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: