1、2018-2019学年四川省南充市阆中中学高二3月月考物理试题此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 物理注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第I卷（选择题)一、多选题1如图所示，理想变压器的原副线圈匝数之比为2:1，原线圈接在u=
2、220sin100t(V)的交流电源上，副线圈一端接有R=55的负载电阻、熔断电流为1A的保险丝和一个灯泡D，电流表为理想电表。下列说法正确的是()AS断开时，原线圈中电流表的读数为1ABS断开时，原线圈中的输入功率为220WC副线圈中输出交流电的周期为50sDS闭合时，灯泡D正常发光，原线圈中电流表读数不会超过1.5A2在如图所示的虚线框内有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁感应强度随时间变化规律如图所示边长为l、电阻为R的正方形均匀线框abcd有一半处在磁场中，磁场方向垂直于线框平面，此时线框ab边的发热功率为P，则下列说法正确的是()A磁感应强度B线框中感应电流为C线框cd边的发热功率为P
3、Da端电势高于b端电势3如图甲所示为以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图象，由图可知下列说法中正确的是（）A在t0.2s时，弹簧振子的加速度为正向最大B在t0.1s与t0.3s两个时刻，弹簧振子在同一位置C从t0到t0.2s时间内，弹簧振子做加速度增加的减速运动D在t0.6s时，弹簧振子有最小的弹性势能4室外天线放大器能将室外接收到的微弱电视信号放大，使得电视机更清晰放大器放置在室外的天线附近，为它供电的电源盒放置在室内，连接电源盒与放大器的两条电线兼有两种功能：既是天线放大器的50Hz低频电源线，同时又将几百兆赫兹高频电视信号送入室内供电视机使用即
4、低频电流和高频电流共用一个通道室内电源盒的内部电路如图所示，关于电容器C和电感线圈L的作用下面说法中正确的是（ ）A电容器C的作用是阻高频电视信号、通低频电流B电容器C的作用是阻低频电流、通高频电视信号使之输送到电视机C电感线圈L的作用是阻碍高频电视信号进入变压器D电感线圈L的作用是阻低频电流、通高频电视信号二、单选题5采用220kV高压向远方的城市输电，当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的，输电电压应变为（ ）A110kV B220V C220kV D440kV6如图甲所示，在绝缘的水平桌面上放置一金属圆环在圆环的正上方放置个螺线管，在螺线管中通入如图乙所示的电流，电流从螺线
5、管a端流入为正以下说法中正确的是（ ）A在第1s末，圆环中的感应电流最大B在第2s末，圆环对桌面的压力小于圆环的重力C在12s内和23s内，圆环中的感应电流的方向相反D从上往下看，在01s内，圆环中的感应电流沿顺时针方向7如图所示，AOC是光滑的金属轨道，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，PQ是一根金属直杆立在轨道上，直杆从图示位置由静止开始在重力作用下运动，运动过程中Q端始终在OC上，空间存在着垂直纸面向外的匀强磁场，则在PQ杆滑动的过程中，下列判断正确的是()A感应电流的方向始终是PQB感应电流的方向先是由PQ，后是由QPCPQ受磁场力的方向垂直于杆向左DPQ受磁场力的方向先垂直于杆向右，后
6、垂直于杆向左8一个物体在某行星表面受到的万有引力是它在地球表面受到的万有引力的，在地球上走时正确的摆钟（设摆钟的周期与单摆简谐运动的周期相同）搬到此行星上，现要使摆钟在该行星与地球上的周期相同，下列可行的办法是（）A将摆球的质量m增加为4mB将摆球的质量m减少为C将摆长L减短为D将摆长L增长为4L9电阻为1的某矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，产生的正弦交流电的it图线如图线a所示；调整线圈转速后，该线圈中所产生的正弦交流电的it图象如图线b所示以下关于这两个正弦交流电流的说法正确的是（）A在图中t0时刻穿过线圈的磁通量均为零B线圈先后两次转速之比为3：2C交流电a的电动势的频率
