时振幅较小B．开始计时时，过早按下停表C．测量周期时，误将摆球(n-1)次全振动的时间记为n次全振动的时间D．测量摆长时从悬点到小球下端边缘的距离为摆长四、解答题14．如

图，两根足够长的固定的光滑平行金属导轨位于倾角θ=30°的固定斜面上，导轨上、下端接有阻值R1=R2=16Ω的电阻，导轨自身电阻忽略不计，导轨宽度L=2m,在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，质量

m=0.1kg，电阻r=2Ω的金属棒ab在较高处由静止释放，金属棒ab在下滑过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好。已知金属棒ab从静止到速度最大时，通过r的电荷量为0.3C,g=10m/s2求：（1）金属棒ab

下滑的最大速度；（2）金属棒ab从静止到速度最大时下滑的位移；（3）金属棒ab从静止到速度最大时，ab棒上产生的焦耳热。15．如图所示，在磁感应强度B=0.2T的水平匀强磁场中，有一边长为L=10cm，匝数N=1

00匝，电阻r=1.0的正方形线圈绕垂直于磁感线的OO′轴匀速转动，转速100r/sπn=。有一电阻R=9.0通过电刷与两个导体环接触，R两端接有理想电压表，从线圈通过中性面开始计时，求：(1)感应电动势的瞬时值表达式；(2)电压表的读数及电流的有

效值；(3)线圈平面从开始计时到转至与中性面成90°的过程中，通过电阻R的电量。16．有一台发电机通过升压和降压变压器给用户供电，已知发电机的输出功率是20kW，端电压为400V，升压变压器原、副线圈的匝数比为n1﹕n2=1﹕5，两变压器之间输电导线的总电阻R=l.0Ω，降

压变压器输出电压U4=220V，求：(1)升压变压器的输出电压；(2)输送电能的效率多大；(3)降压变压器的原、副线圈的匝数比n3﹕n4；(4)如果不用变压器，输电导线的热损耗是用变压器时的几倍。参考答案1．C【解析】【分析】【详解】A.由图可知，交变电流电压的峰值

为311V，故选项A错误；B.t=0.01s时感应电动势为零，因此可知此时线圈处于中性面上，与磁场方向垂直，故选项B错误；C.t=0.005s时感应电动势最大，因此线框中磁通量的变化率最大，故选项C正确；D.从图中可知交流电周期为0.02s

，因此根据公式1fT=可知频率为50Hz，故选项D错误。故选D。2．B【解析】【分析】【详解】A．0t=时，质点的位移为零；xt−图像的斜率表示速度，故此时的速度不为零，故A错误；B．根据牛顿第二定律kxma=得kxam=0t=时，质点的

位移为零，此时加速度为零，故B正确；C．由图像可知，1st=时10cmx=3st=时10cmx=−可知质点位置不同，故C错误；D．由kxam=可知，两个时刻得位置不同，故加速度不同，故D错误。故选B。3．A【解析】【详解】将交流与直流通过

阻值都为R的电阻，设直流电流为I，则根据有效值的定义有：222()(8)620.0120.010.02RRIR+=，解得10AI=，故选项A正确，B、C、D正确．4．C【解析】【分析】【详解】A．图示时刻，ad速度方向向里，bc速度方向向外，根据右手定则判断出，线圈中感应电流的方向为

adcba，故A错误；B．当线圈转至图示位置时，线圈中的感应电动势为e=Em=nBSω=nBl1l2ω故B错误；C．电流的功率为2222222m1222EnBllωEPRRR===故C正确；D．线圈ad边所受安培力的大小为222122nBllωFnBIlR==故D错误。故选C。

5．C【解析】【分析】【详解】根据变压器原副线圈功率相等，有2212IRIR=副原所以22212212InRRRIn===副副原那么原线圈的等效电阻2122=()()GnRRRn+等效由题意，光强变大，

