精品解析山西省临汾一中忻州一中学年高二联考物理试题精校Word版.docx
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精品解析山西省临汾一中忻州一中学年高二联考物理试题精校Word版
临汾一中、忻州一中2019年高二年级第二学期联考物理试题
（考试时间90分钟满分100分）
第I卷（选择题共40分）
一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分。
在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意。
）
1.关于简谐运动，下列说法正确的是
A.在平衡位置所受的合外力一定为零
B.位移的方向总是与加速度的方向相反，与速度的方向相同
C.振幅与最大位移不相同
D.单摆的回复力是重力和摆线拉力的合力
【答案】C
【解析】
【详解】简谐振动的物体在平衡位置所受的回复力为零，但是合外力不一定为零，例如单摆振动到最低点时，选项A错误；位移的方向总是与加速度的方向相反，与速度的方向可能相同，也可能相反，选项B错误；振幅是振动物体离开平衡位置的最大位移，它是标量，振幅与最大位移不相同，选项C正确；单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力，故D错误；故选C.
2.如图所示，在光滑水平面上的弹簧振子，弹簧形变的最大限度为10cm，P位置是弹簧处于自然伸长的位置，若将振子向右拉动4cm后由静止释放，经1s振子第一次回到P位置，关于该弹簧振子，下列说法正确的是
A.该弹簧振子的振动频率为1Hz
B.若向右拉动8cm后由静止释放，经过
s振子第一次回到P位置
C.若向左推动8cm后由静止释放，振子两次经过P位置的时间间隔是3s
D.在P位置给振子任意一个向左或向右的初速度，只要位移不超过10cm，总是经1s速度就降为0
【答案】D
【解析】
【详解】将振子m向右拉动4cm后由静止释放，经1s振子m第一次回到P位置经历T/4，所以：
T=4×1s=4s，振动的频率：
f=1/T＝0.25Hz．故A错误；振动的周期与振幅的大小无关，所以若向右拉动8cm后由静止释放，仍经过1s振子m第一次回到P位置。
故B错误；振动的周期与振幅的大小无关，振子m连续两次经过P位置的时间间隔是半个周期，即2s。
故C错误；振动的周期与振幅的大小无关，在P位置给振子m任意一个向左向右的初速度，只要位移不超过10cm，总是经T/4=1s到达最大位置处，速度就降为0．故D正确。
故选D。
3.如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由位置I平移到位置II，第二次将金属框绕cd边翻转到位置II，设先后两次通过金属框的磁通量变化量大小分别为则
A.
>
，两次运动中金属框中均有沿adcba方向的电流产生
B.
=
，两次运动中金属框中均有沿abcda方向的电流产生
C.
<
，两次运动中金属框中均有沿adcba方向的电流产生
D.
<
，两次运动中金属框中均有沿abcda方向的电流产生
【答案】C
【解析】
【详解】设在位置Ⅰ时磁通量大小为Φ1，位置Ⅱ时磁通量大小为Φ2。
第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，穿过线框的磁感线方向没有改变，磁通量变化量△Φ1=Φ1-Φ2，根据楞次定律判断可知，感应电流沿adcba方向；第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ，穿过线框的磁感线的方向发生改变，磁通量变化量△Φ2=Φ1+Φ2，根据楞次定律判断可知，感应电流沿adcba方向；故C正确，ABD错误，故选C。
4.图甲为风力发电的简易模型。
在风力作用下，风叶带动与杆固连的永磁铁转动，磁铁下方的线圈与电压传感器相连。
在某一风速时，传感器显示如图乙所示，以下正确的是
A.磁铁的转速为2.5r/s
B.线圈两端电压.的有效值为6V
C.交变电流的电压表达式为u=12sinl0πt（V）
D.该交变电流可以直接加在击穿电压为10V的电容器上
【答案】A
【解析】
【详解】电流的周期为T=0.4s，故磁体的转速为n=1/T＝1/0.4＝2.5r/s，故A正确；通过乙图可知电压的最大值为12V，故有效值
，故B错误；周期T=0.4s，故
，故电压的表达式为U=12sin5πt（A），故C错误；电容器的击穿电压为交流电的最大值，而交流电的最大值大于电容器的击穿电压，故不能，故D错误；故选A。
5.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1:
3，两端分别接有4个阻值相同的灯泡，已知4盏灯均能发光，则L1和L2的电流之比为
A.3：
1B.6：
1
C.9：
2D.11:
2
【答案】D
【解析】
【详解】设通过L1的电流为I1，L2的电流为I2，每盏灯泡的电阻为R，则原线圈的电流为I1-I2，则次级电流为
；则次级电压为：
，初级电压
；因初级电压等于L2两端的电压，即
，解得I1：
I2=11:
2，故D正确，ABC错误。
故选D。
6.如图所示电路中，L是一直流电阻可忽略不计的电感线圈，a、b为L的左、右两端点，X、B、C为完全相同的三个灯泡，某时刻将开关K闭合，稳定后三个灯泡均在发光，之后又将开关K断开。
则下列说法正确的是
