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

1.  电子秤使用的是(    )

A. 超声波传感器 B. 温度传感器 C. 压力传感器 D. 红外线传感器

2.  一个质量不变的物体，其动能与动量的关系正确的是(    )

A. 动量发生变化，动能一定变化
B. 如果物体的速率改变，物体的动能和动量一定都变
C. 如果物体的速度改变，物体的动能和动量一定都变
D. 动能发生变化，动量不一定变化

3.  图示是通过一个的电阻的电流随时间周期性变化的图象。则通电1个周期内，R中产生的热量为(    )

A. 4J B. 3J C. 2J D. 1J

4.  如图所示，物块A、B叠放在固定的斜面体C上，若物块A、B起沿斜面匀速下滑物块A、B保持相对静止，下列说法中正确的是(    )

A. 物块A所受的重力是内力
B. 在物块A、B组成的系统中，物块A、B之间的静摩擦力是内力
C. 斜面体C对物块A的滑动摩擦力是外力
D. 在物块A、B组成的系统中，物块B对物块A的压力是外力
 

5.  图示是交流发电机的示意图，线圈的两条边分别与两个金属滑环连在一起，线圈逆时针匀速转动时，通过滑环和电刷保持与外电路的连接，为清楚起见.图中只画了一匝线圈，磁场可视为匀强磁场。下列关于此发电机工作时的说法中，正确的是(    )
 

A. 线圈转动到甲图和丙图所示的位置时，穿过线圈的磁通量最大、电路中的电流也最大
B. 线圈转动到乙图和丁图所示的位置时，穿过线圈的磁通量为零，电路中的电流为零
C. 线圈从甲图所示位置逆时针转动到丁图所示位置的过程中，电路中电流的方向改变4次
D. 线圈从乙图或丁图所示的位置开始转动时，电路中电流随时间变化的规律为

6.  如图所示，多匝线圈的电阻和电池内阻不计，两个定值电阻的阻值均为R，开关S开始时断开，电路中电流为，合上开关S，线圈有自感电动势产生，此电动势(    )

A. 有阻碍电流减小的作用，最后电流小于
B. 有阻碍电流减小的作用，因而电流总等于
C. 有阻碍电流增大的作用，因而电流将保持不变
D. 有阻碍电流增大的作用，但电流最后还是大于

7.  实验室中，我们可以用多用表交流挡测交变电流大小，但若将它直接接在高压输电线路中测量高压输电线中的电流是很危险的。实际上在变电所，经常要用交流电表去检测电闸上的强电流，使用的仪器就是电流互感器。交流互感器能用量程较小的电流表测量强电流。图中能正确反映其工作原理的是(    )

A.  B.
C.  D.

8.  水上飞行器是来自法国的水上游乐设施，国内盛行，它利用喷水装置产生的反冲动力，让人在水上腾空而起。如图所示，人和飞行器静止于空中，已知人和飞行器的总质量为M，设飞行器以速度v竖直向下喷水。下列说法正确的是不考虑喷出的水对总质量的影响，取(    )

A. 喷出的水对飞行器的作用力与飞行器的重力为相互作用力
B. 每秒喷水量越多，则水对飞行器的作用力越大
C. 每个喷口每秒喷出水的质量为
D. 人、飞行器、水组成的系统机械能守恒
 

9.  图示是街头变压器给用户供电的示意图.变压器的输入电压是市电网的电压，非常稳定，输出电压通过输电线输送给用户。输电线的电阻用表示，滑动变阻器R表示用户用电器的总电阻。当滑动变阻器的滑片P向下移动时，下列说法错误的是(    )

A. 相当于在减少用电器的数目
B. 表的示数随表的示数的增大而减少
C. 表的示数随表的示数的增大而增大
D. 变压器的输入功率增大

10.  如图为家用燃气灶点火装置的电路原理图，转换器将直流电压转换为图所示的正弦交流电压，并加在理想变压器的原线圈上，电压表为交流电表，设变压器原、副线圈的匝数分别为、。当变压器副线圈输出电压的瞬时值大于5000V时，就会在点火针两端间引发火花进而点燃燃气，则(    )
 

A. 闭合S，加在变压器副线圈上正弦交流电的频率为50Hz
B. 某交流发电机要产生与图相同频率的交流电，其线圈在磁场中的转速为100转/秒
C. 闭合开关S，电压表的示数为
D. 变压器原、副线圈的匝数、须满足时，才能实现点火

11.  在光滑水平面上的A、B两小车中间有一弹簧，如图所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态。将两小车及弹簧看做一个系统，下面说法正确的是(    )