光敏电阻阻值变小，则R等效变小，则原线圈所在回路电流变大，R1分压变大，原线圈电功率变大。由于交流电源不变，所以原线圈电压减小，由理想变压器关系可知副线圈电压变小，电流变大，R2分压变大、电功率变大，RG两端电压减小。选项C正确，ABD错误。

故选C。6．C【解析】【分析】【详解】AB．现使把手以周期T2匀速转动，弹簧振子做受迫振动，所以弹簧振子振动周期为T2；故AB错误；CD．振子发生共振，振幅最大，由于T2＜T1，当把转速减小时，驱动力的频率与固有频率相

差越小，所以共振越明显，振幅越大。当把转速增大时，驱动力的频率与固有频率相差越大，所以共振越不明显，振幅越小，故C正确，D错误。故选C。7．A【解析】【分析】本题考查弹簧不同状态下对应各物理量的值得情况。【详解】AB．t0

时刻弹簧弹力最大，伸长量最大，弹性势能最大，2t0时刻，弹力最小，弹性势能最小，A正确，B错误；C．032t时刻，弹簧振子在平衡位置，速度最大，弹力为2F0，功率不为零，C错误；D．032t时刻，弹簧振子在平衡位置，物体加速度为零，处

于平衡状态，D错误；故选A。8．D【解析】【分析】【详解】电感线圈的特点是通低频阻高频，电容器的特点是通高频阻低频，所以当频率增大时通过线圈的电流减小，通过电容器的电流增大，而通过电阻的电流不变，D正确，ABC错误。故选D。9．

BD【解析】【详解】AB、安检门利用涡流探测人身上携带的金属物品原理是：线圈中交变电流产生交变的磁场，会在金属物品产生交变的感应电流，而金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流，引起线圈中交变电流发生变化，从而被探测到

，不能检测到毒品，故A错误，B正确；C、如果这个“门框”的线圈中通上恒定电流，只能产生恒定的磁场，则不能使块状金属产生电流，因而不能检查出金属物品携带者，故C错误；D、根据A的分析可知，安检门工作时，既利用了电磁感应现象，又利用了电流的磁效应，故D正确。故

选BD。【点睛】安检门中接有线圈，线圈中通以交变电流，在空间产生交变的磁场，金属物品会产生感应电流；反过来，金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流，从而被探测到；恒定电流，只能产生恒定的磁场，则不能使块状金属产生电流。10．A

D【解析】【分析】【详解】AB．依题得，闭合开关达到稳定后两灯均可正常发光，说明L与R的直流电阻相等。L与R的直流电阻相等，灯2L立刻正常发光，而电感L电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律可知，自感电动势阻碍电流的增大，使得电路中电流只能逐渐增大，所以闭合开关的瞬间

，通过1L灯的电流小于2L灯的电流，1L逐渐变亮，即2L先亮，1L后亮。闭合电建S到电路稳定前，灯泡1L由暗变亮，灯泡2L由亮变暗，故A正确，B错误；CD．闭合开关，待电路稳定后断开开关，通过2L原来的电流立刻消失，电感线圈L产生自感电动势，相

当于电源，两灯串联，自感电流流过两灯，两灯同时逐渐熄灭，故C错误，D正确。故选AD。11．AC【解析】【详解】ab棒向右运动，切割磁感线产生感应电流，则受到向左的安培力，从而向右做减速运动，；金属棒cd受向右的安培力作用而做加速运动，随着两棒的速度

差的减小安培力减小，加速度减小，当两棒速度相等时，感应电流为零，最终两棒共速，一起做匀速运动，故最终电路中电流为0，故AC正确，BD错误．12．BC【解析】【分析】【详解】A．物体A在O点平衡位置，有0sinmgkx=解得0sinmgxk=弹簧处理拉伸状态，故O

C之间的距离为sinsin2sinOCmgmgmgxkkk=+=即振幅为2sinmgk；故A错误；B．物体A在B点时，弹簧的形变量最大，系统的弹性势能最大，故B正确；C．物体A在O点的速度最大，C点与O点的弹簧形变量一样，弹性势能相等，故有O