7、为50HzD交流电b的电动势的最大值为V10某物理兴趣小组设计了如图所示的火情报警系统，其中M是理想变压器，将a、b接在恒定电压的正弦交流电源上，为用半导体热敏材料制成的传感器其电阻率随温度升高而减小，电流表为值班室的显示器，显示通过的电流，电压表显示加在报警器上的电压报警器未画出为定值电阻若传感器所在处出现火警时，以下说法中正确的是（ ）A的示数不变，的示数增大B的示数增大，的示数减小C的示数增大，的示数增大D的示数不变，的示数不变11如图所示是一种延时开关，当S1闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C线路接通；当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放，则（）A由于A线圈的电磁感应
8、作用，才产生延时释放D的作用B由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用C如果断开B线圈的电键S2，仍有延时作用D如果断开B线圈的电键S2，延时将变长12如图所示，将一均匀导线围成一圆心角为90的扇形导线框OMN，其中OMR，线框总电阻为r，圆弧MN的圆心为O点，将导线框的O点置于直角坐标系的原点，其中第二和第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B，第三象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B从t0时刻开始，让导线框以O点为圆心，以恒定的角速度沿逆时针方向做匀速圆周运动，则线框中的电流有效值为（）A B C D第II卷（非选择题)三、解答题13旋转电枢式发电机
9、的转子在正常运转时，产生的电动势瞬时值为。如果由于某种原因，它的转速变慢，用电压表测得此时发电机两端的电压为176 V，若此时发电机正在向一盏标有“220 V、100 W”的灯泡供电，在不计发电机内电阻的情况下，试求：（1）该灯泡的实际功率为多大？（2）这台发电机的转速比原来正常时转速慢了几分之一？14轻质细线吊着一质量为、边长为的单匝正方形线圈abcd，线圈总电阻为边长为的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图甲所示.磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化如图乙所示，从开始经时间细线开始松弛，取求： （1）线圈abcd中产生的感应电动势E和电功率P；（2）求的值15小型水利发电
10、站的发电机输出功率为245 kW，输出电压为350 V，输电线总电阻为4 ，为了使输电线损耗功率为发电机输出功率的5%，需在发电机处设升压变压器，用户所需电压为220 V，所以在用户处需安装降压变压器输电电路图如图所示，求：（1）输电线上的电流（2）升压变压器的原、副线圈的匝数之比（3）降压变压器的原、副线圈的匝数之比四、实验题16在用单摆测重力加速度的实验中:（1）在“用单摆测定重力加速度”的实验中，用毫米刻度尺测得悬线长为98.00cm，用10分度的游标卡尺测摆球的直径时示数如图所示，则该单摆的摆长为_cm。 （2）为了比较准确地测量出当地的重力加速度值，应选用下列所给器材中的哪些？（将所
11、选用的器材的字母填在题后的横线上。）（A）长1m左右的细绳；（B）长30m左右的细绳；（C）直径2 cm的铁球；（D）直径2cm的木球；（E）秒表；（F）时钟；（G）最小刻度是厘米的直尺；（H）最小刻度是毫米的直尺。所选择的器材是_。（填序号）（3）实验时摆线偏离竖直线的要求是_。为了减小测量周期的误差，应在_位置开始计时和结束计时。17在测定一组干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：A.电流表1(量程2mA，内阻r1=100)B.电流表2(量程1A，内阻约10)C.定值电阻R0(2900)D.滑动变阻器R(020)E.开关和导线若干(1)某同学根据提供的器材设计电路来完成实验，PQ连接
12、_，MN连接_(填“电流表1”或“电流表2”)。(2)该同学利用测出的实验数据作出的I1-I2图线(I1为电流表1的示数，I2为电流表2的示数，且I1远小于I2)如图乙所示，则由图线可得被测电池的电动势E=_V，内阻r=_。(3)若将图线的纵轴改为_（用所测物理量的符号表示)，则图线与纵轴交点的物理含义即为被测电池电动势的大小。2018-2019学年四川省南充市阆中中学高二3月月考物理试题物理答案1AD【解析】原线圈接在的交流电源上，所以原线圈的电压U1=220V，理想变压器的原副线圈匝数之比为2：1，所以副线圈电压，副线圈一端接有R=55的负载电阻，S断开时，副线圈电流，根据电流与匝数成反比
