黑龙江省大庆铁人中学2020学年高二物理下学期第一次月考试题 5页

黑龙江省大庆铁人中学2020学年高二物理下学期第一次月考试题 ‎ 试题说明：1．本试题满分110分，答题时间90分钟。‎ ‎2．请将答案填写在答题卡上 一、选择题（每小题5分，共60分。1-8题单选，9-12多选，全部选对得5分，选对但不全得3分，有错选得0分）‎ ‎1．如图所示，在演示光电效应的实验中，原来不带电的一块锌板与灵敏验电器相连，用弧光灯照射锌板时，验电器指针张开一个角度，这时（ ）‎ A．锌板带正电，指针带负电 B．锌板带正电，指针带正电 C．锌板带负电，指针带正电 D．锌板带负电，指针带负电 ‎2．若用绿光照射某种金属板不能发生光电效应，则下列方法可能使该金属发生光电效应的是（ ）‎ A．增大入射光的强度 B．增加光的照射时间 C．改用黄光照射 D．改用紫光照射 ‎3．三种不同的入射光线甲、乙、丙分别照射在三种不同的金属a、b、c上，均恰能使金属中逸出光电子。已知三种光线的波长λ甲>λ乙>λ丙， 则（ ）‎ A．用三种入射光照射金属a，均可发生光电效应 B．用三种入射光照射金属b，均可发生光电效应 C．用三种入射光照射金属c，均可发生光电效应 D．用入射光甲和乙同时照射金属c，可能发生光电效应 ‎4．如图所示是一火警报警器的部分电路示意图，其中R3为用半导体热敏材料制成的传感器。值班室的显示器为电路中的电流表，a、b之间接报警器。当传感器R3所在处出现火情时，显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是（ ）‎ A．I变大，U变大 B．I变大，U变小 C．I变小，U变小 D．I变小，U变大 ‎5．如图甲所示，在变压器的输入端串接上一只整流二极管D，在变压器输入端加上如图乙所示的交变电压u1=Um1sint，设t=0时刻为a“+”、b“-”，则副线圈输出的电压的波形（设c端电势高于d端电势时的电压为正）是图中的（ ）‎ ‎6．互感器是一种特殊的变压器，借助它，交流电压表（或电流表）可以间接测量高电压和大电流。如下图所示为电压互感器或电流互感器的接线图，其中正确的是（ ）‎ ‎7．如图所示，一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生e＝220sin 100πt (V)的正弦交变电流，线圈电阻不计。理想变压器的原、副线圈匝数之比为20∶1，C为电容器，L为直流电阻不计的自感线圈，R1、R2均为定值电阻，其中R1＝R2＝10 Ω，开关S开始是断开的，则以下说法中错误的是（ ）‎ A．线圈的转速为50 r/s B．交流电压表的示数为11 V C．电阻R1的功率小于12.1 W D．闭合开关S后，变压器副线圈中的电流没有发生变化 ‎8．在如图甲所示的电路中，D为理想二极管(正向电阻为零，反向电阻为无穷大)。R1＝30 Ω，R2＝60 Ω，R3＝10 Ω。在MN间加上如图乙所示的交变电压时，R3两端电压表的读数大约是（ ）‎ A． 5V B．4V C．3.5 V D．3 V ‎9．玻尔在他提出的原子模型中所做的假设有（ ）‎ A．原子处在具有一定能量的定态中，虽然电子做加速运动，但不向外辐射能量 B．原子的不同能量状态与电子沿不同的圆轨道绕核运动相对应，而电子的可能轨道的分布是不连续的 C．电子从一个轨道跃迁到另一个轨道时，辐射（或吸收）一定频率的光子 D．电子跃迁时辐射的光子的频率等于电子绕核做圆周运动的频率 ‎10．下列叙述不符合物理学史的是（　 　）‎ A．汤姆逊通过研究阴极射线实验，首次发现了质子的存在 B．