黑龙江省伊春市第二中学2018_2019学年高二物理下学期试题（含解析） 17页

黑龙江省伊春市第二中学2018-2019学年高二物理下学期试题（含解析）一、选择题（每小题3分，共17小题，共51分，选不全得2分，其中13--17题为多选）1.如图所示，三个电阻R1、R2、R3的阻值相同，允许消耗的最大功率分别为10W、10W、4W，则此电路允许消耗的最大功率为（　　） A.12WB.15WC.16WD.24W【答案】B【解析】【详解】由题意知R1=R2=R3=R，P1=10W，P2=10W，P3=4W，因为R2与R3并联，则两端电压相等，所以由公式知道R2与R3所消耗的功率一样，所以R2、R3在电路中允许最大功率只能是4W，否则会超过R2的允许功率；把R2与R3看成一个并联电阻R′，则电路就是R1与R′串联，而串联电路所流过的电流一样，由知道，R1与R′所消耗功率之比等于，所以R1上消耗的功率是并联电阻R′上的两倍，如果R2、R3的功率都为4W，则R′的功率就是4W+4W=8W，则R1的功率是2×8W=16W，这样就大于10W，显然不可以；所以只能是R1功率为10W，则R′是R1的功率一半就是5W，而R2与R3的消耗功率一样,所以R2与R3的消耗功率均是R′的一半，为2.5W，最后计算R1功率为10W，则R2为2.5W，R3为2.5W，所以总功率最大为10W+2.5W+2.5W=15W，故B正确，A、C、D错误；故选B。2.如图所示，长方体玻璃水槽中盛有NaCl的水溶液，在水槽左、右侧壁内侧各装一导体片，使溶液中通入沿x轴正向的电流I，沿y轴正向加恒定的匀强磁场B。图中a、b是垂直于z轴方向上水槽的前后两内侧面，则()A.a处电势高于b处电势B.a处离子浓度大于b处离子浓度C.溶液的上表面电势高于下表面的电势nD.溶液的上表面处的离子浓度大于下表面处的离子浓度【答案】B【解析】AB、溶液中的正负离子沿x轴正向移动，由左手定则可知运动的正离子受到沿z轴正向的洛伦兹力，动的负离子受到沿z轴负向的洛伦兹力，故正离子都会偏向a处，负离子都会偏向b处，a处电势高于b处电势，a处钠离子浓度大于b处钠离子浓度，故A错误，B正确；CD、正离子都会偏向a处，负离子都会偏向b处，并没有上下之分,所以溶液的上表面电势等于下表面的电势，溶液的上表面处的离子浓度也等于下表面处的离子浓度,故CD错误；故选B。【点睛】对于电解液,溶液中既有正离子,也有负离子,两种离子都运动,这是与导体导电不同的地方,在分析离子的受力的时候要注意离子的带正电还是负电。3.如图所示，用粗细均匀的电阻丝折成平面梯形框架，ab、cd边均与ad边成60°角，ab＝bc＝cd＝L，长度为L的电阻丝电阻为r，框架与一电动势为E，内阻为r的电源相连接，垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场，则框架受到的安培力的合力大小为(　　)．A.0B.C.D.【答案】C【解析】试题分析：根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，如图电路abcd上的电阻为3r，由几何关系得，ad段的长度为2L，所以ad上的电阻为2r，并联n部分的总电阻为：，电路中的总电流，路端电压，abcd上的电流，abcd上各段的安培力，ad上的安培力，各段受到的力中，和在左右方向的分量大小相等，方向相反，相互抵消，所以线框受到的合外力，C正确；考点：考查了安培力的计算【名师点睛】该题中，各段时的电流的大小不相等，要使用闭合电路的欧姆定律分别计算出各段的电流的大小，然后计算安培力是解题的正确思路．题目的难度中档．4.如图所示为一列简谐波在某一时刻的波形，图中已标出D质点此时的运动方向，下列说法正确的是（）A.波向右传播B.质点E此时运动方向与D相同C.此时A点的运动方向向下D.质点C比质点B先回到平衡位置【答案】D【解析】A、由图中质点D的运动方向沿y轴负方向，则波向左传播，故A错误；B、根据波形的平移法可知：质点D、F与E此时的速度方向相反，故B错误；C、根据波形的平移法可知A点向上运动，故C错误；D、图示时间质点B沿y轴正方向运动，它回到平衡位置的最短时间大于，而质点C经过回到平衡位置，则质点C比B先回到平衡位置，故D正确。点睛：根据质点D的运动方向，可判断出波的传播方向，根据质点C和质点B的位置和速度方向分析它们回到平衡位置的先后，在相邻的两个波峰与波谷间的各个质点的振动方向相同。5.水平方向振动的弹簧振子做简谐运动的周期为T，则()A.若在时间Δt内，弹力对振子做的功为零，则Δt一定是T/2的整数倍nB.若在时间Δt内，弹力对振子做的功为零，则Δt可能小于T/2C.若在时间Δt内，弹簧振子的速度变化量为零，则Δt一定是T的整数倍D.