A. 两手同时放开后，系统总动量始终为零
B. 先放开左手，再放开右手后，系统总动量向右
C. 先放开左手，再放开右手后，系统总动量向左
D. 无论是否同时放开两手.放开两手后系统总动量一定守恒、且总动量一定为零

12.  如图甲所示，变压器为理想变压器.负载电路中，、为理想电流表和理想电压表。若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电流，电压表的示数为110V，下列表述正确的是(    )
 

A. 电流表的示数为2A B. 原、副线圈匝数比为1：2
C. 电压表的示数为电压的瞬时值 D. 原线圈中交变电压的频率为50Hz

13.  为探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系，我们把两个没有用导线相连的线圈套在同一个闭合的铁芯上，一个线圈连到学生电源的输出端，另一个线圈连到小灯泡上，如图所示。试回答下列问题：

线圈应连到学生电源的______选填“直流”或“交流”输出端。
将与灯泡相连的线圈拆掉数匝，而其余装置不变，继续实验。灯泡亮度将______选填“变亮”或“变暗”，这说明灯泡两端的电压______选填“变小”或“变大”。

14.  某同学利用气垫导轨验证动量守恒定律。他在气垫旁加装了位置感应器可以将任一时刻该滑块与某点的距离记录下来，测得两滑块的质量分别为、两滑块A、B在气垫导轨上摩擦力可忽略不计发生正碰，通过实验该同学描绘出碰撞前后滑块A、B的位移-时间图象如图所示。
由图可知滑块A、B在______ s时发生碰撞。
碰撞前滑块A的动量为______ ，滑块B的动量为______ ，碰撞后滑块A、B一起运动，两滑块整体的动量为______ 。
由实验得出滑块A、B碰撞后的总动量与碰撞前的相比______ 选填“变大”“变小”或“不变”。

15.  如图所示，甲、乙两船的总质量包括船、人和货物分别为，，两船沿同一直线相向运动，速度大小分别为、。为避免两船相撞，甲船上的人不断地将质量为的货物袋以相对地面的水平速度抛向乙船，且被乙船上的人接住，假设某一次甲船上的人将货物袋抛出且被乙船上的人接住后，刚好可保证两船不致相撞，不计水的阻力。试求此时：
甲、乙两船的速度大小；
从甲船抛出的总货物袋数。

16.  一台发电机最大输出功率为4 000 kW，电压为4 000 V，经变压器T1升压后向远方输电，输电线路总电阻R，到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡。若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的，变压器T1和T2的耗损可忽略，发电机处于满负荷工作状态。求：

变压器T1和T2的匝数比分别是多少？
有多少盏灯泡、正常发光？

17.  如图甲所示，两根完全相同的光滑导轨固定，每根导轨均由两段与水平成的长直导轨和一段圆弧导轨平滑连接而成.导轨两端均连接电阻，阻值，导轨间距在右侧导轨所在斜面的矩形区域内分布有垂直斜面向上的磁场，磁场上下边界、的距离，磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示。时刻，在右侧导轨斜面上与距离处，有一根阻值的金属棒ab垂直于导轨由静止释放，恰好匀速通过整个磁场区域，取重力加速度，导轨电阻不计。求：
在磁场中运动到和中点时切割磁感线产生的电动势为多少？
在时刻和时刻电阻两端的电压之比为多少？

答案和解析

1.【答案】C 

【解析】解；根据电子秤的工作原理，可知当电子秤受到压力的作用时，会显示相应的大小，故使用的是压力传感器，故C正确
故选C
电子称的工作原理是受到力的作用，并显示其大小，应用了压力传感器．
考查了电子秤的工作原理，使用了压力传感器，了解不同传感器的原理．
 

2.【答案】B 

【解析】解：A、物体的动量发生变化，知速度可能方向改变、也可能是大小改变，所以动能不一定变化，故A错误；
B、物体的速率发生变化，说明速度大小一定变了，故动量和动能一定改变，故B正确；
C、物体的速度发生变化，知速度可能方向改变、也可能是大小改变，所以动能不一定变，动量一定改变，故C错误；
D、物体的动能变化，知速度大小一定变化，则动量一定变化，故D错误；
故选：B。
动量是矢量，有大小，有方向，动能是标量，只有大小，没有方向．联系动量和动能的关键在于速度，要注意明确动量变化时可以是速度方向或大小发生变化．
解决本题的关键掌握动量和动能的表达式，知道它们的联系和区别，特别要注意明确动量是矢量而动能是标量．
 

