1、四川省遂宁市射洪县射洪中学2019-2020学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析）一、选择题（本题共16道小题，每道题3分，共48分。第1-12题单选，第12-16题多选）1.如图所示的线圈不能产生交变电流的是()A. B. C. D. 【答案】A【解析】根据题意，结合产生交流电的条件，当电路是闭合的；线圈在磁场中转动，其中的线框切割磁感线，导致磁通量变化根据感应电流产生的条件可以确定此时会产生感应电流，再根据楞次定律，则有产生的感应电流的方向不同，故BCD中有感应电流产生，A图中没有感应电流产生；不产生感应电流的故选A【点睛】此题解题的关键是要将产生感应电流的两个条件，及理解楞次定律的应
2、用，注意交流电与直流电的区别2. 一弹簧振子作简谐运动，下列说法正确的是（ ）A. 若位移为负值，则速度一定为正值，加速度也一定为正值B. 振子通过平衡位置时，速度为零，加速度最大C. 振子每次通过平衡位置时，加速度相同，速度也一定相同D. 振子每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但加速度一定相同【答案】D【解析】向着平衡位置运动，速度为正值，加速度的方向指向平衡位置，AC错；振子经过平衡位置时，加速度为零，速度最大，B错；D对；3.对于单摆的运动，以下说法中正确的是（）A. 单摆运动时，摆球受到的向心力大小处处相等B. 单摆运动的回复力就是摆球受到的合力C. 摆球经过平衡位置时所受回复力为
3、零D. 摆球经过平衡位置时加速度为零【答案】C【解析】【详解】A单摆振动时，速度大小在变化，根据可知，向心力大小在变化，故A错误；B单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，故B错误；C摆球经过平衡位置时所受的回复力为零，故C正确；D摆球经过平衡位置时，合力提供向心力，合力不为零，加速度不为零，故D错误。故选C。4.一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示，由图可知()A. 该交流电的电压的有效值为100 VB. 该交流电的频率为25 HzC. 该交流电压瞬时值的表达式为u100sin (25t) VD. 并联在该电压两端的电压表指针不停摆动【答案】B【解析】【详解】AB根据题图可知该交变
4、电流电压的最大值为100 V，周期为4102s，所以频率为25 Hz，故A错误，B正确；C而2f50 rad/s所以该交流电压瞬时值的表达式为u100sin (50t) V故C错误；D交流电压表的示数为交流电的有效值而不是瞬时值，不随时间变化，故D错误；故选B5.如图所示，矩形线圈abcd绕轴OO匀速转动产生交流电，在图示位置开始计时，则下列说法正确是（）A. t=0时穿过线圈的磁通量最大，产生的感应电流最大B. （T为周期）时感应电流沿dcbad方向C. 若转速增大为原来2倍，则交变电流的频率是原来的2倍D. 若转速增大为原来的2倍，则产生的电流有效值为原来的4倍【答案】C【解析】【详解】A
5、当时穿过线圈的磁通量最大，而产生的感应电动势为零，则产生的感应电流也为零，故A错误；B为周期）时，根据楞次定律，则有感生电流沿方向，故B错误；C若转速增大为原来的2倍，根据转速与频率成正比的关系，则交变电流的频率是原来的2倍，故C正确；D若转速增大为原来的2倍，则角速度增大为原来的2倍，感应电动势的最大值 ，也增加2倍，因此最大感应电流也增加2倍，所以产生的电流有效值为原来的2倍，故D错误。故选C。6.一个质点在平衡位置 O 点附近做简谐运动，若从 O 点开始计时，经过 3s 质点第一次 经过 M 点，再继续运动，又经过 2s 它第二次经过 M 点；则该质点第三次经过 M 点再需 要的时间是（
6、 ）A. B. 4sC. 8sD. 14s【答案】AD【解析】【详解】若振子开始向左振动，如图所示，根据题意可以求得：，解得，所以第三次经过M点：若振子开始向右运动：根据题意得：，周期，所以第三次经过M点：，所以BC错误AD正确7.如图所示为一交变电流的电压随时间变化的图象，正半轴是正弦曲线的一部分，则此交变电流的电压的有效值是（ ）A B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】根据有效值定义，有代入数据解得交变电流的电压的有效值为故B正确，ACD错误故选B.8.如图所示是一种水位自动报警器的原理示意图，当杯中的水的水位到达金属块B时，出现的情况是（）A. L1灯亮B. L2灯亮C. L1、
