陕西省咸阳市实验中学2020-2021学年高二物理下学期第一次月考试题.doc

陕西省咸阳市实验中学2020-2021学年高二物理下学期第一次月考试题陕西省咸阳市实验中学2020-2021学年高二物理下学期第一次月考试题年级：姓名：- 14 -陕西省咸阳市实验中学2020-2021学年高二物理下学期第一次月考试题一、选择题（每题4分，共48分。1至8题为单选题，每题4分，9至12题为多选题，选对得4分、选不全得2分、选错或不选不得分。）1由发电站向远方工厂输电在输出功率相同的情况下，下述哪个方法可减小输电线路中电能损失（）A采用电阻率较大的导线B减小输电导线的横截面积C增大输电电流D增大输电电压【解答】解：根据PUI得，I，则输电线上损耗的功率，知通过减小输电电流或增大输电电压，减小输电电阻可以减小电能的损失。采用电阻率较大的导线、减小输电导线的横截面积，会增大电阻，增大电能的损失。故D正确，A、B、C错误。故选：D。2下列说法不正确的是（）A霍尔元件是把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量的一种元件B话筒是一种常用的声传感器，其作用是将电信号转换为声信号C电子秤所使用的传感器是力传感器，是把形变这个力学量转化为电压这个电学量D电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器作用是控制电路的通断【解答】A、霍尔元件是把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量的一种元件。故A正确。B、话筒是一种声传感器，其作用是将声信号转换为电信号。故B错误。C、电子秤所使用的传感器是力传感器，是把形变这个力学量转化为电压这个电学量。故C正确。D、电熨斗通过温度传感器实现温度的自动控制，通过双金属片传感器控制电路的通断。故D正确。故选：B。3小明分别按图1和图2电路探究远距离输电的输电损耗，将长导线卷成相同的两卷A、B来模拟输电线路，忽略导线的自感作用。其中T1为理想升压变压器，T2为理想降压变压器，两次实验中使用的灯泡相同，灯泡的电压相等。两次实验中（）A都接直流电源BA两端的电压相等CA损耗的功率相等D图1中A的电流较大【解答】解：A、图1的实验可以采用直流电，但图2的实验必须采用交流电，因为变压器是利用互感的原理工作的，故A错误；BCD、两次实验中使用的灯泡相同，灯泡的电压相等，则两次实验中通过灯泡的电流相等，设为I；图1中通过A、B的电流等于灯泡的电流，为I1I；图2中，设降压变压器的匝数比为k：1（k大于1），根据变压器原理可得，通过A、B的电流为：I2，所以I1I2。根据UIR可知图1中A两端的电压大于图2中A两端电压；根据PI2R可知图1中A损耗的功率大于图2中A损耗的功率，故BC错误、D正确。故选：D。4下列有关黑体辐射和光电效应的说法中正确的是（）A在黑体辐射中，随着温度的升高，波长较短的光辐射强度增加B借助能量子假说，普朗克得出了黑体辐射的强度按波长分布的规律C在光电效应现象中，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比D用一束绿光照射某金属，能产生光电效应，换成红光照射一定能产生光电效应【解答】解：A、在黑体辐射中，随着温度的升高，各种频率的辐射都增加，辐射强度极大值向波长较短的方向移动，故A错误；B、普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说，即得出了黑体辐射的强度按波长分布的规律，故B正确；C、在光电效应中，根据爱因斯坦光电效应方程EkhvW，可知光电子的最大初动能与入射光的频率有关，而不能认为光电子的最大初动能与入射光的频率成正比，故C错误；D、用一束绿光照射某金属，能产生光电效应，若换成红光来照射该金属，由于红光的频率小于绿光的频率，所以红光的频率有可能小于金属的极限频率，所以换成红光照射不一定能产生光电效应，故D错误。故选：B5关于爱因斯组的光子说，下列说法正确的是（）A光只是在传播时才是一份一份的B空间传播的光是一个一个的光子流，光子的能量与频率有关C光既然是一个一个的光子，就不可能具有波动性D空间传播的光是一个一个的光子流，光子的能量与光的传播速度有关【解答】解：A、个别光子在与其他物质产生作用时，往往表现为粒子性，如光电效应，故A错误；BD、光子说认为光在传播过程中是不连续的，它由数值分立的能量子组成，这个能量子叫光子，每个光子的能量为Ehv，h为普朗克常量，故B正确，D错误；C、光既具有波的特性又具有粒子的特性，故C错误。