A.开关闭合瞬间，ABC灯同时变亮
B.开关断开瞬间，a点电势高于b点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭
C.开关断开瞬间，b点电势高于a点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭
D.开关断开瞬间，b点电势高于a点，B、C灯不会闪亮只是缓慢熄灭
【答案】C
【解析】
【详解】开关闭合后瞬间，BC灯立刻亮，由于线圈自感电动势的阻碍，电流逐渐增大，A灯逐渐变亮，开关闭合电路正常工作后，虽线圈的电阻可以忽略不计，但B、C两灯电流小于A灯，因此三个灯泡不一样亮。
故A错误；开关由闭合到断开瞬间，B、C灯原来的电流瞬间消失，而线圈产生自感电动势阻碍A灯中电流减小，并与B、C组成回路，即A灯的电流流过B、C灯，原来B、C两灯电流小于A灯，则开关断开瞬间，两灯均要闪亮一下过一会儿才逐渐熄灭，而流过电感线圈的电流方向是由a点流向b点，此时线圈相当于电源，则b点的电势高于a点。
故C正确，BD错误。
故选C。
7.某同学在研究单摆的受迫振动时，得到如图所示的共振曲线.横轴表示驱动力的频率，纵轴表示稳定时单摆振动的振幅。
已知重力加速度为g，下列说法中正确的是
A.由图中数据可以估算出摆球的摆长
B.由图中数据可以估算出摆球的质量
C.由图中数据可以估算出摆球的最大动能
D.如果增大该单摆的摆长，则曲线的峰值将向右移动
【答案】A
【解析】
【详解】由共振曲线可知当驱动力频率等于固有频率时产生共振现象，则可知单摆的固有频率f。
由单摆的频率公式
可得摆长，故A正确。
根据题意无法知道摆球的质量，也不能得出摆球的最大动能，故BC错误；由单摆的频率公式
得知，当摆长增大时，单摆的固有频率减小，产生共振的驱动力频率也减小，共振曲线的“峰”向左移动。
故D错误；故选A。
8.—个矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线圈的产生的感应电动势随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法中正确的是
A.t=0时刻，线圈处在中性面位置
B.t=0.01s时刻，
的变化率最大
C.t=0.02s时刻，感应电动势达到最大
D.穿过线圈磁通量的变化图象如图乙所示
【答案】C
【解析】
【详解】由甲图可知，t=0时刻感应电动势最大，磁通量最小，线圈在与中性面垂直的位置，故A错误；t=0.01s时刻，感应电动势等于零，此时线圈处在中性面位置，磁通量Φ的变化率最小，故B错误；t=0.02s时刻，磁通量最小，感应电动势最大，故C正确；由甲图交流电动势的图象可知，图像乙不是穿过线圈磁通量的变化图象，应为正弦图象，的D错误；故选C。
二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。
在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项符合题意。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选或不答的得0分。
）
9.如图所示，R是一个光敏电阻，其阻值随光照强度的增加而减小，理想变压器原、副线圈的匝数比为10:
1，电压表和电流表均为理想交流电表，从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1=110
sin100πt（V），则
A.电压表的示数为11
V
B.在天逐渐变黑的过程中，电流表A2的示数变小
C.在天逐渐变黑的过程中，电流表A1的示数变大
D.在天逐渐变黑的过程中，理想变压器的输入功率变小
【答案】BD
【解析】
【详解】根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为110
V，根据电压之比等于线圈匝数之比可知，副线圈的电压的最大值为11
V，电压表的示数为电压的有效值，所以示数为U=
V=11V，故A错误；在天变黑的过程中，光照变弱，R阻值增大；电路的总电阻减大，由于电压是由变压器决定的，输出的电压不变，所以次级电流变小，电流表A2的示数变小；由于次级电流减小，则初级电流也减小，即电流表A1的示数变小，故B正确，C错误；由于变压器的输入和输出的功率是相等的，副线圈的电流减小，电压不变，所以由P=UI可知，输出的功率要减小，故输入的功率也要减小，故D正确。
故选BD。
10.如图所示是甲、乙两个单摆做简谐运动的图象，则下列说法中正确的是
A.甲、乙两摆的振幅之比为2:
1
B.t=2s时，甲摆的重力势能最小，乙摆的动能为零
C.甲、乙两摆的摆长之比为4:
1
D.甲、乙两摆摆球在最低点时摆线的拉力大小一定相等
【答案】AB
【解析】
【详解】由图知甲、乙两摆的振幅分别为2 cm、1 cm，故选项A正确；t=2 s时，甲摆在平衡位置处重力势能最小；乙摆在振动的最大位移处，动能为零，故选项B正确；甲、乙两摆的周期之比为1:
2，由单摆的周期公式T＝2π
，得到甲、乙两摆的摆长之比为1：
4，故选项C错误；由题目的条件不能比较甲、乙两摆摆球在最低点时摆线的拉力大小，故选项D错误；故选AB。
11.一台理想变压器的原、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22
V
C.若滑动变阻器接入电路的阻值为11Ω，则R的功率为88W
