2015-2022学年四川省成都七中高二上12.4周测物理试卷(带解析)

2015-2016学年四川省成都七中高二上12.4周测物理试卷（带解析）

一、选择题

1.图甲、图乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示的电压按正弦规律变化，图乙所示的电压是正弦函数的一部分．下列说法错误的是（）

A．图甲、图乙均表示交流电

B．图甲所示电压的瞬时值表达式为u=20sin100πt

C．图乙所示电压的有效值为20V

D．图乙所示电压的有效值为10V

【答案】C

【解析】

试题分析：A、电流方向随着时间周期性变化的电流就是交流电，故图甲、图乙均表示，故A 正确；

sin=20sin100πt，故B正B、图中电压的最大值为20V，频率为0.02s，故表达式为：u=U

m

确；

C、D、图乙所示电压的最大值为20V，根据有效值的定义，有：

解得：U=

故C错误，D正确；

本题选择错误的，故选C．

2.如图所示，一面积为S，电阻为R的N匝矩形线圈处于一个交变的磁场中，磁感应强度的

sinωt．下列说法正确的是（）

变化规律为B=B

A．线框中会产生交变电流

B．在t=时刻，线框中感应电流达到最大值

C．从t=0到t=这一过程中通过导体横截面积的电荷量为

D．若只增大变化磁场的频率，则线框中感应电流的频率也将增加，但电流的有效值不变

【答案】AB

【解析】

试题分析：A、由题意可知，矩形线圈处于一个交变的磁场中，从而导致穿过线圈的磁通量

变化，则产生感应电流，故A正确；

B、线圈中产生感应电流的瞬时表达式，为i=cosωt，当在t=时刻，线框中感应电流

达到最大值，故B正确；

C、根据电量的表达式，q=N，从t=0到t=这一过程中通过导体磁通量变化为B

S，所

以横截面积的电荷量为为N，故C错误；

D、若只增大变化磁场的频率，则线框中感应电流的频率也将增加，导致最大值也增加，所

以有效值也增大，故D错误．

故选：AB

3.如图所示，在第一、第二象限中存在垂直xoy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一半径为r的扇形金属线框在xoy平面内，以角速度ω绕O点逆时针匀速转动，∠POQ=120°，线框的总电阻为R．则下列说法正确的是（）

A．线圈中感应电流的最大值为

B．线圈中感应电流的最大值为

C．线圈中感应电流的有效值为

D．线圈中感应电流的有效值为

【答案】AD

【解析】

试题分析：A 、B 、线圈中感应电动势的最大值为：E m =

ω，线圈中感应电流的最大值为：

I m ==．故A 正确，B 错误． C 、D 、画出一个周期内感应电流的图象如图所示．设感应电流的有效值为I ，根据有效值的定义得：

2×R?=I 2

RT

解得：I=

．故C 错误，D 正确． 故选：AD ．

4.如图中理想变压器原副线圈的匝数之比为2：1，现在原线圈两端加上交变电压U=220sin （100πt ）V 时，灯泡L 1、L 2均正常发光，电压表和电流表可视为理想电表．则下列说法中正

确的是（ ）

A ．电压表的示数为110V

B ．该交流电的频率为100Hz

C ．若将变阻器的滑片P 向上滑动，则L 1亮度不变、L 2将变亮

D ．若将变阻器的滑片P 向上滑动，则原线圈输入功率增大

【答案】CD

【解析】

试题分析：A 、原线圈两端加上交变电压U=220sin （100πt ）V ，

原线圈的电压的有效值为

=110V ，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的有效值为55V ，故A 错误；

B 、原线圈两端加上交变电压U=220sin （100πt ）V ，ω=100πrad/s ，f==50Hz ，故B 错误；

C 、在滑动变阻器触头P 向上移动的过程中，滑动变阻器的阻值变小，电路的总电阻减小，由于电压是由变压器决定的，输出的电压不变，所以电流变大，即电流表读数变大，L 1两端电压不变所以亮度不变，通过L 1和L 2的电流之和变大，通过L 1的电流不变，所以L 2电流增大，