点运动到C点，由动能定理得21sin2OCmgxmv=解得2sinmvgk=故C正确；D．由物块与弹簧构成的系统势能指的是重力势能和弹性势能之和。根据机械能守恒定律，动能和势能之和不变，由物块与弹簧构成的系统中，动能越小，势能越大；系统在C点和B点

动能为零，势能最大；系统在O点动能最大，势能最小，故D错误。故选BC。13．AC图3AC12.0BCCD【解析】【详解】①[1]单摆的周期：由单摆周期公式：可知，重力加速度：②[2]摆线选择较细且结实的线为便于测量周期和减小空气

阻力，则选取1米左右的细线，故选择A线；为了减小空气阻力的影响，摆球选择质量大体积小的，故选择C球；故选AC；③[3]为了避免运动过程中摆长发生变化，悬点要固定，不能松动，则为图3；④[4]那样做的目的就

是为了便于调节摆长，把摆线夹得更紧一些，使摆动过程中摆长不变。因此A、C正确。⑤[5]游标卡尺示数为d=12.0mm=0.0120m=12.0mm；⑥[6]摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，则A错误；把单摆从平衡位髓拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动，B正确；在摆球经过平衡位

置时开始计时，C正确；把秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期，误差较大，应采用累积法测量周期，D错误；⑦[7][8]据单摆周期公式所以应该作用图像，故横坐标所代表的物理量是，知斜率解得；⑧[9]由周期公式，得振幅大小与g无关，故A错误；开始计时时，过早按下秒表，周期偏大

，则g偏小，故B错误；测量周期时，误将摆球（n-1）次全振动的时间记为n次全振动的时间，则周期偏小，则g偏大，C正确；摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，若测量摆长时从悬点到小球下端边缘的距离为摆长，摆长偏大，由，所以g

偏大，故D正确14．(1)5m/s；(2)3m；(3)0.05J【解析】【分析】【详解】(1)切割产生的感应电动势E=BLv，根据串并联电路的特点知，外电路总电阻12128RRRRR==+根据闭合电路欧姆定律得，EIRr=+，安培力FA

=BIL，当加速度a为零时，速度v达最大，有22sinmBLvmgRr=+解得：5m/smv=(2)根据电磁感应定律有Et=，根据闭合电路欧姆定律有()EIRr=+，电量()()BLxqItRrRr===++

代入数据解得：3mx=(3)金属棒ab从静止到速度最大时，根据能量守恒210sin2mmvQmgx−+=总根据产热公式2QIRt=可知，ab棒上产生的焦耳热'0.05JrQQRr==+总15．(1)e=40sin200t（V）；(2)25.5V；22A；(3)0.02C【解析】【分析

】【详解】(1)依题意角速度为ω=2πn=200rad/s电动势的最大值为Em=NBSω=100×0.2×0.12×200V=40V从线圈通过中性面开始计时，电动势的瞬时值表达式为e=Emsinωt=40sin200t（V）(2

)电流的有效值m22A2()EEIRrRr===++电压表的读数182V25.5VUIR==(3)从图中所示位置转过90°的过程中，磁通量的变化量为=BS=0.2×0.12Wb=0.002Wb通过电阻R的电量ΦΔΦ0.02C()ENNqItttRrtRrRr=

====+++16．(1)2000V；(2)99.5%；(3)199：22；(4)25【解析】【分析】【详解】(1)升压变压器的输出电压22112000VnUUn==(2)流过输电线的电流210APIU==损失的功率为P损=I2R=100W输电线路输送电能的

效率20000100100%99.5%20000η−==(3)降压变压器的原线圈电压321990VUUIR=−=降压变压器的原、副线圈的匝数比n3﹕n4=U3：U4=199：22(4)如果不用变压器，输电导线的热损耗221()2500

WPPIRRU===损如果不用变压器，输电导线的热损耗是用变压器时的倍数25PnP==损损