故选：B。6新冠病毒的整体尺寸一般在3080nm，用光学显微镜即可观察。但如果病毒团聚在一起，就无能为力了，就需要继续放大，一般510万倍，可以有效观察到单个病毒。如果要清晰识别病毒形态，那还需要继续放大1015万倍比较好。这时就需要借助一种更加专业的仪器设备电子显微镜。用光学显微镜观察物体时，由于衍射，被观测的物体上的一个光点经过透镜后不再会聚为一点而是形成了一个光斑，这样物体的像就模糊了；电子束也是一种波，把电子加速后，它的德布罗意波比可见光波长短得多，衍射现象的影响就小的多，这样就可以极大地提高显微镜分辨能力。已知物质波的波长为，p为物体的动量，h为普朗克常数。根据以上材料，下列说法正确的是（）A该材料的信息说明了电子具有粒子性B为了进一步提高电子显微镜的分辨本领，应当降低加速电子的电压C相比电子显微镜，质子显微镜的分辨本领更强D电子的动量越小，电子显微镜的分辨本领越强【解答】解：A、由题可知电子发生了衍射，说明电子具有波动性，故A错误；B、设经过电场加速后电子的速度为v，由动能定理可知，eU0，解得：v，电子德布罗意波的波长；由于波长越小，则显微镜分辨能力越强，可知为了进一步提高电子显微镜的分辨本领，应当减小波长，则需要增大加速电子的电压，故B错误；C、由上面的分析同理可得质子的德布罗意波波长，由于质子的质量远大于电子的质量，则质子的德布罗意波波长更短，波长越短则衍射现象越不明显，显微镜的分辨本领越强，故C正确；D、电子德布罗意波的波长，可知电子的动量越小，德布罗意波的波长越大，则衍射越将明显，电子显微镜的分辨本领越弱，故D错误。故选：C。7在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，某小组用匝数N1400匝和N2800匝的变压器来做实验，通过检测知原副线圈匝数都没问题，且实验操作规范正确。实验记录中U1、U2分别表示N1、N2两端的电压实验测量数据如表，并没有得到变压比等于匝数比这个理想的结果。下列推断正确的是（）U1/V1.802.813.804.785.80U2/V4.006.018.029.9812.05AN1一定是原线圈BN2一定是原线圈C原线圈的直流电阻太小D原副线圈上电流频率有可能不同【解答】解：AB、表格中每组数据都可以看出匝数之比近似等于电压之比，N1400匝和N2800匝，结合变压器不是理想的，存在电能损耗，即副线圈电压小于原线圈电压的一半，则N2一定是原线圈，N1为副线圈，故A错误，B正确；C、正是因为原线圈的电阻较大的原因导致存在电能损耗，即副线圈电压小于原线圈电压的一半，故C错误；D、变压器只能改变交流电的电压，不能改变频率，故D错误。故选：B。8如图，理想变压器原线圈匝数为1100匝，接有一阻值为R的电阻，电压表V1示数为110.0V。副线圈接有一个阻值恒为RL的灯泡，绕过铁芯的单匝线圈接有一理想电压表V2，示数为0.10V。已知RL：R4：1，则副线圈的匝数为（）A225B550C2200D4400【解答】解：设理想变压器原线圈两端电压为U1，根据变压器原理可得：，解得：U1110V原线圈的电流为：I1设副线圈两端电压为U2，根据理想变压器输入功率等于输出功率可得：U1I1即：解得：U2220V根据变压器原理可得：解得副线圈得匝数为n22200，故C正确、ABD错误。故选：C。9根据不确定性关系xp，判断下列说法正确的是（）A采取办法提高测量p精度时，x的精度下降B采取办法提高测量x精度时，p的精度上升Cx与p测量精度与测量仪器及测量方法是否完备有关Dx与p测量精度与测量仪器及测量方法是否完备无关【解答】解：A、不确定性原理表明，粒子的位置与动量不可同时被确定，位置的不确定性与动量的不确定性遵守不等式：，由公式可知，采取办法提高测量x精度时，p的精度下降。故A正确，B错误；C、由公式可得，x与p测量精度与测量仪器及测量方法是否完备无关。不确定性关系不仅适用于电子和光子等微观粒子，也适于宏观物体，故ABC错误、D正确。故选：AD10如图所示是一位同学设计的防盗门报警器的简化电路示意图。