将变亮，故C 正确；

D 、若将变阻器的滑片P 向上滑动，输出的电压不变，电流变大，所以原线圈输入功率增大，故D 正确；

故选：CD ．

5.如图所示，理想变压器的原副线圈匝数比n 1：n 2=1：10，副线圈与阻值R=20Ω的电阻相

连．原线圈两端所加的电压u=20sin20πt （V ），则（ ）

A ．交流电压表的示数为20V

B ．副线圈输出交流电的频率为10Hz

C ．电阻R 上消耗的电功率为2kW

D ．原线圈中电流的最大值为100A

【答案】BC

【解析】

试题分析：A 、电压表显示的是有效值应为

=20V ，故A 错误； B 、原副线圈的频率是相同的f===10Hz ，故B 正确；

C 、由电压之比等于匝数之比知R 两端的电压为200V ，P==2000W ，故C 正确；

D 、由输入功率=输出功率=2KW=20I ，I=100A ，最大值为

I=100A ，故D 错误； 故选BC

6.一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5：1，原线圈接入电压220V 的正弦交流电，各元件正常工作，一只理想二极管和一个滑动变阻器R 串联接在副线圈上，如图所示．电压表和电流表均为理想交流电表，则下列说法正确的是（ ）

A ．原、副线圈中的电流之比为5：1

B ．电压表的读数约为31.11V

C ．若滑动变阻器接入电路的阻值为20Ω，则1分钟内产生的热量为2904J

D ．若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均减小

【答案】BC

【解析】

试题分析：A 、原线圈接入电压为220V 的正弦交流电，原、副线圈的匝数比是5：l ，则副线圈电压为44V ，原、副线圈中的电流与匝数成反比，所以电流之比为1：5，A 错误；

B 、原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为44 V ，由于副线圈接着二极管，它具有单向导电性，根据电流的热效应知

解得U=22=31.11V ，故B 正确； C 、由B 求得电压表两端电压有效值为U 有效=22

V ，则1 min 内产生的热量为Q=

="2904" J ，故C 正确；

D 、将滑动变阻器滑片向上滑动，接入电路中的阻值变小，电流表的读数变大，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，所以D 错误．

故选：BC

7.某小型水电站的电能输送示意图如图甲，发电机的输出电压变化规律如图乙，输电线总电 阻为r ，升压变压器原副线圈匝数分别为n 1、n 2．降压变压器原副线圈匝数分别为n 3、n 4（变压器均为理想变压器）．要使额定电压为220V 的用电器正常工作，则（ ）

A ．乙图中电压的瞬时值表达式为：u=220sin100πt V

B ．乙图中电压的有效值和用电器的额定电压都是220 V ，所以

=

C ．通过升压变压器的电流频率比通过降压变压器的电流频率大

D ．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率

【答案】AD

【解析】 试题分析：A 、根据乙图可知，电压的最大值，周期T=0.02s ，所以

，则乙图中电压的瞬时值表达式为：u=220sin100πt V ，故A 正确；

B 、由变压器的电压比与匝数之比的关系得：，；

因升压变压器，所以U 1＞U 2，又因与为线路电压损失，即U 2＞U 3，所以

，故B 错误． C 、通过变压器的原副线圈的电流的频率相同，故C 错误．

D 、因是理想变压器，则其输入功率与输出功率相等，但由于电线电阻功率损失，所以升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率．故D 正确．

故选：AD ．

8.如图所示，理想变压器MN 原线圈接一交流电源，副线圈回路中有一定值电阻R 0和两个小灯泡L 1、L 2，电表为理想电表．最初电键S 是断开的，现闭合电键S ，则（ ）

