1、2015-2016学年内蒙古鄂尔多斯市准格尔旗世纪中学高二（下）第一次月考物理试卷一单选题（每题只有一个正确选项，每题4分）1如图，理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=2：1，V和A均为理想电表，灯光电阻RL=6，AB端电压u1=12sin100t（V）下列说法正确的是（）A电流频率为100HzBV的读数为24VCA的读数为0.5AD变压器输入功率为6W2如图所示，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N内阻不计，绕OO轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度做匀速转动，从图示位置开始计时矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，副线圈接有可调电阻R，下列判断正确的
2、是（）A矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBScostB矩形线圈从图示位置经过时间时，通过电流表的电荷量为0C当P位置不动，R增大时，电压表读数也增大D当P位置向上移动、R不变时，电流表读数减小3自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分，一升压式自耦调压变压器的电路如图所示，其副线圈匝数可调已知变压器线圈总匝数为1900匝；原线圈为1100匝，接在有效值为220V的交流电源上当变压器输出电压调至最大时，负载R上的功率为2.0kW设此时原线圈中电流有效值为I1，负载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分别约为（）A380 V和5.3 AB380
3、 V和9.1 AC240 V和5.3 AD240 V和9.1 A4普通的交流电源表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少，工作时电流为Iab，cd一侧线圈的匝数较多，工作时电流为Icd，为了使电流表能正常工作，则（）Aab接MN、cd接PQ，IabIcdBab接MN、cd接PQ，IabIcdCab接PQ、cd接MN，IabIcdDab接PQ、cd接MN，IabIcd5质量m=100kg的小船静止在平静水面上，船两端载着m甲=40kg，m乙=60kg的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3m/s的速度跃入水中，如图所示，
4、则小船的运动速率和方向为（）来源:Zxxk.ComA0.6m/s，向左B3m/s，向左C0.6m/s，向右D3m/s，向右6如图所示的交流电路中，如果电源电动势的最大值不变，交流电的频率增大时，可以观察到三盏电灯亮度的变化情况是（）AL1、L2、L3亮度都不变BL1变暗，L2不变、L3变亮CL1变暗、L2变亮、L3不变DL1变亮、L2变暗、L3不变二多项选择题（每题至少有两个正确答案，每题4分，选不选的得2分）7如图，有一理想变压器，原副线圈的匝数比为n：1原线圈接正弦交流电压U，输出端接有一个交流电流表和一个电动机电动机线圈电阻为R当输入端接通电源后，电流表读数为I，电动机带动一重物匀速上升
5、下列判断正确的是（）A电动机两端电压为IRB电动机消耗的功率为I2RC原线圈中的电流为D变压器的输入功率为8发电厂电机的输出电压为U1，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U2，则输电导线上损耗的功率可表示为（）ABCI2RDU1I9小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示此线圈与一个R=10的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻下列说法正确的是（）A交变电流的频率为8HzB在1s内，交变电流的方向改变8次C此闭合回路的电流有效值为AD小型交流发电机的输出功率为40W10图甲是小型交流发电机的示意图，两
6、磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，以下判断正确的是（）A电流表的示数为10AB线圈转动的角速度为50rad/sC0.01s时线圈平面与磁场方向垂直D0.02s时电阻R中电流的方向自右向左11如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片P处于图示位置时，灯泡L能发光 要使灯泡变亮，可以采取的方法有（）A向下滑动PB增大交流电源的电压C增大交流电源的频率D减小电容器C的电容三填空题（12题7分13题10分）12某同学把两块大小不同的木块用细线连接，中
