黑龙江省大庆市第十中学2020学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析）

黑龙江省大庆市第十中学2020学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析）

大庆十中2020学年度第二学期第一次月考 ‎ 高二物理试题 一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分.其中1-8题为单项选择题；9-12为多项选择题，每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答得0分）‎ ‎1.一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动,穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示,则下列说法中正确的是( )‎ A. t=0.01s时刻线圈平面与中性面垂直 B. t=0.01s时刻Φ的变化率达到最大 C. 0.02s时刻感应电动势达到最大 D. 该线圈相应的感应电动势图象如图乙所示 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：由图甲可知t=0.01s时刻磁通量等于零，线圈平面与中性面垂直，故A正确；‎ B项：t=0.01s时刻，磁通量等于零，但磁通量变化率最大，故B正确；‎ C项：t=0.02s时刻，磁通量最大，交流电动势为零，故C错误；‎ D项：由图甲可知交流电动势的图象应为正弦图象，故D错误。‎ ‎2.两矩形线圈分别在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，线圈中产生的感应电动势e随时间t的变化关系分别如图中甲、乙所示，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 两交变电流的频率之比f甲：f乙=1：2‎ B. 两交变电流的电动势有效值之比E甲：E乙=3：1‎ C. t=1s时，两线圈中的磁通量的变化率均为零 D. t=1s时，两线圈均处在与中性面垂直的位置上 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由图象知甲的周期为1s，乙的周期为2s，所以，A错误；甲的有效值为，乙的有效值为，所以，B错误；t=1s时，甲乙瞬时电压为零，磁通量的变化率为零，此时线圈处于中性面位置，C正确D错误．‎ ‎3.如图所示，三只完全相同灯泡a、b、c分别与电阻R、电感L、电容C串联，再将三者并联，接在220V，50Hz的交变电源两端，三只灯泡亮度相同如果将电源改为220V,60Hz的交变电源，则( )‎ A. 三只灯泡亮度不变 B. B. 三只灯泡都将变亮 C. a亮度不变，b变亮，c变暗 D. a亮度不变，b变暗，c变亮 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 根据电感的特性：通低频、阻高频，当电源的频率变高时，电感对电流的感抗增大，b灯变暗；根据电容器的特性：通高频、阻低频，当电源的频率变高时，电容器对电流的容抗减小，c灯变亮。而电阻的亮度与频率无关，a灯亮度不变。故选D。‎ 点睛：本题要抓住电感和电容特性分析：电感：通直流、阻交流，通低频、阻高频，可根据法拉第电磁感应定律来理解．电容器的特性：通交流、隔直流，通高频、阻低频，根据电容器充放电的特性理解．‎ ‎4.理想变压器与电阻R及交流电流、电压表V和A按图示方式连接，已知变压器原副线圈的匝数比为n1：n2=10：1，电阻R=11Ω，原线圈两端输入电压U随时间变化的图象如图所示，下列说法中正确的是（ ）‎ A. V表的读数为220V B. 通过R的电流为2A C. A表的读数为2A D. 变压器的输入功率为44W ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：由原线圈两端输入电压U随时间变化的图象可知，U1=220V，T=0.02s A、根据原副线圈的电压比等于匝数之比，可知，所以电压表的示数为22V，故A错误；‎ B、根据欧姆定律得：I=，故B正确，C错误；‎ C、副线圈功率P2=I2U2=44W，所以变压器的输入功率P1=P2=44W，故D正确．‎ 故选BD ‎5.一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图甲所示已知发电机线圈内阻为，现外接一只电阻为的灯泡，如图乙所示，则( )‎ A. 电路中的电流方向每秒钟改变50次 B. 灯泡实际消耗的功率为440W C. 电压表V的示数为220V D. 发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为20J ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据题意可知，交流电周期为0.02s，频率为50Hz，所以每秒转50圈，每圈经过中性面2次，电流方向改变2次，所以每秒钟电流方向改变100次，A错误。‎ B.根据图像可知，交流电的有效值为，所以回路电流为，灯泡的功率：，B错误。‎ C.电压表测灯泡两端电压：，C错误。‎ D.根据焦耳定律可得内阻每秒钟产热：，D正确。‎ ‎6.