A ．副线圈两端电压变大

B ．灯泡L 1变亮

C ．电流表A 1示数变大

D ．电阻R 0中的电流变小

【答案】C

【解析】

试题分析：A 、由于输入的电压的大小和变压器的匝数比不变，所以变压器的输出的电压始终不变，故A 错误；

B 、当S 接通后，电路的总电阻减小，总电流变大，所以电阻R 上消耗的电压变大，由于输出的电压不变，所以灯泡L 1的电压减小，故灯泡L 1变暗，故B 错误；

C 、当S 接通后，电路的总电阻减小，总电流变大，而变压器的匝数比不变，所以原线圈中的电流增大，故C 正确；

D 、当S 接通后，原线圈电路的总电阻减小，总电流变大，故D 错误；

故选：C ．

9.理想变压器与电阻R 及交流电流、电压表V 和A 按图示方式连接，已知变压器原副线圈的匝数比为n 1：n 2=10：1，电阻R=11Ω，原线圈两端输入电压U 随时间变化的图象如图所示，

下列说法中正确的是（ ）

A ．V 表的读数为220V

B ．通过R 的电流为2A

C ．A 表的读数为2A

D ．变压器的输入功率为44W

【答案】BD

【解析】

试题分析：由原线圈两端输入电压U 随时间变化的图象可知，U 1=220V ，T=0.02s

A 、根据原副线圈的电压比等于匝数之比，可知

，所以电压表的示数为22V ，故

A 错误；

B 、根据欧姆定律得：I=，故B 正确，

C 错误； C 、副线圈功率P 2=I 2U 2=44W ，所以变压器的输入功率P 1=P 2=44W ，故

D 正确．

故选BD

10.一个单摆在竖直平面内做小幅振动，周期为2s ．如果从单摆向右运动通过平衡位置时开始计时，则在t=1.6s 至t=1.8s 的过程中，摆球的（ ）

A ．速度向左在减小，加速度向右在增大

B ．速度向左在增大，加速度向左在增大

C ．速度向右在增大，加速度向右在减小

D ．速度向右在减小，加速度向左在减小

【答案】C

【解析】

试题分析：由题，单摆的周期是2s ，一个周期分成四个周期，从单摆向右运动通过平衡位置时开始计时，则在t=1.6秒至t=1.8秒的过程中，单摆是由平衡位置向右向最大位移处运动，所以速度向右在减小，加速度方向向右在增大．故A 、B 、D 错误，C 正确．

故选C ．

11.一列沿x 轴负方向传播的简谐横波在某时刻（设该时间为t=0时刻）的波形如图所示，在0.7s 末，质点P 恰好第二次到达波峰，则下列说法不正确的是（ ）

A ．在该列波的传播速度是10m/s

B ．在0.9s 末，质点Q 第一次到达波峰

C ．如果x=5m 处就是波源，则它刚开始起振的方向是y 轴的正方向

D ．当质点Q 到达波峰时，质点P 到达波谷

【答案】C

【解析】

试题分析：A、由题，1=0.7s，得T=0.4s，由图读出波长λ=4m，则波速为v==10m/s．故A正确．

B、当图示时刻x=2m处质点的状态传到Q时，质点Q第一次到达波峰，经过时间为t==

．故B正确．

C、如果x=5m处就是波源，它刚开始起振的方向与x=﹣1m处质点此时刻的振动方向相同，应沿y轴负方向．故C错误．

D、PQ间的距离△x=10m=2.5λ，P、Q的振动情况总是相反，则当质点Q到达波峰时，质点P 到达波谷．故D正确．

本题选错误的，故选C

12.在均质弹性绳中有一振源S，它以5Hz的频率上下做简谐运动，振幅为5cm，形成的波沿绳向左、右两边传播．从振源开始振动计时，t时刻的波形如图所示，质点P右边的绳还未振动，S左边的波形没有画出，则（）