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】
【详解】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，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44V，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
V，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，则若滑动变阻器接入电路的阻值为11Ω，则R的功率为
，选项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，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，则次级电流变大，此时初级电流也变大，所以D错误。
12.如图所示，两足够长平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒ab、cd的质量之比为2:
1。
现使金属棒cd以初速度v0沿导轨向右运动
A.运动过程中，金属棒ab、cd所受安培力的冲量大小之比为1:
1
B.经过足够长的时间，金属棒ab、cd动量大小之比为1:
1
C.经过足够长的时间，金属棒ab、cd都做匀速运动，速度之比为1:
2
D.经过足够长的时间，两金属棒间距离保持不变
【答案】AD
【解析】
【详解】A．据题，给cd一个向右的初速度v0，cd棒将切割磁感线产生感应电流，此电流流过ab棒，由左手定则判断可知，金属棒ab、cd所受安培力等大反向，根据I=Ft可知安培力的冲量大小之比为1:
1，选项A正确；
BCD．ab棒将受到向右的安培力而做加速运动，ab棒也将切割磁感线，使电路中的总电动势减小，感应电流减小，则两棒所受的安培力都减小，故cd先做加速度减小的减速运动，而ab棒做加速度减小的加速运动，当两棒的速度相等时，两者一起做匀速运动，因两金属棒ab、cd的质量之比为2:
1，故经过足够长的时间，金属棒ab、cd动量大小之比为2:
1；速度相等，则两金属棒间距离保持不变，故选项D正确，BC错误；.
第Ⅱ卷（非选择题共60分）
三、实验探究题（本题共2小题，每空2分，共14分）
13.如图甲所示，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可验证机械能守恒定律。
安装好实验装置，正确进行实验操作，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图所示.图中0点为打点起始点，且速度为零.选取纸带上打出的连续点A、B、C…作为计数点，测出其中A、B、C点距起始点O的距离分别为h1、h2、h3，已知重锤质量为g，当地重力加速度为g，计时器打点周期为T。
（1）为了验证此实验过程中机械能是否守恒，需要计算出从O点到B点的过程中，重锤重力势能的减少量△EP=__________，动能的增加量△Ek=__________（用题中所给字母表示）
（2）实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量，关于这个误差下列说法正确的是______
A.该误差属于偶然误差
B.该误差属于系统误差
C.可以通过多次测量取平均值的方法来减小该误差
D.可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差
【答案】
（1）.mgh1
（2）.
（3）.BD
【解析】
【详解】
（1）从0点到B点的过程中，重力势能的减小量△Ep=mgh2，B点的瞬时速度
，则动能的增加量
。
（2）实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量，这个误差是系统误差，无法避免，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差．故选BD．
14.为了更准确地测量某电压表的内阻Rv（约为3.0×103Ω），该同学设计了如图所示的电路图，实验步骤如下：
A.断开开关S，按图示连接好电路
B.把滑动变阻器R0的滑片P滑到b端
C.将电阻箱R0的阻值调到零
D.闭合开关S
E.移动滑动变阻器R的滑片P的位置，使电压表的指针指到3V位置
F.保持滑动变阻器R的滑片P位置不变，调节电阻箱R0的阻值使电压表指针指到2.0V位置，读出此时电阻箱R0的阻值为1400.0Ω
G.断开开关S
实验中可供选择的实验器材有：
a.待测电压表
b.滑动变阻器：
最大阻值2000Ω
c.滑动变阻器：
最大阻值20Ω
d.电阻箱：
最大阻值9999.9Ω，阻值最小改变量为0.1Ω
e.电池组：
电动势约6V，内阻可忽略
f.开关、导线若干
按照这位同学设计的实验方法，回答下列问题：
（1）要使测量更精确，除了选用电池组、导线、开关和待测电压表外，还应从提供的滑动变阻器中选用________（填“b”或“c”）
（2）电压表内阻的测量值为_________Ω（结果保留到个位）
（3）电压表内阻RV的测量值R测和真实值R真相比，R测_________R真（填“>”或“<”）；
为了减小实验误差，可以换用阻值更_____的滑动变阻器（填“大”或“小”）
【答案】
（1）.