7、L2两灯同时亮D. L1、L2两灯都不亮【答案】B【解析】【详解】当杯中的水位达到金属块B时，控制电路接通，电磁铁具有磁性，将衔铁吸下，使灯所在电路接通，所以灯亮；灯所在电路断开，所以灯不亮，故B正确，ACD错误。故选B。9.如图所示，三个单摆的摆长为L11.5 m，L21 m，L30.5 m，现用一周期等于2 s的驱动力，使它们做受迫振动，那么当它们的振动稳定时，下列判断中正确的（） A. 三个摆的周期和振幅相等B. 三个摆的周期不等，振幅相等C. 三个摆的周期相等，但振幅不等D. 三个摆的周期和振幅都不相等【答案】C【解析】【详解】摆球振动的周期和驱动力的周期相同，根据单摆的周期公式：可知
8、摆长不同，摆球的固有频率不同，根据振幅与驱动频率的关系图：可知固有频率越接近驱动频率，振幅越大，所以三个摆球振幅不同，ABD错误，C正确。故选C。10.如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合开关S，下列说法正确的是（）A. P向下滑动时，灯L变暗B. P向下滑动时，变压器的输出电压变大C. P向上滑动时，变压器的输入电流变大D. P向上滑动时，变压器的输出功率变小【答案】C【解析】【详解】A当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，导致总电阻增大，由于输入电压不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，根据可知灯L亮度不变。故A错误；B当滑动变阻器的滑片P向下移
9、动时，导致总电阻增大，由于输入电压不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，故B错误；C当滑动变阻器的滑片P向上移动时，导致总电阻减小，由于输入电压不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，且有副线圈的总电流增大。因此输入电流也变大。故C正确；D当滑动变阻器的滑片P向上移动时，导致总电阻减小，由于输入电压不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，则有副线圈的总电流增大。则输出功率变大，故D错误。故选C。11.如图是日光灯的工作原理电路图，下列说法中正确的是（）A. 日光灯点燃后，镇流器、启动器都不起作用B. 镇流器能产生瞬时高压点亮灯管，并在灯管亮后起降压限流作用C. 日光灯灯管亮
10、后发出的可见光是由灯管内的气体发出D. 日光灯点亮后，使镇流器短路，日光灯仍能正常发光，并能降低对电能的消耗【答案】B【解析】【详解】ABD日光灯工作时都要经过预热、启动和正常工作三个不同的阶段，它们的工作电流通路如下图所示在启动阶段镇流器与启动器配合产生瞬间高压。工作后，电流由灯管经镇流器，不再流过启动器，故启动后启动器不再工作，而镇流器还要起降压限流作用，不能去掉，故AD错误，B正确；C日光灯管发光原理：当灯管内的惰性气体在高压下电离后，形成气体导电电流，运动的气体离子在与汞原子碰撞作用之间不断地给了汞原子能量，使得汞原子的核外电子总能从低轨道跃迁到高轨道，之后汞原子的核外电子由于具有较高
11、的能量会自发地再从高轨道向低轨道跃迁，以光子的形式向外释放能量，同时由于汞原子的原子特征普线大部分集中在紫外区域，可知，汞原子释放出来的光子大部分在紫外区域，这些高能量的光子（紫外线）在和荧光粉的撞击之间产生了白光，故C错误。故选B。12.如图所示，三个灯泡相同，而且足够耐压，电源内阻忽略(两电源的电动势相同)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. 甲灯最亮，丙灯不亮C. 只有丙灯不亮，乙灯最亮D. 甲灯和乙灯亮度相同，丙灯不亮【答案】C【解析】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
