2021-2022学年甘肃省定西市临洮县文峰中学高二（下）第一次月考物理试卷（含答案解析）

2021-2022学年甘肃省定西市临洮县文峰中学高二（下）第一次月考物理试卷

1.  对于如图所示的电流i随时间t做周期性变化的图象，下列说法中正确的是(    )

A. 电流大小变化，方向不变，是直流电
B. 电流大小、方向都变化，是交流电
C. 电流的周期是，最大值是
D. 电流做周期性变化，是交流电

2.  如图为一种变压器的实物图，根据其铭牌上所提供的信息，以下判断正确的是(    )

A. 这是一个升压变压器
B. 原线圈的匝数比副线圈的匝数多
C. 当原线圈输入交流电压220V时，副线圈输出直流电压12V
D. 当原线圈输入交流电压220V、副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流小
 

3.  一闭合矩形线圈abcd绕垂直于磁感线的固定轴匀速转动，线圈平面位于如图甲所示的匀强磁场中．通过线圈的磁通量随时间t的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是(    )

A. 、时刻通过线圈的磁通量变化率最大
B. 、时刻线圈中感应电流方向改变
C. 、时刻线圈中磁通量最大
D. 、时刻线圈中感应电动势最大

4.  如图所示是一交变电流的图象，则该交变电流的有效值为(    )
 

A. 4A B. 2A C.  D.

5.  如图2所示的交流电路中，灯、和均发光，如果保持交变电源两端电压的有效值不变，但频率减小，各灯的亮、暗变化情况为(    )

A. 灯、均变亮，灯变暗
B. 灯、、均变暗
C. 灯不变，灯变暗，灯变亮
D. 灯不变，灯变亮，灯变暗

6.  如图所示，理想变压器输入电压保持不变。若将滑动变阻器的滑动触头向下移动，下列说法正确的是(    )

A. 电表不变、的示数增大 B. 电表、的示数都不变
C. 原线圈输入功率减小 D. 电阻消耗的电功率增大

7.  在反应堆中用石墨做慢化剂使快中子减速。碳核的质量是中子的12倍，假设中子与碳核的碰撞为弹性正碰，且碰撞前碳核是静止的，若碰撞前中子的速率为，则碰后中子的速率为(    )

A.  B.  C.  D.

8.  一物块在空中某位置从静止开始沿直线下落，其速度v随时间t变化的图线如图所示。则物块(    )

A. 第一个时间内的位移等于第二个时间内的位移
B. 第一个时间内合外力做的功小于第二个时间内合外力做的功
C. 第一个时间内重力的冲量等于第二个时间内重力的冲量
D. 第一个时间内合外力的冲量小于第二个时间内合外力的冲量

9.  如图所示是一种调压变压器的原理图，线圈AB绕在一个圆形的铁芯上，A、B端加上的交流电压，通过移动滑动触头P来调节C、D端输出电压。当P处于图示位置时，原、副线圈的匝数比：：1。现想将一个“38V，19W”的灯泡接到输出端C、D，下列操作可使灯泡正常发光的是(    )

A. 仅将P顺时针旋转到合适位置 B. 仅将P逆时针旋转到合适位置
C. 仅将灯泡并联一个阻值为的电阻 D. 仅将灯泡串联一个阻值为的电阻

10.  目前我国远距离输电已经采用750kV的超高压和1100kV的特高压。假设甲、乙两地原来采用750kV的超高压输电，在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1100kV的特高压输电，若不考虑其他因素的影响，下列说法正确的是(    )

A. 输电线上输送的电流大小减小
B. 输电线上由于导线电阻造成的损失电压增大
C. 输电线上由于导线电阻造成的损耗电功率增大
D. 用户得到的电功率减小

11.  一只质量为的乌贼吸入的水后，静止在水中。遇到危险时，它在极短时间内把吸入的水向后全部喷出，以大小为的速度向前逃窜。下列说法正确的是(    )

A. 乌贼喷出的水的速度大小为
B. 在乌贼喷水的过程中，乌贼所受合力的冲量大小为
C. 在乌贼喷水的过程中，乌贼和喷出的水组成的系统的动量增大
D. 在乌贼喷水的过程中，有18J的生物能转化成机械能

12.  某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移一时间图像。图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后的结合体的位移随时间的变化关系。已知相互作用时间极短。由图像给出的信息可知(    )

A. 碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为5：2
B. 碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量大
C. 碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小
D. 滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的