门打开时，红外光敏电阻R3受到红外线照射，电阻减小；门关闭会遮蔽红外线源（红外线源没有画出）。经实际试验，灯的亮灭能反映门的开、关状态。门打开时两灯的发光情况以及R2两端电压UR2与门关闭时相比（）A红灯亮，UR2变大B绿灯亮，UR2变大C绿灯灭，UR2变小D红灯亮，UR2变小【解答】解：当门打开时，R3受到红外线照射，电阻减小，从而使并联电路电阻减小，总电阻减小，总电流I增大，R2两端电压UR2EI（R1+r）减小，R2中电流减小，R3中电流增大，线圈产生的磁场增强，把衔铁吸引，红灯亮，故AB错误；CD正确。故选：CD。11在光电效应实验中，某实验小组用某种频率的单色光照射锌极（K极），G表是电流表，下列说法正确的是（）A不管入射光频率多大，只要照射时间足够长，G表一定会有示数B只有入射光频率大于某个值，才能使G表有示数C当G表有示数时，调换电源的极性，可能使G表无示数D当G表有示数时，滑片P端从图所示位置向右移动，G表的示数可能不变【解答】解：A、光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，能否发生光电效应，与入射光的光照时间无关，故A错误；B、光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，当入射光频率大于极限频率，则一定会发生光电效应，那么一定有光电流，则G表有示数，故B正确；C、当G表有示数时，调换电源的极性，则在AK之间加入反向电压，逸出光电子若不能到达K极，则不会形成光电流，那么G表无示数，故C正确；D、当G表有示数时，滑片P端从图所示位置向右移动，则AK之间正向电压增大，若已达到饱和电流，则G表的示数会不变，若没有达到饱和电流，则G表的示数会变大，故D正确。故选：BCD。12如图，边长为L、匝数为N、电阻不计的正方形线圈abcd，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴0O以角速度匀速转动，轴OO垂直于磁感线，由此制成一台交流发电机，它与理想变压器的原线圈连接，变压器原、副线圈匝数比为1：2，电路中二极管的正向电阻为零，反向电阻无穷大，从正方形线圈处于图示位置开始计时，下列说法正确的是（）A交流发电机的感应电动势的瞬时值表达式为eNBL2sintB电压表示数为NBL2C变压器的输入功率与输出功率之比为1：1D若将滑动变阻器的滑片向下滑动，电流表示数变小【解答】解：A、从垂直于中性面时开始时，矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为eNBL2cost，故A错误；B、二极管具有单向导电性，交流电在一个周期内有半个周期通过二极管，交流电压的最大值等于NBL2，根据变压器的变压原理可知，副线圈的输出电压最大值为Um22NBL2，根据电流的热效应可得，解得UNBL2，故B正确；C、根据变压器的工作原理可知，变压器的输入与输出功率之比为1：1，故C正确；D、当P位置向下移动，R增大，根据理想变压器的变压原理知输出电压即电压表V2的示数不变，电阻消耗的功率变小，故电流表示数变小，故D正确。故选：BCD。二填空题（每空2分，共14分）13在“探究变压器两端电压与匝数的关系”实验中：（1）用学生电源给原线圈供电，用多用表测量副线圈两端电压，下列操作正确的是D。A原线圈接直流电压，电表用直流电压档B原线圈接直流电压，电表用交流电压档C原线圈接交流电压，电表用直流电压档D原线圈接交流电压，电表用交流电压档（2）学生电源的输出电压一定，保持原线圈匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压增加（选填“增加”或“减小”），再保持副线圈匝数不变，增加原线圈匝数，观察到副线圈两端电压减小（选填“增加”或“减小”）。【解答】解：（1）变压器的工作原理是互感现象，故原线圈接交流电压，输出电压也是交流电压，故电表用交流电压挡，故ABC错误，D正确；（2）根据变压比公式，学生电源的输出电压一定，保持原线圈匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压增加；保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压减小。