3.【答案】A 

【解析】解：因时间内电流值恒定，且为，由焦耳定律可得此时间内R中产生的热量为：

因时间内电流值恒定，且与时间内电流值相等，故此时间内R中产生的热量与相等，则则通电1个周期内，R中产生的热量为：
，故A正确，BCD错误。
故选：A。
因每半个周期内电流值均恒定且相等，故每半个周期内R中产生的热量相等，由焦耳定律求解。
本题考查了计算交流电生热问题，因每半个周期内电流值均恒定且相等，电流的有效值就等于电流值，可用焦耳定律直接计算焦耳热。
 

4.【答案】B 

【解析】解：A、单个物体所受的力是外力，故A错误；
BD、在物块A、B组成的系统中，静摩擦力是AB之间的相互作用力，所以物块A、B之间的静摩擦力是内力，物块B对物块A的压力是内力，故B正确，D错误；
C、由于研究对象未知，所以斜面体C对物块A的滑动摩擦力不一定是外力，故C错误；
故选：B。
研究单个物体所受的力均为外力，系统内部物体之间的作用力为内力。
本题考查受力分析及内力与外力的区别，注意系统内部存在内力。
 

5.【答案】D 

【解析】解：A、线圈经过甲图和丙图位置时，线圈处于中性面位置，此时穿过线圈的磁通量最大，产生的感应电动势最小为零，则电流最小，故A错误；
B、线圈经过乙图和和丁图位置时，穿过线圈的磁通量为零，产生的感应电动势最大，则电流最大，故B错误；
C、线圈每经过一次中性面位置，电流的方向改变一次，故线圈从甲图所示位置逆时针转动到丁图所示位置的过程中，电路中电流的方向改变1次，故C错误；
D、线圈从乙图或丁图所示的位置开始转动时，线圈从与中性面垂直位置开始计时，电路中电流随时间变化的规律为，故D正确；
故选：D。
线圈在中性面位置时，穿过线圈的磁通量最大，产生的感应电动势最小，在与中性面垂直位置时，磁通量最小，感应电动势最大，形成的感应电流最大，线圈每经过一次中性面，电流方向改变1次，线圈从与中性面垂直位置开始计时，电路中电流随时间变化的规律为。
本题考查了交流电产生的过程，注意分析一个周期中磁通量、磁通量的变化率和产生的感应电流的瞬时表达式。
 

6.【答案】D 

【解析】解：合上开关S，外电阻减小，使得电路中的电流要增加，线圈产生自感电动势，根据楞次定律可知，自感电动势要阻碍电流的增大，所以电路中的电流逐渐增大，最终电路稳定时，没有自感电动势，电路中的电流为，故最后电流增大到，故ABC错误，D正确。
故选：D。
当通过线圈的电流发生变化时，线圈会产生自感电动势，要阻碍线圈中电流的变化，但阻碍不是阻止，稳定时，根据闭合电路欧姆定律求解电路中的电流。
本题分析时，要抓住线圈的双重角色，当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源；当电路稳定时，就是一根导线。
 

7.【答案】A 

【解析】解：D、检测电流时，电流传感器应与被测电路串联，故D项错误；
ABC、电流互感器是利用变压器原理将强电流变为弱电流来测量的，由公式可知，原线圈的匝数应小于副线圈的匝数，故B、C项错误，A项正确。
故选：A。
电流互感器的作用是使大电流变成小电流，这样更方便测量。结合变压器的基本原理可知原副线圈的电流关系及接线方式。
考查电流互感器的原理和用法。解题时，牢记在使用电流互感器测高压电流是，互感的作用是使大电流变成小电流即可。
 