12、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C正确，ABD错误13.甲、乙是配电房中的互感器和电表的接线图，下列说法中正确的是（）A. 线圈匝数n1n2，n3n4B. 乙图中互感器通常用于测量大电压C. 甲图中的电表是电流表，输出端不可短路D. 乙图中的电表是电流表，输出端不可断路【答案】AD【解析】【详解】AB甲图并联在电路中是电压互感器，电路中是强电压，通过变压器变成弱电压，用电压表测量，因为电压之比等于线圈匝数比，所以，乙图串联在电路中是电流互感器，电路中是强电流，通过变压器变成弱电流，用电流表测量，因为电流之比等于线圈匝数的倒数比，
13、所以，故A正确，B错误；C甲图中的电表是电压表，副线圈电流较大，输出端不可以短路。故C错误；D乙图中的电表是电流表，输出端不可以断路。故D正确；故选AD。14.如图甲左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中R=110，电流表和电压表均为理想电表。若原线圈接入图乙所示的正弦交变电压，电压表的示数为110V，下列表述正确的是（）A. 电流表的示数为1AB. 原线圈中的电流是0.5AC. 原、副线圈的匝数比为4：1D. 原线圈中交变电压的频率为100Hz【答案】AB【解析】【详解】A据电路图可知，电阻的电压为，电阻为，所以电阻的电流为电流表示数为，故A正确；C由图乙可知，原线圈输入电压的有效值为，
14、电压表的示数为，副线圈输出电压的有效值为，根据电压与匝数成正比可得匝数比为，故C错误；B根据理想变压器的输入功率等于输出功率可知即解得原线圈中的电流是故B正确。D根据图象可知，原线圈中交变电压的频率为故D错误。故选AB。15.一个质点做简谐运动的图像如图所示，下列说法正确的是（）A. 质点振动频率为4 HzB. 在10 s内质点经过的路程为20 cmC. 质点从t=1.5 s到t=2.5s内通过的路程小于2cmD. t=1.5 s和t=4.5 s两时刻质点的位移大小相等，都是cm【答案】BD【解析】【详解】A由振动图像可知，该质点的振动周期为4s，故振动频率故A错误；B故质点通过的路程为故B正
15、确；CD由图象可知质点的振动方程为且在和两时刻质点位移大小相等，时同理可算得t=2.5s时故通过的路程故C错误，D正确。故选BD。16.如图所示，光滑斜面与水平面的夹角为，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【答案】BC【解析】【详解】A物体A在O点平衡位置
16、，有解得弹簧处理拉伸状态，故OC之间的距离为即振幅为；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，由动能定理得解得故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。二、实验题（每空2分，共16分）17.如图所示为示波器面板，屏上显示的是一亮度很低、线条较粗且模糊不清的波形。(1)若要增大显
17、示波形的亮度，应调节_旋钮。(2)若要屏上波形线条变细且边缘清晰，应调节_旋钮和_旋钮。(3)若要将波形曲线调至屏中央，应调节_旋钮。【答案】 (1). 辉度调节旋钮 (2). 聚焦调节旋钮 (3). 辅助聚焦调节旋钮 (4). 竖直位移旋钮【解析】【详解】(1)1若要增大波形的亮度，应调节辉度调节旋钮。(2)23若要波形变细且清晰，应调节聚焦调节旋钮和辅助聚焦调节旋钮。(3)4若要将波形调至屏中央，应调节竖直位移与水平位移调节旋钮，示波器中的波形已经水平居中了，故只需要调节竖直位移旋钮。18.在“用单摆测定重力加速度”的实验中(1)为了尽量减小实验误差，以下做法正确的是_；A.选用轻且不易伸
18、长的细线组装单摆B.选用密度和体积都较小的摆球组装单摆C.使摆球在同一竖直面内做小角度摆动D.选择最大位移处作为计时起点(2)用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图所示，则摆球的直径为_；(3)一位同学在实验中误将49次全振动计为50次，其它操作均正确无误，然后将数据代入单摆周期公式求出重力加速度，则计算结果比真实值_；（选填“偏大”或“偏小”）(4)为了进一步提高实验精度，可改变几次摆长L并测出相应的周期，从而得出一组对应的与的数据，再以为横轴、为纵轴建立直角坐标系，得到图示直线，并求得该直线的斜率为，则重力加速度_。【答案】 (1). (1)AC (2). (2)18.1 (3). (3)