13、，所以原线圈中电流表的读数为，A正确；S断开时，副线圈输出功率，所以原线圈中的输入功率为220W，B错误；原线圈接在的交流电源上，周期，所以变压器不会改变交流电的周期和频率，所以副线圈中输出交流电的周期为0.02s，C错误；S闭合时，灯泡D正常发光，保险丝的熔断电流是热效应的作用，所以熔断电流1A应是有效值，根据并联电路的电流关系得副线圈的电流最大值是3A，根据电流与匝数成反比，所以原线圈中电流表的读数最大是，故D正确.2BC【解析】由图看出，在每个周期内磁感应强度随时间均匀增大，线圈产生大小恒定的感应电流，设感应电流的大小为I，则有对ab边，P=I2R，得I=2；由闭合电路欧姆定律得，感应电
14、动势为 E=IR=2；根据法拉第电磁感应定律得：；由图知，；联立以上三式得：，故A错误，B正确。正方形四边的电阻相等，电流相等，则发热功率相等，都为P，故C正确。由楞次定律判断得知，线圈中感应电流方向沿逆时针，则a端电势低于b端电势。故D错误。故选BC。【点睛】本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律、功率和楞次定律的综合应用，感应电动势与电路知识与电磁感应联系的纽带，计算时要注意运用线圈的有效面积，即处于磁场中的面积3BC【解析】在t0.2s时，弹簧振子的位移为正向最大，由a ，知加速度为负向最大，故A错误。在t0.1s与t0.3s两个时刻，弹簧振子的位移相同，说明弹簧振子在同一位置，故B正确。从
15、t0到t0.2s时间内，弹簧振子的位移增大，加速度增加，速度减小，所以弹簧振子做加速度增加的减速运动。故C正确。在t0.6s时，弹簧振子的位移最大，速度最小，由机械能守恒知，弹簧振子有最大的弹性势能，故D错误。选BC。4BC【解析】电容器C对高频电视信号的阻碍作用较小，但有阻碍，故A错误；高频电视信号是交流电，电容器有通高频、阻低频的特点，故B正确；电感线圈L的作用是通低频、阻高频，故能够阻碍高频电视信号进入变压器，故C正确；电感线圈L对50Hz低频阻碍作用较小，故D错误；故选BC。点评:本题关键是明确电容器和电感线圈的作用，然后再结合具体电路进行分析5C【解析】输送电流，输电线上损失的功率，
16、可知输电线损失的功率与输送电压的平方成反比，所以为使输电线上损失的功率减小为原来的，输电电压应变为原来的倍，即输电电压增大为，故选C.【点睛】解决本题的关键搞清输送功率与输送电压和输送电流的关系，以及知道在输电线上损失的功率的计算公式即可。6D【解析】01s线圈中电流增大的越来越慢，到1s末电流最大，但是变化率为零，所以圆环中的感应电流最小。A错误。 2s末金属环中感应电流最大，但螺线管中电流为零，没有磁场，与金属环间无相互作用，所以2s末圆环对桌面的压力等于圆环的重力，故B错误；12s正方向电流减小，23s反向电流增大，根据楞次定律，金属环中感应电流的磁场方向不变，感应电流方向不变，故C错误
17、；01s线圈中电流增大，产生的磁场增大，金属环中磁通量增大，根据楞次定律可知，从上往下看，0ls内圆环中的感应电流沿顺时针方向，故D正确.故选择D.【点睛】据安培定则判定穿过线圈的磁通量变化，再依据楞次定律，确定环对桌面的压力情况；同理，根据安培定则与楞次定律，即可判定各段时间内的感应电流方向和环的变化趋势。7B【解析】AB在PQ杆滑动的过程中，杆与轨道所围成的三角形面积先增大后减小，三角形POQ内的磁通量先增大后减小，由楞次定律可判断感应电流的方向先是由PQ，后是由QP ，故A错误，B正确；C由PQ中电流方向及左手定则可判断PQ受磁场力的方向先垂直于杆向左下，后垂直于杆向右上，故C错误，D错
18、误，故选：B.点睛：在PQ杆滑动的过程中，POQ的面积先增大，后减小，穿过POQ磁通量先增大，后减小，根据楞次定律判断感应电流方向PQ受磁场力的方向，即安培力方向始终与PQ垂直，由左手定则判断其方向8C【解析】根据在星球表面万有引力等于重力可知：某行星表面受到的万有引力是它在地球表面受到的万有引力的1/4倍，质量不变，所以该星球的重力加速度gg/4；根据单摆的周期公式T2可知，要使该单摆在行星与在地球上周期相同，所必须将摆长缩短为L/4，单摆的周期与摆球的质量无关，故ABD错误，C正确；故选C.9B【解析】由图可知，t0时刻线圈均在中性面，穿过线圈的磁通量最大，故A错误；由图象可知TA：TB2