7、间夹一被压缩了的弹簧，如图所示将这一系统置于光滑的水平桌面上，烧断细线，观察物体的运动情况，进行必要的测量，验证物体间相互作用时动量守恒 （1）该同学还必须有的器材是；（2）需要直接测量的数据是；（3）用所得数据验证动量守恒的关系式是来源:学#科#网13如图所示为“碰撞中的动量守恒”实验装置示意图（1）因为下落高度相同的平抛小球（不计空气阻力）的飞行时间相同，所以我们在“碰撞中的动量守恒”实验中可以用作为时间单位（2）本实验中，实验必须要求的条件是A斜槽轨道必须是光滑的B斜槽轨道末端点的切线是水平的C入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放D入射球与被碰球的mamb，ra=rb（3）如图，其
8、中M、P、N分别为入射球与被碰球对应的落点的平均位置，则实验中要验证的关系是AmaON=maOP+mbOM BmaOP=maON+mbOM CmaOP=maOM+mbON DmaOM=maOP+mbON四计算题14如图，质量为M的小船在静止水面上以速率V0 向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为15如图所示，木板A质量mA=1kg，足够长的木板B质量mB=4kg，质量为mC=2kg的木块C置于木板B上，水平面光滑，B、C之间有摩擦现使A以v0=12m/s的初速度向右运动，与B碰撞后以4m/s速度弹回求：（1）B
9、运动过程中的最大速度大小（2）C运动过程中的最大速度大小16如图所示，质量为M=2kg的木板静止在光滑的水平地面上，木板AB部分为光滑的四分之一圆弧面，半径为R=0.3m，木板BC部分为水平面，粗糙且足够长质量为m=1kg的小滑块从A点由静止释放，最终停止在BC面上D点（D点未标注）若BC面与小滑块之间的动摩擦因数=0.2，g=10m/s2，求：（）小滑块刚滑到B点时的速度大小；（）BD之间的距离2015-2016学年内蒙古鄂尔多斯市准格尔旗世纪中学高二（下）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一单选题（每题只有一个正确选项，每题4分）1如图，理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=2：1，V和
10、A均为理想电表，灯光电阻RL=6，AB端电压u1=12sin100t（V）下列说法正确的是（）A电流频率为100HzBV的读数为24VCA的读数为0.5AD变压器输入功率为6W【分析】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论【解答】解；A、AB端电压u1=12sin100t（V）电流频率为f=50Hz，故A错误；B、电压表的示数为电路的有效电压的大小，根据电压与匝数成正比，可知，U2=6V，故B错误；C、I2=1A，A的读数为1A，故C错误；D、P1=P2=U2I2=6W，故D正确故选：D2如图所示，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N内阻不计，
11、绕OO轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度做匀速转动，从图示位置开始计时矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，副线圈接有可调电阻R，下列判断正确的是（）A矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBScostB矩形线圈从图示位置经过时间时，通过电流表的电荷量为0C当P位置不动，R增大时，电压表读数也增大D当P位置向上移动、R不变时，电流表读数减小【分析】正弦式交流发电机从垂直中性面位置开始计时，其电动势表达式为：e=NBScost；电压表和电流表读数为有效值；计算电量用平均值【解答】解：A、从垂直于中性面时开始计时，矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值
12、表达式为e=NBScost，故A正确；B、矩形线圈从图示位置经过时间时，转过的角度为t=，磁通量一直增加，电流方向没有改变，故通过电流表的电荷量为：0（其中R为），故B错误；C、交流发电机内电阻不计，故变压器输入电压不变，根据理想变压器的变压比公式，当P位置不动，R增大时，电压表读数不变，仍然等于发电机的电动势有效值；D、当P位置向上移动、R不变时，根据理想变压器的变压比公式，输出电压变大，故电流变大，功率变大，故输入电流也变大，故电流表读数变大，故D错误；故选A3自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分，一升压式自耦调压变压器的电路如图所示，其副线圈匝数可调已知变压器线