13.  如图所示的理想变压器，它的初级线圈接在交流电源上，次级线圈接一个标有“10V 10W”的灯泡，已知变压器初、次级线圈的匝数比为10：1，那么小灯泡正常工作时，图中的电压表的读数为______ V，电流表的读数为______

14.  如图为一正弦交变电流的图象，由图可知电流的有效值______，电流瞬时值表达式______。

15.  如图所示，和是输电线，在图中空圈内填入所用的电表的符号，若已知变压比为100：1，变流比为1000：1，并且知道电压表示数为220V，电流表示数为100A，则输电线路中的功率为______W。

16.  质量为的弹性小球从高处自由下落，与地板碰撞后回跳高度为，若小球与地板的碰撞时间为，g取。求：
小球即将落地时的速度；
小球对地板的平均冲力；
整个过程小球重力的冲量。

17.  如图所示，质量为的甲球静止在光滑的水平地面上，另一直径相同质量的乙球，以的速度与甲球发生正面碰撞，碰撞后乙球以的速率被反向弹回，求：
碰撞后甲球的速度大小；
碰撞过程系统损失的机械能。

18.  如图所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到水平面的距离为物块B质量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O点正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰碰撞时间极短，反弹后上升至最高点时到水平面的距离为小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求碰撞过程物块获得的冲量及物块在地面上滑行的距离．

答案和解析

1.【答案】A 

【解析】解：ABD、由图象可知，电流的方向不变，而大小作周期性变化，所以不是交流，而是直流，但不是恒定直流，故A正确，BD错误；
C、电流的周期是，最大值是，故C错误。
故选：A。
交流电是指大小和方向随时间做周期性的变化．而直流是方向不变，大小可变也可不变，当不变的电流为恒定直流．
本题主要考查学生对：图象的认识及直流与交流的区别，以及交流电的特点的了解和掌握，是一道基础题．
 

2.【答案】BC 

【解析】解：C、根据铭牌，，故C正确
AB、根据变压比公式：，当时，是降压变压器；当时，是升压变压器，此变压器为降压变压器，，故A错误，B正确；
D、根据知电流与匝数成反比，故副线圈中电流比原线圈中电流大，故D错误；
故选：BC。
变压器时根据磁通量的变化来工作的，对于直流电来说，它产生的磁通量是不变的，所以变压器不能改变直流电的电压，而原副线圈的电压比等于匝数比。
本题主要考查学生对：电磁感应现象的应用，及变压器的原理的认识和了解。难度不大，属于基础题。
 

3.【答案】BD 

【解析】

【分析】
数学知识可知：磁通量-时间图象斜率等于磁通量的变化率，其大小决定了感应电动势的大小．当线圈的磁通量最大时，线圈经过中性面，电流方向发生改变．
本题关键抓住感应电动势与磁通量是互余关系，即磁通量最大，感应电动势最小；而磁通量最小，感应电动势最大．
【解答】
A、、时刻通过线圈的磁通量最大，而磁通量的变化率等于零．故A错误；
B、、时刻线圈的磁通量最大，处于中性面，线圈中感应电流方向改变．故B正确；
CD、、时刻磁通量为零，线圈与磁场平行，线圈中感应电动势最大．故C错误，D正确；
故选：  

4.【答案】D 

【解析】解：设交流电电流的有效值为I，周期为T，电阻为R，则有：，代入数据解得：，故D正确，ABC错误。
故选：D。
根据有效值的定义求解。取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值。
求交流电的有效值，往往根据电流的热效应，由有效值的定义求解。中等难度。
 

5.【答案】D 

【解析】

【分析】
电感线圈对交流电的阻碍作用与交流电的频率、及自感系数成正比，电容器内部是真空或电介质，隔断直流，能充电、放电，能通交流，具有隔直通交、通高阻低的特性进行分析。
对于电容和电感的特性可以利用感抗和容抗公式记忆：，，L是电感，C是电容，f是频率。
【解答】
输入的交流的频率减小，对电阻R没影响，灯亮度不变；电感线圈特点是通低频阻高频，频率减小，则电感的阻碍作用减小，所以灯的亮度变亮；电容器的特点是通高频阻低频，频率减小，则电容器的阻碍作用增大，所以灯更暗一些，故ABC错误，D正确。
故选D。  