8.【答案】B 

【解析】解：A、喷出的水对飞行器的作用力与飞行器对喷出水的作用力是作用力与反作用力，喷出的水对飞行器的作用力与飞行器的重力是一对平衡力，故A错误；
BC、设飞行器对水的平均作用力为F，根据牛顿第三定律可知，水对飞行器的作用力的大小，
人和飞行器静止处于平衡状态，对人和飞行器整体，由平衡条件得：
设每个喷口每秒喷出水的质量为，在时间t内每个喷口喷出的水的质量：
对喷出的水，由动量定理得：
水对飞行器的作用力F的大小与每秒的喷水量和喷水速度都有关，喷水速度v一定，则每秒喷水量越多，则水对飞行器的作用力越大，
解得，每个喷口每秒喷出水的质量，故B正确，C错误；
D、人和飞行器静止机械能不变，喷出水时水的动能增加，喷水时外力对水做正功，人、飞行器、水组成的系统机械能不守恒，故D错误。
故选：B。
喷出的水对飞行器的作用力与飞行器对喷出水的作用力是作用力与反作用力；
飞行器静止处于平衡状态，由平衡条件可以求出水对飞行器的作用力，以喷出的水为研究对象，应用动量定理求出喷出水的质量；
只有重力或只有弹力做功，机械能守恒，根据做功情况判断系统机械能是否守恒。
本题以水上飞行器为背景考查动量定理的应用，关键要合适地选择研究对象，用动量定理分析即可解题。
 

9.【答案】AB 

【解析】解：A、当滑动变阻器触头P向下移动时，导致总电阻减小，由于用电器是并连接入电路，并联的用电器越多，总电阻越小，所以相当于用电器数目增加，故A错误；
BC、由于原副线圈的匝数不变，根据可知表的示数随表的示数的增大而增大，故B错误，C正确；
D、由于变压器的输入的功率和输出的功率相等，由于副线圈的电阻减小了，的示数变大，输出的功率变大了，所以原线圈的输入的功率也要变大，故D正确。
因选错误的
故选：AB。
本题为变压器中的动态分析，其方法与闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流、电压以及功率的变化的情况．
本题主要考查了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，再确定其它的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．要注意本题中输出电压可以视为不变．
 

10.【答案】ACD 

【解析】解：A、根据图得到原线圈电流周期为，则交流电的频率为：，变压器不改变交流电的频率，所以加在变压器副线圈上正弦交流电的频率为50Hz，故A正确；
B、转速转/秒转/秒，某交流发电机要产生与图相同频率的交流电，其线圈在磁场中的转速为50转/秒，故B错误；
C、根据图得到原线圈电压的最大值为，加在变压器原线圈上正弦交流电压的有效值为：，电压表的示数为有效值，故为：，故C正确；
D、瞬时电压大于5000V时才能实现点火，根据电压之比与匝数之比的关系可得：，且，；所以变压器原、副线圈的匝数、须满足，故D正确。
故选：ACD。
根据图得到原线圈电流周期为，根据求解交流电的频率，变压器不改变交流电的频率；
根据转速求解转速；
电压表的示数为有效值，根据电压之比与匝数之比的关系求解电压表的示数；
瞬时电压大于5000V时才能实现点火，根据进行分析。
本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，知道理想变压器在改变电压和电流的同时，不改变频率。
 

11.【答案】AC 

【解析】解：A、两手同时放开，两车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，由于系统初动量为零，则系统总动量为零，故A正确；
BC、先放开左手，再放开右手，放开左手后系统所受合外力向左，系统所受合外力的冲量向左，系统总动量向左，故B错误、C正确；
D、无论何时放手，两手放开后，系统所受合外力为零，系统动量守恒，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但释放另一只手时，系统的合动量不为零，故D错误。
故选：AC。
系统所受合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒的条件，分析各选择然后答题。
本题考查了动量守恒的判断，知道动量守恒的条件即可正确解题，系统所受合外力为零时，系统动量守恒。
 

12.【答案】AD 

【解析】解：A、根据欧姆定律可得，电流表的示数，故A正确；
B、根据乙图可知交流电的最大值为，原线圈电压的有效值为，根据电压与匝数成正比得原副线圈的匝数比为：，故B错误；
C、电压表的示数为电压的有效值，故C错误；
D、交流电的周期，频率，故D正确；
故选：AD。
根据乙图可得输入电压的最大值和周期，即可求得有效值和频率等，再根据电压与匝数成正比原副线圈匝数之比，根据欧姆定律求得电流。
能够根据图象得到我们需要的物理信息，掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题。
 