13、圈总匝数为1900匝；原线圈为1100匝，接在有效值为220V的交流电源上当变压器输出电压调至最大时，负载R上的功率为2.0kW设此时原线圈中电流有效值为I1，负载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分别约为（）A380 V和5.3 AB380 V和9.1 AC240 V和5.3 AD240 V和9.1 A【分析】变压器输出电压调至最大，故副线圈为1900匝，由变压器两端的电压与匝数成正比，可得副线圈的电压有效值，由输入功率等于输出功率，可得电流【解答】解：因变压器输出电压调至最大，故副线圈为1900匝，由变压器两端的电压与匝数成正比，即，故副线圈的电压有效值U2为380 V
14、；因变压器为理想变压器，故其输入功率等于输出功率，即P1=P2，由P1=U1I1得I1=9.1A，B正确故选B4普通的交流电源表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少，工作时电流为Iab，cd一侧线圈的匝数较多，工作时电流为Icd，为了使电流表能正常工作，则（）Aab接MN、cd接PQ，IabIcdBab接MN、cd接PQ，IabIcdCab接PQ、cd接MN，IabIcdDab接PQ、cd接MN，IabIcd来源:学&科&网【分析】电流互感器的作用是使大电流变成小电流，然后利用变压器工作原理即可确定接哪一端【解答】解：电流互感器的
15、作用是使大电流变成小电流，所以IabIcd；利用变压器工作原理：电流与匝数成反比，所以输入端ab接MN，输出端cd接PQ；故选：A5质量m=100kg的小船静止在平静水面上，船两端载着m甲=40kg，m乙=60kg的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3m/s的速度跃入水中，如图所示，则小船的运动速率和方向为（）A0.6m/s，向左B3m/s，向左C0.6m/s，向右D3m/s，向右【分析】以甲、乙两人和船组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律求解两人跃入水中后小船的速度大小和方向【解答】解：甲、乙和船组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，开始时总动量为零，根据动量守恒定律有：
16、0=m甲v甲+m乙v乙+mv，解得：v=，代入数据解得v=0.6 m/s，负号说明小船的速度方向向左，故选项A正确故选：A6如图所示的交流电路中，如果电源电动势的最大值不变，交流电的频率增大时，可以观察到三盏电灯亮度的变化情况是（）AL1、L2、L3亮度都不变BL1变暗，L2不变、L3变亮CL1变暗、L2变亮、L3不变DL1变亮、L2变暗、L3不变【分析】根据感抗公式XL=2fL和容抗公式，定性讨论【解答】解：感抗为XL=2fL，容抗为当频率f增大时，感抗XL变大，容抗XC变小感抗XL变大，对交流电的阻碍作用变大，所以L1变暗容抗XC变小，对交流电的阻碍作用变小，所以L2变亮而电阻器的对交流电
17、的阻碍作用不随频率改变，所以L3亮度不变所以L1变暗、L2变亮、L3不变故ABD错误，C正确故选C二多项选择题（每题至少有两个正确答案，每题4分，选不选的得2分）7如图，有一理想变压器，原副线圈的匝数比为n：1原线圈接正弦交流电压U，输出端接有一个交流电流表和一个电动机电动机线圈电阻为R当输入端接通电源后，电流表读数为I，电动机带动一重物匀速上升下列判断正确的是（）A电动机两端电压为IRB电动机消耗的功率为I2RC原线圈中的电流为D变压器的输入功率为【分析】理想变压器的输入功率与输出功率相等，而副线圈与电动机相连，则电动机的输出功率与电动机线圈的内阻之和为副线圈的输出功率【解答】解：A、电动机
18、电路属于非纯电阻电路，则欧姆定律不适用因此电动机两端的电压不能为IR，故A错误；B、电动机消耗的功率为线圈内阻消耗的功率与输出功率之和，而为I2R仅是电动机线圈电阻的功率，故B错误；C、因为原副线圈的匝数比为n，且电流表读数为I，则由理想变压器的原副线圈的电流与匝数成反比得，原线圈的电流为，故C正确；D、理想变压器的原线圈的电压为U，而电流为，则变压器的输入功率为U故D正确；故选：CD8发电厂电机的输出电压为U1，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U2，则输电导线上损耗的功率可表示为（）ABCI2RDU1I【分析】输电线的电压损耗U=U1U2，然后根据电功率