6.【答案】D 

【解析】解：AB、理想变压器输入电压保持不变，则电压表示数不变，而线圈匝数不变，根据，可知副线圈两端电压不变，滑动变阻器的滑动触头向下移动，则R阻值减小，根据欧姆定律有：可知，增大，示数增大，由，可知增大，示数增大，而两端电压增大，则滑动变阻器两端电压即电压表示数减小，故AB错误；
C、由可知原线圈输入功率增大，故C错误；
D、由可知，电阻消耗的电功率增大，故D正确。
故选：D。
理想变压器副线圈的电压由原线圈电压决定，原线圈电压不变，副线圈的电压也不变；根据闭合电路欧姆定律，R减小，电流增大，原线圈的电流由副线圈电流决定，故示数也增大。由可知原线圈输入功率增大；由可知，电阻消耗的电功率增大。
本题考查了变压器的构造和原理。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。
 

7.【答案】A 

【解析】解：设中子的质量为m，则碳核的质量为12m，碰撞后中子的速率为、碳核的速率为。
取中子初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：
根据机械能守恒定律可得：
联立解得：，负号表示速度方向相反，则碰后中子的速率为，故A正确、BCD错误。
故选：A。
根据动量守恒定律、机械能守恒定律列方程求解碰后中子的速率。
本题主要是考查了动量守恒定律和机械能守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用或合外力为零；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据机械能守恒定律列方程求解。
 

8.【答案】C 

【解析】解：在图象中，图线与时间轴围成的面积表示物块的位移。由图可知，物块第一个时间内的位移小于第二个时间内位移，故A错误；
B.根据动能定理可知，合外力对物块做的功等于动能的改变量，由图可知，第一个时间内动能的变化量等于第二个时间内动能的变化量大小，则第一个时间内合外力做的功大小等于第二个时间内合外力做的功大小，故B错误；
C.根据冲量定义可知第一个时间内重力的冲量等于第二个时间内重力的冲量，故C正确；
D.根据动量定可知，合外力的冲量等于物体动量的变化，因两个过程动量变化大小相等，则第一个时间内合外力的冲量大小等于第二个时间内合外力的冲量的大小，故D错误；
故选：C。
由图象中，图线与横轴围成的面积表示物块的位移的大小可判断位移的大小，由冲量的定义和动能定理可判断其他选项。
本题考查了对图象的识图、平均速度、冲量、动能定理等知识，掌握它们的实质是正确选择并解题的关键。
 

9.【答案】AD 

【解析】解：输入电压的有效值为：
根据变压器两端的电压与线圈的匝数的关系可知，
灯泡的额定电压为38V，可知现在想将一个“38V，19W”的灯泡接到输出端C、D，要想让灯泡正常发光，可以将P顺时针旋转到合适的位置，减小副线圈的匝数。也可以在副线圈串联一个电阻，起到分压的作用；因为副线圈中的电流为，则串联的电阻阻值为，故AD正确，BC错误；
故选：AD。
先计算出原线圈的有效值，结合匝数比得出副线圈的电压，为了让灯泡正常发光，一个是减小副线圈的匝数，一个是在副线圈串联电阻起到分压的作用，结合欧姆定律计算出电阻的大小。
本题主要考查了变压器的构造和原理，理解原副线圈匝数比和电压比的关系，结合欧姆定律即可完成分析。
 

10.【答案】A 

【解析】解：A、由于输送的功率不变，根据可知，当输送电压增大时，输电线路上输送的电流减小，故A正确；
B、由于输电线上的电流减小，根据可知，输电线上由于导线电阻造成的损失电压减小，故B错误；
C、根据可知，输电线上由于导线电阻造成的损耗电功率减小，故C错误；
D、根据可知，用户得到的功率增大，故D错误；
故选：A。
根据可知输电线路上的电流变化，根据和判断出损失电压和损失功率，根据判断出用户得到的功率变化。
题考查远距离输电中的能量损失及功率公式的应用，要注意功率公式中中的电压U应为输电电压
 

11.【答案】AD 

【解析】解：AC、取喷射出水分后的瞬间乌贼的速度方向为正方向，速度大小为，水的速度为
根据动量守恒定律得：；
所以乌贼与喷出的水的动量变化大小相等、方向相反，乌贼和喷出的水组成的系统的动量为零，保持不变；
将数据代入上式解得：，故A正确、C错误；
B、对乌贼，根据动量定理有：，代入数据解得：，B错误；
C、乌贼消耗能量转化为水的动能和自身动能，，代入数据解得：，故D正确。
故选：AD。
水的阻力忽略不计，乌贼喷射出水分后遵守动量守恒，由动量守恒定律求喷射出水分后的瞬间乌贼的速度．对乌贼，运用动量定理可求得冲量大小，根据能量守恒定律解得D项。
本题要建立起物理模型，把握乌贼喷水的过程遵守动量守恒定律，要知道动量定理常用来求平均作用力．
 