（1）c
（2）.
（2）2800Ω（3）.（3）>；（4）.小
【解析】
【详解】
（1）根据实验的原理，要保证电压表与电阻箱的总电压保持不变，需要使电压表电阻远大于滑动变阻器的电阻，故滑动变阻器选择小电阻，即选择c；
（2）由题意可知，电压表的内阻应该是电阻箱电阻的2倍，即电压表内阻的测量值为2800Ω；
（3）实验中要保证电压表与电阻箱的总电压不变，但实际上该电压是变化的；当接通电阻箱时，电压表与电阻箱的总电压略微增加；实验中认为电压表的电压2V时，电阻箱电压略大于1V，故电压表的内阻小于电阻箱阻值的2倍，即测量值偏大；为了减小上述的实验误差，可以换用阻值更小的滑动变阻器。
四、计算题（本题共4小题，共46分。
解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。
）
15.如图所示，边长为i=0.5m的正方形abcd为交变电流发电机的金属框，共有50匝线圈，其电阻为r=2.0Ω，线圈在磁感应强度为B=0.2T的匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO′从图中所示的位置开始以如图所示的角速度
=100rad/s匀速转动，外电路电阻为R=8.0Ω.求:
（1）线圈转动过程中感应电动势的最大值；
（2）线圈平面转过60°时的感应电动势；
（3）交变流电压表的示数（结果保留到小数点后一位）
【答案】
（1）250V
（2）125V（3）141.4V
【解析】
【详解】
（1）线圈转动过程中感应电动势的最大值：
；
（2）感应电动势的瞬时值：
，
当线圈平面转过60°时的感应电动势：
；
（3）交流电的有效值：
；
电压表的读数：
16.如图所示为远距离输电示意图，T1为升压变压器，匝数比n1:
n2=1：
10，T2为降压变压器，匝数比为n3:
n4=25:
1，两变压器均为理想变压器。
升压变压器的输入功率为P=5.0×105W，输入电压U1=1.0×103V，输电线的总电阻R=2r=10Ω，求：
（1）输电线上损失的电功率△P；
（2）用电设备的使用电压U4。
【答案】
（1）25000W
（2）380V
【解析】
【详解】
（1）变压器次级电压：
输电线上的电流：
输电线上损失的电功率△P=I22R=502×10W=25000W；
（2）降压变压器初级电压：
U3=U2-I2R=9500V
用电设备得到的电压：
17.如图所示，相距为L的足够长的光滑平行金属导轨上垂直放一质量为m、电阻为R的导体棒MN，导轨平面与水平面夹角为
，并处于磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。
导轨的上端接一滑动变阻器Rx和一个理想电压表，其余电阻不计，已知重力加速度为g。
求：
（1）调节Rx=R，释放导体棒，当导体棒沿导轨匀速下滑时，求通过导体棒的电流及速度；
（2）改变Rx，待导体棒沿导轨再次匀速下滑时读出电压表的示数为U，求滑动变阻器此时的电阻。
【答案】
（1）
；
（2）
【解析】
【详解】
（1）金属棒匀速下滑时：
BIL=mgsinθ，
其中的
其中的Rx=R
E=BLv
解得
（2）由
（1）可知导体棒沿导轨再次匀速下滑时满足
，其中的
解得
18.如图所示，两条竖直虚线之间存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场左侧有一平行板电容器水平放置，电容器极板的长度与两极板间的距离相等，两板间的电势差为U，电容器右端紧靠磁场左边界。
现有一质量为m，电荷量为-q的带电粒子，从电容器左端a点沿直线ab以某一速度进入电场，粒子恰好从电容器上极板的边缘进入磁场（直线ab垂直于磁场边缘，与两极板平行且到两极板的距离相等），已知粒子在磁场中运动的时间t=
，不计粒子的重力。
求:
（1）带电粒子进入磁场时的速度v；
（2）磁场的宽度d
【答案】
（1）
（2）
【解析】
【详解】
（1）设电场的长、宽均为L，粒子在电场中做类平抛运动，则：
v0t1=L；
解得
由动能定理：
解得：
（2）粒子进入磁场的速度方向与水平方向的夹角为
，则粒子进入磁场时速度方向与磁场边界夹角为450；
粒子在磁场中运动的周期：
，
则由
；
解得
；
由
可知
粒子在磁场中运动的半径：
；
由几何关系可知磁场的宽度：
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