19、公式分析答题来源:学|科|网Z|X|X|K【解答】解：输电线上损失的电压U=U1U2，输电导线损失的电功率P=I2R=（U1U2）I=，故BC正确，AD错误；故选：BC9小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示此线圈与一个R=10的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻下列说法正确的是（）A交变电流的频率为8HzB在1s内，交变电流的方向改变8次C此闭合回路的电流有效值为AD小型交流发电机的输出功率为40W【分析】从图象中可以求出该交流电的最大电压以及周期等物理量，然后根据最大值与有效值以及周期与频率关系求解【解答】解：A、由图可知，交流
20、电的最大电压E=20V，周期T=0.250s，根据f=得：f=4Hz，所以A错误；B、交变电流的方向每个周期改变2次，1s是4个周期，所以在1s内，交变电流的方向改变8次，所以B正确；C、根据最大值与有效值以及周期与频率关系有：有效值为： =10V，所以电流有效值为：I=，所以C正确；D、小型交流发电机的输出功率为P=I2R=（）210=20W，所以D错误故选：BC10图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，以下判断正确的是（）A电
21、流表的示数为10AB线圈转动的角速度为50rad/sC0.01s时线圈平面与磁场方向垂直D0.02s时电阻R中电流的方向自右向左【分析】由题图乙可知交流电电流的最大值、周期，电流表的示数为有效值，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向【解答】解：A、由题图乙可知交流电电流的最大值是Im=10A，周期T=0.02s，由于电流表的示数为有效值，故示数I=10A，故A正确；B、角速度=100 rad/s，故B错误；C、0.01s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，故C错误；
22、D、由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向自左向右，故D错误；故选：A11如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片P处于图示位置时，灯泡L能发光 要使灯泡变亮，可以采取的方法有（）A向下滑动PB增大交流电源的电压C增大交流电源的频率D减小电容器C的电容【分析】要使灯泡变亮，应使副线圈两端电压增大向下滑动P，副线圈匝数减少，电压减小，增大交流电源的电压，副线圈两端电压也增大，增大交流电源的频率通过电容器的电流更大【解答】解：A、向下滑动P，副线圈匝数减少，电压减小，故A错误；B、增大交流电源的电压，副线圈两端电压也增大，故B正确；C、增大交流电源的频率减小了容抗，通过电
23、容器的电流更大，故C正确；D、减小电容器的电容，增大了容抗，通过灯泡的电流减小，灯泡变暗，故D错误；故选：BC三填空题（12题7分13题10分）12某同学把两块大小不同的木块用细线连接，中间夹一被压缩了的弹簧，如图所示将这一系统置于光滑的水平桌面上，烧断细线，观察物体的运动情况，进行必要的测量，验证物体间相互作用时动量守恒 （1）该同学还必须有的器材是刻度尺、天平；（2）需要直接测量的数据是两物体的质量m1，m2和两木块落地点分别到桌子两侧边的水平距离sl、s2；（3）用所得数据验证动量守恒的关系式是m1s1=m2s2【分析】烧断细线后，两球离开桌面做平抛运动，由于高度相等，则平抛的时间相等，
24、水平位移与初速度成正比，把平抛的时间作为时间单位，小球的水平位移可替代平抛运动的初速度将需要验证的关系速度用水平位移替代【解答】解：取小球1的初速度方向为正方向，两小球质量和平抛初速度分别为m1、m2，v1、v2，平抛运动的水平位移分别为s1、s2，平抛运动的时间为t需要验证的方程：0=m1v1m2v2又v1=，v2=代入得到：m1s1=m2s2故需要测量两木块的质量m1和m2，两木块落地点到桌面边缘的水平距离s1，s2所以需要的器材为刻度尺、天平、重锤线故答案为：（1）刻度尺、天平（2）两物体的质量m1，m2和两木块落地点分别到桌子两侧边的水平距离sl、s2（3）m1s1=m2s213如图所
25、示为“碰撞中的动量守恒”实验装置示意图（1）因为下落高度相同的平抛小球（不计空气阻力）的飞行时间相同，所以我们在“碰撞中的动量守恒”实验中可以用平抛时间作为时间单位（2）本实验中，实验必须要求的条件是BCDA斜槽轨道必须是光滑的B斜槽轨道末端点的切线是水平的C入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放D入射球与被碰球的mamb，ra=rb（3）如图，其中M、P、N分别为入射球与被碰球对应的落点的平均位置，则实验中要验证的关系是CAmaON=maOP+mbOM BmaOP=maON+mbOM CmaOP=maOM+mbON DmaOM=maOP+mbON【分析】（1）通过实验的原理确定需要的测量