13.【答案】交流  变暗  变小 

【解析】解：变压器利用交流电工作，所以线圈应连到学生电源的交流输出端上。
由副线圈匝数减少，灯泡会变暗，则副线圈电压变小。
故答案为：交流；变暗；变小。
变压器使用的是交流电；
副线圈匝数减少，则副线圈电压变小，灯泡会变暗。
本题考查的是变压器的内容，解题的关键是知道变压器使用的是交流电，线圈两端的电压与匝数成正比。
 

14.【答案】不变 

【解析】解：由图示图象可知，两滑块在时发生碰撞。
由图示图象可知，碰撞前滑块A的速度：
碰撞前滑块B的速度：
碰撞后两滑块的速度：
滑块的质量，
碰撞前滑块A的动量
碰撞前滑块B的动量
碰撞后两滑块整体的动量
碰撞前两滑块组成系统的总动量，
由此可知：滑块A、B碰撞后的总动量与碰撞前的相比不变。
故答案为：；；；；不变。
图象的斜率等于滑块的速度，根据图示图象分析清楚滑块的运动过程并求出碰撞前后滑块的速度，根据动量的定义式求出碰撞前后滑块的动量；根据实验数据得出结论。
根据图示图象求出碰撞前后滑块的速度，根据动量的定义式即可解题。
 

15.【答案】解：涉及动量守恒定律，以甲船运动方向为正方向。
刚好保证两船不致相撞，可知两船此时速度相等，设为v，整个过程根据动量守恒定律可得：

解得甲、乙两船的速度大小为：；
设从甲船抛出的总货物袋数为n，对甲船抛出货物袋的过程，由动量守恒定律可得：

解得：个。
答：甲、乙两船的速度大小为；
从甲船抛出的总货物袋数为12个。 

【解析】对甲、乙两船包括船、人和货物根据动量守恒定律列方程求解甲、乙两船最后的速度大小；
对甲船抛出货物袋的过程，由动量守恒定律求解从甲船抛出的总货物袋数。
本题主要是考查了动量守恒定律，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求解。
 

16.【答案】解：输电线路上消耗的功率为PPI22r，
可知输电线上电流为，
根据原线圈P1=U1I1，可知I13A，
根据电流与匝数成反比知T1的变压比为
n1：n2=I2：I1：103：50，
降压变压器的输入电流：I3=I2，
降压变压器的输出电流：，
降压变压器的匝数比n3：n4=I4：I3：：11；
用户得到的功率为P用=P总-P损3，
设能接入N个灯泡，则P用，
代入数据得N4个。
答：升压变压器T1匝数比为1：50，降压变压器T2匝数比为9000：11；
要使灯泡均正常发光，最多可以接4个盏。 

【解析】根据电压与匝数成正比、电流与匝数成反比、公式、功率损耗可以求得降压变压器的电流和输电线上的电流的大小，从而可以求得输电线和用电器消耗的功率的大小．由于降压变压器的负载能正常工作，则可算出降压变压器的原线圈的匝数之比，同时能确定接入多少个灯泡才正常发光。
本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，不是发电机的输出电压．本题突破点是由输电线上的损失功率，从而算出电线上的电流。
 

17.【答案】解：棒进入磁场前的运动过程，根据动能定理得：
解得ab棒在磁场中匀速运动的速度大小：
ab棒从释放到运动至的时间为：
所以当ab棒运动到磁场的中点位置时，磁场已是恒定磁场，故产生的感应电动势为：
结合上题的结果知道，在时，棒还没有进入磁场，有：
此时与金属棒并联后再与串联，则总电阻为：
根据欧姆定律可得：电阻两端的电压为：
由图乙可知，后磁场保持不变，ab经过磁场的时间为：
故在时，ab还在磁场中运动，电动势为：
此时和并联再与r串联，总电阻为：
两端电压为：
故在时刻和时刻电阻两端的电压之比为：：：1
答：在磁场中运动到和中点时切割磁感线产生的电动势为。
在时刻和时刻电阻两端的电压之比为2：1。 

【解析】根据动能定理求ab棒在磁场中匀速运动的速度大小；由求出ab棒进入磁场前运动时间，确定ab棒进入磁场后磁场的磁感应强度，再根据求感应电动势。
分别计算出棒在时的感应电动势，根据电路连接情况计算两端的电压；然后再计算出棒在时的感应电动势，根据电路连接情况计算两端的电压，再求电压之比。
解决本题时，关键要正确分析金属棒的运动情况，确定回路中产生的动生电动势还是感生电动势，结合电路的结构，根据电磁感应规律、电路知识和力学规律相结合进行解答。