12.【答案】AD 

【解析】解：A、根据图象的斜率等于速度，可得碰撞前滑块Ⅰ速度大小为：；
滑块Ⅱ速度为，
所以碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为：：：2，故A正确；
B、根据图像可知，碰撞后二者一起运动，合动量方向与碰撞前Ⅱ的动量方向相同，碰撞前后系统动量守恒，故碰撞前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ小，故B错误；
D、根据图像可知，碰撞后共同速度大小为：
设滑块Ⅰ、Ⅱ的质量分别为、，取滑块Ⅱ的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律，有：；
代入数据，有：，联立解得：，即滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的，故D正确；
C、碰前滑块Ⅰ的动能与滑块Ⅱ的动能之比为：，代入数据解得，所以碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能大，故C错误。
故选：AD。
根据图象的斜率得到滑块Ⅰ、Ⅱ碰撞前后的速度大小，然后结合动量守恒定律列式分析。
本题关键根据图象的斜率得到两个滑块碰撞前后的速度，然后结合动量守恒定律列式求解。
 

13.【答案】 

【解析】解：小灯泡正常工作，故变压器的输出电压为10V，由变压比公式得：

即电压表读数为100V；
因理想变压器的输出功率与输入功率相等，故：

所以：

即电流表读数为
故答案为：100，
理想的变压器，输出功率与输入功率相等，变压器的原副线圈的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比．
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．输入电压决定输出电压，而输出功率决定输入功率．
 

14.【答案】； 

【解析】解：由图可知，电流的最大值为20A，故有效值；
交流电的周期为，故角速度；
所以瞬时值表达式
故答案为：；
由图象知电流的最大值和周期；从而可以求出有效值、频率和角速度，从而确定对应的表达式。
本题考查了根据图象得出有用物理信息的能力，由图象可以直接读数电流的最大值和周期。
 

15.【答案】 

【解析】解：1是原线圈两端接电源两端的电压，所以是电压互感器，2原线圈串联接入输电线的一根导线，所以的电流互感器，如图所示：

已知：：1，电压表示数为220V，故传输电压为：
已知：：1，电流表示数为100A，故传输电流为：
故输电功率
故答案为：1中为V；2中为A；。
变器的匝数与电压成正比，与电流成反比，安全起见，要求电压表和电流表都不能超过最大量程，消耗的功率为即可求得
本题考查了变压器的特点，要知道电流表需要串联在电路中，电压表要并联在电路中，能够根据变压器原理进行解答。
 

16.【答案】解：由机械能守恒定律可知：
；
解得：；
回弹过程的速度；方向竖直向上；
设向下为正，则对碰撞过程由动量定理可知：

解得：；
根据自由落体运动规律，解答下落的时间，上升的时间为；
设向下为正，根据冲量的计算公式有：
答：小球即将落地时的速度为；
小球对地板的平均冲力为55N；
整个过程小球重力的冲量为。 

【解析】由机械能守恒定律可求得小球落地和反弹时的速度，再由动量定理可求得碰撞时间；
已知碰撞时间，由动量定理可求得小球对地板的平均冲力；
根据冲量的计算公式解得。
本题考查动量定理的应用，在解题时要注意动量的矢量性，故应先设定正方向。
 

17.【答案】解：取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：
其中
代入数据解得：；
根据能量守恒定律可得：
代入数据解得：。
答：碰撞后甲球的速度大小为；
碰撞过程系统损失的机械能为30J。 

【解析】根据动量守恒定律列方程求解；
根据能量守恒定律求解碰撞过程系统损失的机械能。
本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用或合外力为零；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。
 

18.【答案】解：设小球的质量为m，运动到最低点与物体块相撞前的速度大小为，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有：

解得：
设碰撞后小球反弹的速度大小为，同理有：

解得：
设碰撞后物块的速度大小为，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有：

解得：
由动量定理可得，碰撞过程滑块获得的冲量为：
物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小为

设物块在水平面上滑行的时间为t，由动能定理有：

解得：
答：碰撞过程物块获得的冲量为，物块在地面上滑行的距离为 

【解析】对小球下落过程由机械能守恒定律可求得小球与物块碰撞前的速度；对小球由机械能守恒可求得反弹的速度，再由动量守恒定律可求得物块的速度；对物块的碰撞过程根据动量定理列式求解获得的冲量；对物块滑行过程由动能定理可求得其滑行的距离．
本题综合考查动量守恒定律、机械能守恒定律及动能定理，要注意正确分析物理过程，选择合适的物理规律求解．