26、工具，小球碰撞后做平抛运动，抓住平抛运动的时间相等，小球飞行的水平距离来代表小球的水平速度来验证动量守恒定律（2）释放点越低，入射小球速度小，读数的相对误差大；释放点越高，两球相碰时相互作用的内力越大，碰撞前后系统的动量之差越小，误差越小；（3）根据实验使用的理论公式，确定需实验中要验证的关系【解答】解：（1）小球碰撞后做平抛运动，小球做平抛运动的高度相同，小球做平抛运动的飞行时间t相同，所以我们在“碰撞中的动量守恒”实验中可以用 平抛时间作为时间单位（2）A、在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从同一高度由静止释放，保证碰前的速度相同即可，斜槽轨道是否光滑对实验的结果没有影响，故A错误B
27、、为了保证小球做平抛运动，安装轨道时，轨道末端必须水平，故B正确C、在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从同一高度由静止释放，保证碰前的速度相同，故C正确D、为了保证入射小球不反弹，则入射小球的质量大于被碰小球的质量；为了发生对心碰撞，两球的直径需相同，故D正确故选：BCD（3）碰撞过程中，如果水平方向动量守恒，由动量守恒定律得：m1v1=m1v1+m2v2，小球做平抛运动时抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间t相等，两边同时乘以时间t，mav1t=mav1t+mbv2t，即maOP=maOM+mbON；故选：C故答案为：1）平抛时间（2）BCD（3）C四计算题14如图，质量为M的小船在
28、静止水面上以速率V0 向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为v0+（v0+v）【分析】人和小船系统动量守恒，根据动量守恒定律列式求解【解答】解：人在跃出的过程中船人组成的系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律得：（M+m）v0=Mvmv，解得：v=v0+（v0+v）；故答案为：v0+（v0+v）15如图所示，木板A质量mA=1kg，足够长的木板B质量mB=4kg，质量为mC=2kg的木块C置于木板B上，水平面光滑，B、C之间有摩擦现使A以v0=12m/s的初速度向右运动，与B碰撞后以4m/s速度
29、弹回求：（1）B运动过程中的最大速度大小（2）C运动过程中的最大速度大小【分析】（1）A与B碰后的瞬间，B的速度最大，以A、B为系统，运用动量守恒定律求出B运动过程中的最大速率（2）碰撞后C在B上滑行一段距离后与B保持相对静止，两者速度相同，此时C的速度最大，对BC系统研究，运用动量守恒定律求出共同速度的大小【解答】解：（1）A与B碰后瞬间，C的运动状态未变，B速度最大以A、B组成的系统为研究对象，碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mAv0+0=mAvA+mBvB，代入数据得：vB=4m/s（2）A、B碰撞后，B与C相互作用使B减速、C加速，由于B板足够长，所以
30、B和C能达到相同速度，二者共速后，C速度最大，以B、C组成的系统为研究对象，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mBvB+0=（mB+mC）vC，代入数据得：vC=2.67m/s答：（1）B运动过程中的最大速度大小为4m/s来源:学科网ZXXK（2）C运动过程中的最大速度大小为2.67m/s16如图所示，质量为M=2kg的木板静止在光滑的水平地面上，木板AB部分为光滑的四分之一圆弧面，半径为R=0.3m，木板BC部分为水平面，粗糙且足够长质量为m=1kg的小滑块从A点由静止释放，最终停止在BC面上D点（D点未标注）若BC面与小滑块之间的动摩擦因数=0.2，g=10m/s2，求：（）小滑块刚滑到B
31、点时的速度大小；（）BD之间的距离【分析】（1）系统水平方向上不受外力，所以从A到D的过程中，系统水平方向动量守恒滑块从A到B的过程中，滑块木块均是光滑接触，故系统没有能量损失即机械能守恒；列出两个方程即可解答；（2）从B到D的过程中，滑块受摩擦力作用，且摩擦力对滑块做功，系统的机械能转化为内能【解答】解：（1）滑块从A下滑到B的过程中，系统在水平方向上动量守恒、机械能守恒，设木板到达B点时的速度为vM，滑块的质量为m到达B点时的速度vm，设圆弧的半径为R，选取滑块m运动的方向为正方向，由水平方向动量守恒得：mvm+MvM=0 由机械能守恒定律可得：mgR= 联立方程，代入数据得：vm=2m/s；vM=1m/s（2）m在木板上滑动的过程中机械能转化为内能，则：代入数据解得：L相对=1.5m答：（）小滑块刚滑到B点时的速度大小是2m/s；（）BD之间的距离是1.5m