玻尔提出的原子模型，彻底否定了卢瑟福的原子核式结构模型 C．卢瑟福通过对α粒子散射实验现象的分析，提出了原子核式结构模型 D．爱因斯坦因对光电效应的解释做出贡献获得诺贝尔物理学奖 ‎11．如图所示为氢原子能级示意图，现有大量的氢原子处于n＝4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光，下列说法正确的是（ ）‎ A．这些氢原子总共可辐射出6种不同频率的光 B．由n＝2能级跃迁到n＝1能级产生的光频率最小 C．由n＝4能级跃迁到n＝3能级产生的光波长最小 D．用n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射出的光照射逸出功为6.34 eV的金属铂能发生光电效应 ‎12．如图所示，线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，电容器两极板水平放置。在两极板间，不计重力的带正电粒子Q在t=0时由静止释放，若两板间距足够宽，则下列运动可能的是（ ）‎ A．若t=0时线圈平面与磁场垂直，粒子在两极间往复运动 B．若t=0时线圈平面与磁场平行，粒子在两极间往复运动 C．若t=0时线圈平面与磁场垂直，粒子一定能到达极板 D．若t=0时线圈平面与磁场平行，粒子一定能到达极板 二、实验题（共12分）‎ ‎13．如图所示装置可以用来测量硬弹簧(即劲度系数较大的弹簧)的劲度系数k。电源的电动势为E，内阻可忽略不计，滑动变阻器全长为L，重力加速度为g。为理想电压表。当木板(不计重力)上没有放重物时，滑动变阻器的触头位于图中a点，此时电压表示数为零。在木板上放置质量为m的重物，滑动变阻器的触头随木板一起下移。由电压表的示数U及其他给定条件，可计算出弹簧的劲度系数k。‎ ‎(1)写出m、U与k之间所满足的关系式：________________。‎ ‎(2)已知E＝1.50 V，L＝12.0 cm，g取9.80 m/s2。测量结果如下表：‎ m/kg ‎1.00‎ ‎1.50‎ ‎3.00‎ ‎4.50‎ ‎6.00‎ ‎7.50‎ U/V ‎0.108‎ ‎0.154‎ ‎0.290‎ ‎0.446‎ ‎0.608‎ ‎0.740‎ ‎①在图中给出的坐标纸上利用表中数据描出m－U直线。‎ ‎②m－U直线的斜率为________kg/V(结果保留三位有效数字)。‎ ‎③弹簧的劲度系数k＝________N/m(结果保留三位有效数字)。‎ 三、计算题（本大题共3小题，共38分。要求在答卷上写出必要的文字说明。）‎ ‎14．（10分）传感器是把非电学量(如速度、温度、压力等)的变化转换成电学量的变化的一种元件，在自动控制中有着相当广泛的应用。有一种测量人的体重的电子秤，其测量部分的原理图如图中的虚线框所示，它主要由压力传感器R(电阻值会随所受压力大小发生变化的可变电阻)和显示体重大小的仪表(实质是理想电流表)组成。压力传感器表面能承受的最大压强为1×107 Pa，且已知压力传感器R的电阻与所受压力的关系如表所示。设踏板和压杆的质量可以忽略不计，接通电源后，压力传感器两端的电压恒为4.8 V，取g＝10 m/s2。请作答：‎ 压力F/N ‎0‎ ‎250‎ ‎500‎ ‎750‎ ‎1 000‎ ‎1 250‎ ‎1 500‎ ‎…‎ 电压R/Ω ‎300‎ ‎270‎ ‎240‎ ‎210‎ ‎180‎ ‎150‎ ‎120‎ ‎…‎ ‎(1)该秤零点(即踏板空载时)的刻度线应标在电流表刻度盘何处？‎ ‎(2)如果某人站在该秤踏板上，电流表刻度盘的示数为20 mA，则这个人的质量是多少？