某一电热器接在的直流电源上，每秒产生的热量为Q；现把它改接到交流电源上，每秒产生的热量为2Q，则该交流电压的最大值是　　‎ A. 110V B. C. 220V D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设电热器的电阻为R。当电热器接在U=110V的直流电源上时，；当电热器改接到交流电源上时，；两式一比，得Um=2U=220V。故选C。‎ ‎7.关于分子动理论，下列说法正确的是 A. 气体扩散的快慢与温度无关 B. 布朗运动是液体分子的无规则运动 C. 分子间同时存在着引力和斥力 D. 分子间的引力总是随分子间距增大而增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、扩散的快慢与温度有关，温度越高，扩散越快，故A错误；‎ B、布朗运动为悬浮在液体中固体小颗粒的运动，不是液体分子的热运动，固体小颗粒运动的无规则性，是液体分子运动的无规则性的间接反映，故B错误；‎ C、分子间斥力与引力是同时存在，而分子力是斥力与引力的合力，分子间的引力和斥力都是随分子间距增大而减小；当分子间距小于平衡位置时，表现为斥力，即引力小于斥力，而分子间距大于平衡位置时，分子表现为引力，即斥力小于引力，但总是同时存在的，故C正确，D错误。‎ 点睛：本题考查了布朗运动、扩散以及分子间的作用力的问题；注意布朗运动和扩散都说明了分子在做永不停息的无规则运动，都与温度有关；分子间的斥力和引力总是同时存在的。‎ ‎8.如图所示，有一矩形线圈面积为S，匝数为N，总电阻为r，外电阻为R，接触电阻不计线圈绕垂直于磁感线的轴以角速度w匀速转动，匀强磁场的磁感应强度为则 A. 当线圈平面与磁感线平行时，线圈中电流为零 B. 电流有效值 C. 电动势的最大值为 D. 外力做功的平均功率 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 当线圈平面与磁感线平行时，磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，线圈中电流不为零，故A错误；根据，得感应电动势最大值是，所以感应电动势有效值，所以电流有效值，故B错误，C错误；根据能量守恒得：外力做功的平均功率等于整个电路消耗的热功率，所以外力做功的平均功率，解得，故D正确；故选D．‎ ‎【点睛】根据求解感应电动势最大值．根据电动势的最大值与有效值的关系求解电流有效值．根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式求解外力做功的平均功率．‎ ‎9.下列说法中正确的是( )‎ A. 液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的 B. 当分子间距离增大时，分子间引力和斥力都减小 C. 利用氧气的摩尔质量、密度以及阿伏伽德罗常数就可以估算出一个氧气分子的体积 D. 气体压强产生的原因是大量气体分子对器壁持续频繁的撞击作用 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.扩散现象是分子无规则热运动的结果，不是对流形成的，A错误。‎ B.根据分子动理论，分子间距增大，引力和斥力都减小，B正确。‎ C.利用氧气的摩尔质量、密度可以求得氧气的摩尔体积，而对于气体，摩尔体积与阿伏加德罗常数的比值是一个分子所占的空间，并不是一个气体分子的体积，C错误。‎ D.气体压强产生的原因是大量气体分子对器壁持续频繁的撞击作用，D正确。‎ ‎10.物体体积变化时，分子间距离会随之变化，分子势能也会发生变化．如图为分子势能Ep与分子间距离r的关系曲线，以下判断正确的是(　　)‎ A. 当r＝r1时，分子势能最小 B. 当r＝r2时，分子引力与斥力大小相等 C. 当r＞r2时，分子间作用力的合力表现为引力 D. 在r由r2变到r1的过程中，分子间作用力的合力做正功 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 由图象可知：分子间距离为r2时分子势能最小，此时分子间的距离为平衡距离；分子引力与斥力大小相等；故A错误，B正确；当r＞r2时，分子间距离较大，分子间的作用力表现为引力，故C正确；r小于r2时，分子间的作用力表现为斥力，距离减小的过程中做负功，故D错误；故选BC。‎ 点睛：正确理解分子力、分子势能与分子之间距离变化关系，注意分子力与分子势能变化的一个临界点为r=r0，注意将分子力与分子之间距离和分子势能与分子之间距离的图象比较进行学习．‎ ‎11.关于物体的内能，下列说法正确的是( )‎ A. 热水的内能一定比冷水的大 B. 当温度等于时，分子动能为零 C. 温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，但非所有分子的速率都增大 D. 温度相等的氢气和氧气，它们的分子平均动能相等 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.内能是所有分子的动能与势能的总和，热水虽然温度高，但是质量不一定大，所以内能不一定大，A错误。‎ B.温度为0K时，分子动能为零，而绝对零度无法达到，B错误。‎ C.温度是分子热运动剧烈程度标志，温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，而每个分子永远在无规则运动，所以不是所有分子的速率都增大，C正确。