江西省宜春市上高第二中学2018-2019学年高二物理下学期第一次月考试题(含解析)

- 1 - 江西省宜春市上高第二中学2018-2019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12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一个选项符合题目要求，第8-12题有多个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)

1.如图甲所示,在匀强磁场中，两个匝数相同的正方形金属线圈分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势随吋间t变化的图象如图乙中曲线 a、b所示，则

A. t = 0时刻,两线圈均处于垂直于中性面的位罝

B. a、b对应的线圈转速之比为2:3

C. a、b对应的两线圈面积之比为1:1

D. 若只改变两线圈的形状（匝数不变），则两线圈电动势的有效值之比一定不变

【答案】C

【解析】

试题分析：t = 0时刻，两线圈感应电动势均为零，故两线圈均处于中性面的位罝，选项A错误；由图线可知，两线圈的周期之比Ta:Tb=2:3；故根据可知a、b对应的线圈转速之比为3:2，选项B错误；根据，；；则，选项C正确；若只改变两线圈的形状（匝数不变），则两线圈的面积要变化，故感应电动势的最大值要变化，电动势的有效值之比一定变化，选项D错误；故选C．

考点：交流电

【名师点睛】此题是关于交流电的产生问题；关键是掌握正弦交流电的最大值的表达式，明确各个物理量的意义；知道最大值和有效值的关系．

2.先后用不同的交流电源给同一盏灯泡供电．第一次灯泡两端的电压随时间按正弦规律变化(如图甲所示)；第二次灯泡两端的电压变化规律如图乙所示．若甲、乙图中的U0、T所表示的电压、周期值是相同的，则以下说法正确的是 - 2 -

A. 第一次，灯泡两端的电压有效值是

B. 第二次，灯泡两端的电压有效值是

C. 第一、第二次，灯泡的电功率之比是2∶9

D. 第一、第二次，灯泡的电功率之比是1∶5

【答案】AD

【解析】

试题分析：对于正弦式电流的有效值，由甲图读出电压的最大值，求出有效值．对于乙图，根据有效值的定义，求出有效值．功率的公式，用有效值求出电功率之比．

第一次灯泡两端的电压有效值为，设第二次电压的有效值为，根据有效值的定义，则有，解得，故A正确，B错误；由功率的公式得，灯泡的电功率之比是，故C错误，D正确．

3.为了浴室用电安全，某同学用理想变压器降压给浴室供电；如图所示，理想变压器原线圈输入交变电压,变压器原副线圈匝数比为5:1,已知照明灯额定功率为66W,排气扇电动机内阻为1Ω，电流表示数为3A，各用电器均正常工作，电表均为理想电表，则（）

A．电压表示数为62V

B．变压器的输入功率为186W

C．排气扇输出功率为63．75W

D．保险丝熔断电流不得低于3A． - 3 - 【答案】C

【解析】

试题分析：变压器输入交变电压u=311sin100πt（V），有效值U=220V，变压器原、副线圈匝数比为5：1，所以副线圈电压U2=44V，故A错误；电流表示数为3A，所以输出功率P=44×3W=132W，所以变压器的输入功率为132W，故B错误；照明灯的电流则排气扇的电流为I2=3A-1．5A=1．5A,则排气扇输出功率为，选项C正确；变压器的初级电流为,故保险丝熔断电流不得低于0．6A,选项D错误；故选C．

考点：变压器；交流电

【名师点睛】此题是关于变压器及交流电的计算；理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象．同时当电路中有变压器时，只要将变压器的有效值求出，则就相当于一个新的恒定电源，其值就是刚才的有效值。

4.如图所示，面积为 ，内阻不计的100匝矩形线圈ABCD，绕垂直于磁场的轴 匀速转动，转动的角速度为100rad/s，匀强磁场的磁感应强度为。矩形线圈通过滑环与理想变压器相连，触头P可移动，副线圈所接电阻 ，电表均为理想交流电表，当线圈平面与磁场方向平行时开始计时，下列说法正确的是： （ ）

A. 线圈中感应电动势的表达式为

B. P上移时，电流表示数减小

C. t=0时刻，电压表示数为

D. 当原副线圈匝数比为1:2时，电阻上消耗的功率为400W

【答案】D

【解析】

试题分析：矩形闭合导线框ABCD在磁场中转动，产生的交流电的最大值为： - 4 - ，线圈中感应电动势的表达式为e=100cos（100t）V，故A错误；P上移时，原线圈的匝数减小，则导致副线圈电压增大，那么副线圈电流也增大，则原线圈的电流会增大，故B错误；由于最大值为有效值的倍，所以交流电的有效值为U=100V，当t=0时，电压表示数为100V，故C错误；当原、副线圈匝数比为1：2时，次级电压有效值为200V，电阻上消耗的功率为，故D正确；故选D。

考点：交流电；变压器

5.一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经△t时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v．在此过程中（ ）

A. 地面对他的冲量为mv+mg△t，地面对他做的功为

B. 地面对他的冲量为mv+mg△t，地面对他做的功为零

C. 地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为

D. 地面对他的冲量为mv-mg△t，地面对他做的功为零

【答案】B

【解析】

试题分析：人的速度原来为零，起跳后变化v，以向上为正方向，由动量定理可得，故地面对人的冲量为，人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，故D正确。