19、：3，根据n=1/T可知，nA：nB3：2，故B正确；由图象可知，a的周期T0.4s，故频率f1/T=25Hz，故C错误；交流电最大值UmNBS=NBS2n，故Uma：Umb3：2，故UmbUmaV，故D错误。故选B.10B【解析】当传感器RT所在处出现火情时，RT的电阻减小，导致次级电路的总的电阻减小，所以次级电路中的总电流将会增加，根据I1n1=I2n2可知原线圈中的总的电流增加，即A1的示数增大，由于电源的电压不变，原副线圈的电压也不变，所以V1的示数不变；次级电流增加时，R2的电压变大，所以V2的示数要减小，即R1的电压也要减小，所以A2的示数要减小，故选项B正确。【名师点睛】此题考查
20、了变压器的原理及动态电路的分析；对于电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分，后整体，再部分的方法；此类题目历来是考查的热点.11B【解析】当S1断开时，导致由于线圈B中的磁通量变小，从而出现感应电流，致使F中仍有磁性，出现延迟一段时间才被释放。所以由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用。故A错误、B正确。若断开B线圈的开关S2，当S1断开，F中立即没有磁性，所以没有延时功能。故CD均错误。选B。12D【解析】设电流逆时针方向为正方向；在0t时间内，线框从图示位置开始（t0）转过90的过程中，产生的感应电动势为：
21、E1BR2；由闭合电路欧姆定律得，回路电流为：根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向沿逆时针。在t2t时间内，线框进入第3象限的过程中，回路电流方向为顺时针。回路中产生的感应电动势为：E2BR2+2BR2BR23E1；感应电流为：I23I1；在2t3t时间内，线框进入第3象限的过程中，回路电流方向为顺时针。回路中产生的感应电动势为：E3BR2+2BR2BR23E1；感应电流为：I33I1；在3t4t时间内，线框出第4象限的过程中，回路电流方向为顺时针。回路中产生的感应电动势为：E4BR2；由闭合电路欧姆定律得，回路电流为： 根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向沿顺时针；由此得到电流强度随
22、时间的变化关系如图所示：根据有效值的定义可得：I2r4tI12rt+I22rt+I32rt+I42rt，解得电流有效值I，所以ABC错误、D正确。选D。13（1）64W （2）【解析】(1)由，得(2)由，得所以故慢了。14(1)E=0.4V，P=0.16W (2)6s【解析】(1)由法拉第电磁感应定律而由乙图得 解得：E=0.4V而功率；(2)在t0时刻mg=Bid再依据闭合电路欧姆定律， 根据图象，B=10+5t0；解得：t0=6s。【点睛】本题考查电磁感应与电路和基本力学的综合，难度不大，需加强训练同时注意法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律的综合应用，掌握图象信息是解题的关键。15（1
23、）175A （2）1：4 （3）133：22【解析】（1）输电线上损耗的功率根据 （2）升压变压器原线圈上的电流升压变压器原副线圈的匝数之比（3）输电线上损失的电压U损IR1005500V升压变压器副线圈两端的电压 ，得 降压变压器原线圈两端的电压U3=U2-U损100005009500V降压变压器原副线圈的匝数比 点睛：对于输电问题，要搞清电路中电压、功率分配关系，注意理想变压器不会改变功率，只改变电压和电流；注意应用损耗功率的判断及功率公式的正确应用16（1）98.99cm （2）ACEH （3）摆线与竖直方向的夹角不超过（或小于）5；最低点【解析】（1）摆球的直径为：1.9cm+0.1m
24、m8=1.98cm；则单摆的摆长为：L=98cm+0.99cm=98.99cm；（2）实验需要的器材：长1m左右的细绳；直径2 cm的铁球；秒表；最小刻度是毫米的直尺。故选ACEH；（3）为了保证单摆做简谐振动，实验时摆线偏离竖直线的要求是夹角不超过（或小于）5。为了减小测量周期的误差，应在最低点位置开始计时和结束计时。17（1）电流表2，电流表1 （2）4.5，1.5 （3）I1(RO+r1)或3000I1【解析】（1）PQ连接电流表测电路的电流，MN连接内阻已知的电流表相当于改装了一只电压表，故PQ接电流表2，MN接电流表1.（2）由闭合电路欧姆定律 ，解得：，结合图像解得：；（3）若将图线的纵轴改为I1(R0+r1)或3000I1，则图线与纵轴交点的物理含义即为被测电池电动势的大小。【点睛】本题没有电压表，所以需要利用已知内阻的电流表改装电压表，并结合闭合电路欧姆定律求出坐标系所对应的数学函数，利用截距和斜率求解即可。