19、偏大 (4). (4)【解析】【详解】(1)A。为减小实验误差，组装单摆须选用轻且不易伸长的细线，故A正确；B为减小空气阻力对实验的影响，从而减小实验误差，组装单摆须选用密度大而直径都较小的摆球，故B错误；C使摆球在同一竖直平面内做小角度摆动（小于5），故C正确；D测量时间应从单摆摆到最低点开始，因为最低位置摆球速度最大，相同的视觉距离误差，引起的时间误差较小，则周期测量比较准确，故D错误；故选AC。(2) 游标卡尺的固定刻度读数为18mm，游标尺读数为：0.11mm=0.1mm，所以最终读数为：18mm+0.1mm=18.1mm；(3)单摆周期公式得：，据可知，将49次全振动计为50次，使周
20、期变小，据加速度的表达式可知，会使g偏大；(4)单摆的周期公式，得：，则有，重力加速度。三、计算题（19、20题各8分，21、22题各10分；共36分。 注：请重视物理过程、体现物理思维、注重有效步骤和规范作答）19.图甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置。设摆球向右方向运动为正方向。图乙是这个单摆的振动图象。根据图象回答：(1)单摆振动的频率是多大？开始时刻摆球在何位置？(2)若当地的重力加速度为2 m/s2，试求这个摆的摆长是多少？(3)写出小球做简谐运动的振动公式。【答案】(1)，在B位置；(2)0.16m；(3)【解析】【详解】(1)由图乙所示图象可
21、知，单摆周期，单摆的频率由图乙所示图象可知，在时，摆球处于负的最大位移，摆球向右方向运动为正方向，因此开始时，摆球在B处。(2)由单摆周期公式可得(3)摆球的振动周期为，振幅为；角频率为；初相位为结合表达式，有20.某个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2，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（即用户得到的功率为95KW）请你设计两个变压器的匝数比为此，请你：（1）画出远距离输送电能的线路示意图（2）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？（3）输电线上损失的电压是多少
22、？升压变压器输出的电压是多少？（4）两变压器的匝数比各应等于多少？【答案】（1）输电示意图见解析；（2）431.8 A ；50A（3）100V；1900V（4）1：8；95:11【解析】【分析】根据用户端的功率和电压求出用户端的电流，根据输电线上损失的功率求出输电线上的电流根据输电线上的电流和输电线的电阻求出输电线上损失的电压，根据输出功率和输送的电流得出升压变压器的输出电压根据原副线圈的电压比求出升压变压器的匝数比，根据电压损失得出降压变压器的输入电压，从而通过电压比得出降压变压器的匝数比【详解】(1)输电线路示意图如图所示:(2)降压变压器输出的电流即用户得到的电流:A=431.8A由,得
23、输电线上通过的电流为:A(3)输电线上损失的电压为:V对理想变压器得升压变压器的输出电压V降压变压器的输入电压1900V(4)根据理想变压器匝数与电压的关系【点睛】解决本题的关键知道原副线圈的电压比与匝数比的关系，知道升压变压器的输出电压、电压损失、降压变压器的输入电压之间的关系21.如图所示为理想变压器，原线圈匝数为1000匝，两个副线圈匝，匝，L1是“6V，2W”的小灯泡，L2是额定功率为4W的小灯泡，当接上交流电压时，L1、L2都正常发光，求：(1)交流电源的输出功率；(2)原线圈中的电流；(3)L2的额定电压。【答案】(1)6W；(2)；(3)【解析】【详解】(1)根据输入功率等于输出
24、功率知，交流电源的输出功率(2)灯泡正常发光，可知副线圈2的电压为，根据电压与匝数成正比知原线圈两端电压为根据输入功率等于输出功率知解得(3)根据电压与匝数成正比知解得即L2的额定电压为。22.如图所示，边长为的正方形线圈绕垂直于磁感线的轴以的转速匀速转动，磁场的磁感应强度，线圈的匝数匝，电阻。线圈两端分别接在两个固定于轴上且彼此绝缘的金属滑环上，外电路接有的电阻，并接有一只理想交流电压表。求：(1)电压表的读数；(2)若从线圈通过中性面开始计时，转过0过程中，通过电阻R的电荷量；(3)在1min内，作用在线圈上的外力所做的功是多少？【答案】(1)V；(2)；(3)【解析】【详解】(1)电动势的最大值为交流电动势的有效值为则电压表的读数为(2)从线圈通过中性面开始计时，转过过程中由法拉第电磁感应定律，磁通量变化量为则电动势平均值为电流的平均值为通过的电量为联立得(3)由能量守恒定律可知，外力驱动线圈所做的功将消耗的外界能量全部转化为回路中的电能，则得外力所做的功为