‎ D.温度相同，分子平均动能相同，D正确。‎ ‎12.如图所示，一理想变压器原线圈接入电压 的交流电源，已知原、副线圈匝数之比n1:n2=5:1，定值电阻R0=2Ω，交流电压表和电流表均为理想电表，则 A. 变压器副线圈中交变电流的频率为50Hz B. 当滑动变阻器的滑片P向上滑动时，电压表V1、电流表A的示数均增大 C. 电压表V1的示数U1与电压表V2的示数U2的比值U1:U2=5:1‎ D. 当滑动变阻器的滑片P处于最下端时，变压器的输出功率为242W ‎【答案】D ‎【解析】‎ 变压器副线圈中交变电流的频率为，选项A正确；电压表V1读数不变；当滑动变阻器的滑片P向上滑动时，次级电阻变大，次级电压不变，则电流减小，则初级电流减小，A读数减小，选项B错误；因V2小于变压器的次级电压，则电压表V1的示数U1与电压表V2的示数U2的比值U1:U2不等于5:1，选项C错误；当滑动变阻器的滑片P处于最下端时R=0，此时变压器次级电压，次级功率 ‎，则变压器的输出功率为242W，选项D正确；故选D.‎ 点睛：掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系：电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，会从交流电表达式中获取有用的物理信息即可得到解决．‎ 二、计算题（本大题共4小题，共52分，其中13题14分，14题12分，15题12分,16题14分.）‎ ‎13.如图所示，线圈abcd的面积是0.05m2,共100匝，线圈的总电阻为1，外接电阻，匀强磁场的磁感应强度，当线圈以300r/min的转速匀速旋转时求：‎ ‎（1）若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式？‎ ‎（2）线圈转过时电动势的瞬时值多大？‎ ‎（3）电路中，电压表和电流表的示数各是多少？‎ ‎【答案】（1）e=50sin10πt ‎（2）e=25V ‎（3）U=22.5V I=2.5A ‎【解析】‎ ‎（1）由n=300r/min=5r/s rad/s ‎=nBS=V e=sint=50sin10πt ‎(2)当t=时，代入瞬时值表达式得 e=50sin10πV=V ‎（3）由闭合电路的欧姆定律得 ‎，=V A V。‎ ‎14.如图所示，在一根一端封闭且均匀的长玻璃管中，用长为h=10cm的水银柱将管内一部分空气封闭，当管开口向上竖直放置时，管内空气柱的长度L1=30cm；若温度保持不变，玻璃管开口向下放置，水银没有溢出，待水银柱稳定后，空气柱的长度L2为多少cm？(大气压强)‎ ‎【答案】39cm ‎【解析】‎ 试题分析：整个过程中气体的温度不变，根据气体的初末状态的压强和体积的状态参量，由玻意耳定律列式计算即可。‎ 开口向上时，‎ 开口向下时，，‎ 根据玻意耳定律有：‎ 代入数据解得：‎ ‎15.如图所示，足够长的圆柱形气缸竖直放置，其横截面积为1×10－3 m2，气缸内有质量m＝2kg的活塞，活塞与气缸壁密封良好，不计摩擦．开始时活塞被销子K销于如图位置，离缸底12 cm，此时气缸内密闭气体的压强为1.5×105 Pa，温度为300 K．外界大气压为1.0×105 Pa，g＝10 m/s2.‎ ‎(1)现对密闭气体加热，当温度升到400 K时，其压强多大？‎ ‎(2)若在此时拔去销子K，活塞开始向上运动，当它最后静止在某一位置时，气缸内气体的温度为360 K，则这时活塞离缸底的距离为多少？‎ ‎【答案】（1）2×105Pa （2）18cm ‎【解析】‎ ‎(1)气体体积不变，由查理定律得 即 解得：p2＝2×105 Pa ‎(2)，T3＝360K 设气体温度为360 K时活塞离缸底的距离为l3，‎ 由理想气体状态方程得 V1＝l1S，V3＝l3S 解得：l3＝18cm ‎【点睛】该题考查了气体状态方程的应用，解答此类问题的关键就是正确的确定气体的状态，找出状态参量，利用相应的状态方程求解．在此过程中，正确的确定气体的压强是解题的关键．‎ ‎16.如图是一小型发电站通过升压、降压变压器把电能输给用户的示意图。已知发电机的输出功率是400kW，输出电压U1=400V，用变压比n1：n2=1：20的理想变压器升压后向远处供电，输电线的总电阻为10Ω，到达用户后再用变压器降为220V，求：‎ ‎(1)升压变压器的副线圈两端电U2；‎ ‎(2)输电线上损失的电功率；‎ ‎(3)降压变压器变压比n3:n4。‎ ‎【答案】(1) (2) (3)‎ ‎【解析】‎ 试题分析：根据原副线圈的电压之比等于匝数比求出升压变压器的副线圈两端的电压；根据P=UI求出输电线上的电流，从而得出输电线上的功率损失；根据输电线上的电压损失得出降压降压变压器的输入电压，从而根据电压比等于匝数比求出降压变压器原副线圈的匝数比。‎ ‎（1）根据理想变压器电压比，可得副线圈两端电压为：‎ ‎（2）输电导线上的电流：‎ 输电导线上的功率损失：△P=I2R=502×10W=25KW ‎（3）输电线上的电压损耗：△U=IR=50×10=500V 降压变压器原线圈的电压：U3=U2-U=8000-500=7500V 则降压变压器原、副线圈的匝数比：‎ 点睛：本题主要考查了原副线圈的电压比、电流比与匝数比的关系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。‎