A．该波的波速为60cm/s

B．波源S开始振动的方向向下

C．图中的质点Q在t时刻处在波谷

D．在t=0至t=1.0s时间内质点P运动的路程为70cm

【答案】BD

【解析】

试题分析：A、波的频率f=5Hz，周期T=0.2s，由图知该波在t=T=0.3s时间内，波传播了

12cm，则波速v= cm/s=cm/s=40cm/s，故A错误；

B、此时P点的振动方向向下，则波源的起振方向向下，故B正确；

C、由对称性知x=﹣6cm处质点t时刻处于波峰，故C错误；

D、在t=0至t=1.0s时间内，即△t=1s，质点P已振动0.7s，运动的路程为s=×4A=

×4×5cm=70cm，故D正确．

故选：BD

13.如图所示，一列简谐波向右以8.0m/s的速度传播，某一时刻沿波的传播方向上有a、b两质点，位移大小相等，方向相同，则（）

A．无论再经多长时间，a、b两质点位移不可能大小相等、方向相反

B．再经过0.25s，a、b两质点位移第一次大小相等、方向相反

C．再经过0.25s，a、b两质点速度第一次大小相等、方向相反

D．再经过0.5s，a、b两质点速度第一次大小相等、方向相同

【答案】B

【解析】

试题分析：A、B、C由图读出波长为λ=8m，则周期为T==1s．t=0.25s=．再过0.25s，波形向右平移．根据波形的平移法分析得知，再经过0.25s，质点a在平衡位置下方向下

运动，质点b平衡位置上方向下运动，两质点到平衡位置的距离相等，则再经过0.25s，a，b 两质点位移第一次大小相等、方向相反，速度第一次大小相等、方向相同．故B正确，AC错误．

D、再经过0.5s，即半个周期，波形图象反相，a，b两质点速度仍大小相等、方向相反．故D错误．

故选：B

二、实验题

1.如图（a）所示，细线的上端固定在铁架台上，下端系一个小钢球，做成一个单摆．测量摆长l和摆的周期T，得到一组数据．改变摆长，再得到几组数据．从中可以找出周期与摆长的关系．实验过程有两组同学分别用了图（b）（c）的两种不同方式悬挂小钢球，你认

为（选填“b”或“c”）悬挂方式较好．图（d）是某组同学根据实验数据画出的T2﹣l图线，通过图线得到振动周期T（s）与摆长l（m）的函数关系式是．

【答案】C；T=

【解析】

试题分析：单摆的试验中，摆长必须固定，故应采用C图；

分析图象可知，T2与l成线性关系，即分T2与l成正比正比，因此T与l的关系应为T=

三、填空题

1.一列简谐横波沿x轴正方向传播，O为波源且t=0开始沿y轴负方向起振，如图所示是

t=0.2s末x=0至4m范围内的波形图，虚线右侧的波形未画出．已知图示时刻x=2m处的质点第一次到达波峰，则该简谐横波的波速为；从t=0.2s时刻开始计时，写出x=1m处的质点的振动表达式．

【答案】40m/s；

【解析】

试题分析：波的传播特点，由t=0时，O沿y轴负方向起振可知波的传播图形：t=0.2s时，x=2处质点第一次到达波峰，

可知，0.2s内，波只传播了一个周期：v===40（m/s）

由图知，λ=8m，则周期：T==s=0.2s，圆频率：ω==10rad/s

t=0.2s时刻x=1m处的质点的位移为：y=A=10cm=5cm．

根据波形平移法可知，该质点的速度沿y轴负方向，则x=1m处的质点的振动表达式为：

x=﹣Asin（ωt﹣）=﹣10sin（10πt﹣）cm

四、计算题

1.自t=0时刻起，质点A做简谐运动，其振动图象如图所示．t=10s时，距A质点10m处的B 质点开始振动．求：

①该波的波速大小v；

②该波的波长λ．

【答案】①该波的波速大小v是1m/s；

②该波的波长λ是4m

【解析】

试题分析：①由题，该波在t=10s内波传播的距离为s=10m，则波速v==1m/s

②波长λ=Tv=4m

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