故答案为：（1）D；（2）增加；减小。14回答下列问题：（1）理想变压器的原线圈的匝数为110匝，副线圈匝数为660匝，若原线圈接在6V的电池上，则副线圈两端电压为DA36V B6V C1V D0V（2）上题中若原线圈接在220sin100t（v）的电源上则副线圈的电压为660V，副线圈磁通量变化率的最大值为2V（3）一个理想变压器，正常工作时，在原、副线圈上，下列物理量中一定相等的是ACDA交流的频率 B电流的有效值 C电功率 D磁通量的变化率【解答】解：（1）根据题意可知，原线圈接直流电，变压器不能工作，所以负线圈的输出电压为0V，故选：D（2）原线圈两端的电压，根据电压与匝数成正比，得副线圈两端的电压，根据法拉第电磁感应定律，代入数据解得2V，原副线圈的磁通量的变化率相等，所以副线圈磁通量变化率的最大值为2V；（3）交流电的最大值与匝数成反比，变压器的变压原理即为在同一个铁芯中磁通量的变化率相同，输入功率等于输出功率，变压器只改变电压和电流不改变电流的频率故答案为：（1）D （2） 2V （3）ACD三计算题（共38分，第15题12分，第16题12分，第17题14分）15如图所示，线圈abcd的面积是0.05m2，共100匝，线圈电阻为1，外接电阻R9，匀强磁场的磁感应强度为T，电路中电表为理想电表。当线圈以角速度为10 rad/s绕垂直磁场的轴匀速转动时，求：（1）线圈转动产生的电动势的最大值；（2）电路中交流电流表的示数；（3）线圈从图示位置转过90的过程中通过电阻R的电荷量。【解答】解：（1）线圈在转动过程中产生的感应电动势的最大值为：EmNBS1000.0510V50V。（2）电表显示的是有效值，根据交变电流中最大值与有效值的关系可知：E根据欧姆定律可知，电流表示数为：I3.54A（3）根据电荷量公式可知，从中性面开始计时，线圈转过90角的过程中，通过电阻R的电荷量为：qN0.16C答：（1）线圈转动产生的电动势的最大值为50V。（2）电路中交流电流表的示数为3.54A。（3）线圈从图示位置转过90的过程中通过电阻R的电荷量为0.16C。16一台小型发电机的最大输出功率为100kW，输出电压恒为1000V，现用电阻率为1.8108m，横截面积为105m2的输电线向4103m远处的用户输电，要使发电机满负荷运行时，输电线上的损失功率不得超过发电机总功率的4%，求：（1）所用的理想升压变压器原、副线圈的匝数比是多少？（2）如果用户用电器的额定电压为220V，那么所用的理想降压变压器原、副线圈的匝数比是多少？【解答】解：（1）输电要用两根导线，则输电线的电阻为：r1.814.4，由题意知：解得，U26000V则升压变压器原、副线圈匝数比（2）输电线中的电流为则输电线上损失的电压为故降压变压器原线圈的电压为U3U2U损6000V240V5760V则降压变压器原、副线圈匝数比为答：（1）所用的理想升压变压器原、副线圈的匝数比是1：6。（2）如果用户用电器的额定电压为220V，那么所用的理想降压变压器原、副线圈的匝数比是288：11。17如图所示，理想变压器的原线圈与两个阻值相同的定值电阻R1、R2连接，副线圈接一个小灯泡，两定值电阻的阻值是灯泡电阻的2倍，当灯泡正常发光时，R1消耗的功率是灯泡功率的8倍。（1）求理想变压器原、副线圈的匝数比；（2）小灯泡正常发光时，A、B端输入的电压是小灯泡两端电压的多少倍？【解答】解：（1）设小灯泡电阻为R，正常发光时的电流为I2，则灯泡两端电压U2I2R，设变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，由U1：U2n1：n2得原线圈的电压：U1I2R 设灯泡功率为P，R1消耗的功率为P1，又R1的阻值为2R，根据题意有P18P 根据R1两端电压与原线圈的电压相等，可得R 联立解得4：1（2）设流过定值电阻R1的电流为I3，流过原线圈的电流为I1，流过定值电阻R2的电流为I总。由I1：I2n2：n1得：I1I2I2 根据欧姆定律有I3根据理想变压器两端电压之比等于原副线圈匝数之比有：U1I2R 联立可得：I32I2又I总I1+I3，可得I总I2根据串联电路的电压关系可知AB端输入的电压U总I总2R+U1I2RU2故AB端输入的电压是小灯泡电压的倍。答：（1）理想变压器原、副线圈的匝数比4：1；（2）A、B端输入的电压是小灯泡两端电压的倍。