考点：考查了动量定理，功的计算

【名师点睛】在应用动量定理时一定要注意冲量应是所有力的冲量，不要把重力漏掉．

6.如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，瓶的底端与竖直墙壁接触．现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S，气体的密度为ρ，气体向外喷出的速度为v，则气体刚喷出时贮气瓶底端对竖直墙壁的作用力大小是(

)

- 5 - A. ρvS B. C. D. ρv2S

【答案】D

【解析】

对喷出气体分析，设喷出时间为t，则喷出气体质量为m=ρsvt，由动量定理有Ft=mv，其中F为瓶子对喷出气体的作用力，可解得，根据牛顿第三定律，喷出气体对瓶子作用力大小为F，再对瓶子分析，不难由平衡条件和牛顿第三定律求得钢瓶对左端竖直墙壁的作用力大小是F，所以D正确．故选D．

7.如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B两小木块中部夹一被压缩的轻弹簧(弹簧与两木块未连接)，当轻弹簧被放开时，A、B两小木块各自在桌面上滑行一段距离后，飞离桌面落在地面上．若mA=3mB，则下列结果正确的是

A. 若轻弹簧对A、B做功分别为W1和W2，则有W1：W2=1:1

B. 在与轻弹簧作用过程中，两木块的速度变化量之和不为零

C. 若A、B在空中飞行时的动量变化量分别为△p1和△p2，则有△p1：△p2=1:1

D. 若A、B同时离开桌面，则从释放轻弹簧开始到两木块落地的这段时间内，A、B两木块的水平位移大小之比为3:1

【答案】B

【解析】

【详解】A.弹簧弹开物体过程中，两物体及弹簧组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得：mAvA-mBvB=0，则速度之比 vA：vB=1：3；根据动能定理得：轻弹簧对A、B做功分别为 W1=mAvA2，W2=mBvB2，联立解得 W1：W2=1：3，故A错误。

B.根据动量守恒定律得知，在与轻弹簧作用过程中，两木块的动量变化量之和为零，即

mA△vA+mB△vB=0，可得，△vA+△vB≠0，故B正确。

C.A、B离开桌面后都做平抛运动，它们抛出点的高度相同，运动时间相等，设为t。由动量定理得：A、B在空中飞行时的动量变化量分别为△p1=mAgt，△p2=mBgt，所以△p1：△p2=3：1，故C错误。

D.平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动，由x=v0t知，t相等，则A、B两木块的水平位移大小之比等于sA:sB=vA：vB=1：3．故D错误。 - 6 - 故选B。

【点睛】解决本题的关键要明确弹簧弹开物体时遵守动量守恒定律，求动能变化可根据动能定理，求动量的变化可根据动量定理．

8.如右图所示，N匝矩形导线框在磁感应强度为B的匀强磁场中绕轴OO′匀速转动，线框面积为S，线框的电阻、电感均不计，外电路接有电阻R、理想电流表A和二极管D．电流表的示数为I，二极管D具有单向导电性，即正向电阻为零，反向电阻无穷大．下列说法正确的是（ ）

A. 导线框转动的角速度为

B. 导线框转动的角速度为

C. 导线框转到图示位置时，线框中的磁通量最大，瞬时电动势为零

D. 导线框转到图示位置时，线框中的磁通量最大，瞬时电动势最大

【答案】AC

【解析】

【详解】导线框产生的最大感应电动势；根据二极管的特点可知，在一个周期内有半个周期回路中有电流，根据交变电流的热效应可知，，解得，故A正确，B错误；

导线框转到图示位置时，线框处于中性面处，导线框中的磁通量最大，瞬时电动势为零，故C正确，D错误.

故选AC

9.理想变压器原线圈a匝数n1＝200匝，副线圈b匝数n2＝100匝，线圈a接在u＝44sin314tV的交流电源上，12V，6W的灯泡恰好正常发光，电阻R2＝16Ω，电压表V为理想电表。下列推断正确的是 - 7 -

A. 交变电流的频率为100Hz

B. 穿过铁芯的磁通量的最大变化率为Wb／s

C. 电压表V的示数为22 V

D. R1消耗的功率是1 W

【答案】BD

【解析】

【详解】由u＝44 sin314tV得:f=50HZ，A错；在副线圈中，小灯泡正常发光，知副线圈中的电流为0．5A，进而可求出R2两段的电压为8V，故副线圈两段的电压为20V，电压表的示数为20V，C错；副线圈两段电压的最大值为20V；由法拉第电磁感应定律知： ，可得：，B对；由 ， ，可知：原线圈两端的电压为40V，电流为0．25A，故加在R1两端的电压为44-40=4V，故R1消耗的功率为1W．D对。

【点睛】基本关系式中物理量之间的决定关系：

电压

副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定，即U2＝ U1（原制约副）

功率

副线圈中的功率P2由用户负载决定，原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定，即P1＝P2（副制约原）

电流

原线圈的电流I1由副线圈的电流I2和匝数比决定，即I1＝I2（副制约原）

10.几个水球可以挡住一颗子弹?(国家地理频道)的实验结果是：四个水球足够!完全相同的水球紧挨在−起水平排列,子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动,恰好能穿出第4个水球,则可以判断的是( )