1、山西省运城市永济涑北中学2019-2020学年高二物理3月月考试题（含解析）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
2、率为0，但成本太高，故B错误；C提高输送功率，根据输送电流较大，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
3、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.
4、 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
5、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. B. C. D. 【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，交流电产生的热量直流电产生的热量根据热效应有Q1=Q2得故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
6、,供电电压瞬时值为U1=Umsin1t,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=Umsin2t,2=21.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2f=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
7、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走过路程是故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
8、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
9、表A 1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
10、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：2
11、v=1：2故A正确；B 线圈进入磁场时受到的安培力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
12、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，故一定时，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上的热功率角速度加倍时功率变成原来的4倍，选项
13、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】12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代入求得在最高点或最低点k
14、A=ma=所以弹簧劲度系数为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
15、的变化率根据法拉第电磁感应定律得（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=B2av=2Bav两个电阻为R的半金属圆环并联，并联电阻R并=电路电流（总电流）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
16、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可得解得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4.710-5T，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
17、】【详解】（1）由E=BLv可得两翼尖间的电势差 U=E=4.710-512.70.7340V=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）。【解析】【详解】由图象知T甲=4s，T乙=8s（1）根据周期公式可知，甲、乙两个摆的摆长之比是1：4。（2）甲摆振幅为2cm，周期为4s，故甲摆角速度所以甲单摆简谐运动的位移随时间变化的关系式为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
18、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1.0，外接一只电阻为9.0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）（V）；（2）18V；（3）36W。【解析】【详解】（1）根据图乙可知T=0.2s，Em=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：（V）（2）电动势有效值为故电压表的示数（3）灯泡实际消耗的功率18.某水电站发电机的输出功率为100 kW，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8，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5 KW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）（3）；【解析】【详解】（1）用户得到的功率为；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=4.32102 A输电线上流过的电流（2）输电线上损失电压升压变压器的输出电压（3）升压变压器降压变压器