‎ ‎15．(14分)如图所示，一小型发电机通过升压、降压变压器把电能输送给用户，已知发电机的输出功率P1＝50kW，输出电压U1＝500V，升压变压器原、副线圈匝数比为n1：n2＝1：5，两个变压器间的输电导线的总电阻R＝15Ω，降压变压器的输出电压U4＝220V，变压器本身的损耗忽略不计， 求：‎ ‎(1)升压变压器副线圈两端的电压U2；‎ ‎(2)输电线上损耗的电功率P损；‎ ‎(3)降压变压器原、副线圈的匝数比n3：n4。‎ ‎16．(14分)如图所示，匝数为100匝、面积为0.01m2的线圈，处于磁感应强度B1为T的匀强磁场中。当线圈绕O1O2以转速n为300r/min匀速转动时，电压表、电流表的读数分别为7V、1A。电动机的内阻r为1Ω，牵引一根原来静止的、长L为1m、质量m为0.2kg的导体棒MN沿轨道上升。导体棒的电阻R为1Ω，架在倾角为30°的框架上，它们处于方向与框架平面垂直、磁感应强度B2为1T的匀强磁场中。当导体棒沿轨道上滑1.6m时获得稳定的速度，这一过程中导体棒上产生的热量为4J。不计框架电阻及一切摩擦，g取10m/s2。求：‎ ‎(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出电动势的瞬时表达式；‎ ‎(2)导体棒MN的稳定速度；‎ ‎(3)导体棒MN从静止到达到稳定速度所用的时间。‎ 参考答案 ‎13．解析　(1)设放置质量为m的重物时弹簧的压缩量为x，则有mg＝kx，又U＝E，‎ 解得m＝U.‎ ‎(2)①用描点法作图，作出的图象如图所示．‎ ‎②选取图线上(0,0)、(0.80,8)两点，‎ 则斜率为＝ kg/V＝10.0 kg/V.‎ ‎③因m＝U，故＝，k＝·＝10.0×N/m≈1.23×103 N/m.‎ 答案(1)m＝U　(2)①见解析图　②10.0　③1.23×103‎ ‎14．解析　(1)由题表格知，踏板空载时，压力传感器的电阻R＝300 Ω，此时中电流I＝＝ A＝1.6×10－2 A。‎ ‎(2)当电流I′＝20 mA＝2×10－2 A时，压力传感器的电阻R′＝＝ Ω＝240 Ω，对应表格中，这个人的质量为50 kg。‎ 答案　(1) 应标在电流表刻度盘1.6×10－2A处　(2)50 kg ‎15.解析：(1)因为＝，所以U2＝U1＝2500V ‎(2)P2＝P1＝50kW 输电线中电流I2＝＝A＝20A ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ B D A C B A D C ABC AB AD BC 则P损＝IR线＝202×15W＝6000W ‎(3)用户得到功率P4＝P2－P损＝44000W 所以降压变压器副线圈电流I4＝＝A＝200A 故＝＝ 答案：(1)2500V　(2)6000W　(3)10：1‎ ‎16.解析：(1)线圈转动过程中电动势的最大值为Em＝NB1Sω＝NB1S·2πn＝100××0.01×2π×5V＝10V 则从线圈处于中性面开始计时的电动势瞬时值表达式为：e＝Emsinωt＝10sin10πt(V)‎ ‎(2)电动机的电流I＝1A 电动机的输出功率P出＝IU－I2r 又P出＝F·v 而棒产生的感应电流I′＝＝ 稳定时棒处于平衡状态，故有：‎ F＝mgsinθ＋B2I′L 由以上各式代入数值，解得棒的稳定速度：v＝2m/s ‎(3)由能量守恒定律得P出t＝mgh＋mv2＋Q 其中h＝xsinθ＝1.6sin30°＝0.80(m)‎ 解得t＝1.0s 答案：(1)e＝10sin10πtV　(2)v＝2m/s　(3)t＝1.0s