若在时间Δt内，弹簧振子的速度变化量为零，则Δt可能小于T/4【答案】BD【解析】【分析】弹力对振子做功为零，根据动能定理可知初速度与末速度大小相等；弹力对振子的冲量为零，根据动量定理可知初速度与末速度相同；结合简谐运动的周期性和运动过程进行分析即可。【详解】A、水平方向振动的弹簧振子，弹力对振子做功为零，根据动能定理可知初速度与末速度大小相等，振子可能经过同一位置，也可能经过关于平衡位置对称的位置，t不一定是的整数倍，可能小于，故A错误，B正确；C、若在时间t内，弹力对振子冲量为零，根据动量定理可知在t时间内初速度与末速度相同，t可能是T的整数倍，也可能振子经过关于平衡位置对称的位置，则t可能小于，故C错误，D正确。故选：BD6.如图所示，两个小球A、B在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为mA=4kg，mB=2kg，速度分别是vA=3m/s（设为正方向），vB=-3m/s．则它们发生正碰后，速度的可能值分别为（  ）A.vA′=1m/s，vB′=1m/sB.vA′=4m/s，vB′=-5m/sC.vA′=2m/s，vB′=-1m/sD.vA′=-1m/s，vB′=-5m/s【答案】A【解析】试题分析：两球碰撞过程系统动量守恒，碰撞过程中系统机械能不可能增加，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能；同时，碰撞后A球速度不大于B球的速度．碰前系统总动量为，碰前总动能为；n若，则系统动量守恒，动能3J，碰撞后A球速度不大于B球的速度，符合，故A可能；若，则系统动量守恒，动能大于碰撞前，不符合题意，故B不可能；若，则系统动量守恒，但不符合碰撞后A球速度不大于B球的速度，故C不可能；若，则系统动量不守恒，D不可能。考点：考查了动量守恒定律的应用7.如图所示为某一质点在0~4s时间内的振动图象，下列叙述中正确地是（）A.该质点2.5s时向正方向振动B.该质点2.5s时加速度方向为负方向C.该质点2s时加速度最大，且方向为负方向D.该质点5s时加速度最大，且方向为负方向【答案】D【解析】A、根据图像质点在时刻正向负的最大位移处运动，故选项A错误；B、根据回复力和牛顿第二定律：可知，该时刻该质点的位移为负值，故此时加速度方向为正方向，故选项B错误；C、根据回复力和牛顿第二定律：可知，质点在时刻位移为零，故该时刻加速度为零，故选项C错误；D、根据回复力和牛顿第二定律：可知，质点时刻质点处于正的最大位移处，故该时刻加速度为负方向最大值，故选项D正确。8.如图所示，平行板电容器两极板水平放置，现将其与二极管串联接在电动势为E的直流电源上，电容器下极板接地，静电计所带电量可忽略，二极管具有单向导电性。闭合开关S，一带电油滴恰好静止于两板间的P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则下列说法正确的是nA.平行板电容器的电容将变大B.静电计指针张角变小C.带电油滴的电势能将减少D.油滴仍将保持静止【答案】CD【解析】根据知，d增大，则电容减小．故A错误．静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器电容减小，则电容器要放电，但是由于二极管的单向导电性，导致电容器电量不变，故根据Q=CU可知，U变大，，所以静电计指针张角变大．故B错误．因电容器电量不变，则当d增大时，根据,电场强度不变，P点与下极板的电势差变大，则P点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小．故C正确．因电场强度不变，则油滴所受电场力不变．油滴仍将保持静止，故D正确．故选CD．点睛：本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，二极管的存在导致电容器不能放电，则电量不变；当电容量电量不变时，两板间的场强与两板间距无关.9.如图甲所示，某均匀介质中各质点的平衡位置在同一条直线上，相邻两点间距离为质点1开始振动时速度方向竖直向上，振动由此开始向右传播经过时间t，前13个质点第一次形成如图乙所示的波形关于该波的周期与波长说法正确的为　　A.、9dB.、8dC.、9dD.、8d【答案】D【解析】【详解】根据振动的周期性和波的传播特点可知，质点13此时的振动方向向下，而波源的起n振方向向上，所以从质点13算起，需要再经T/2振动的方向才能向上，即与波源的起振方向相同，设周期为T，则t=3T/2+T/2=2T，即T=t/2；相邻波峰（或波谷）间的距离等于波长，由题意知波长为8d，故D正确。故选D。10.如图所示，光滑的水平桌面上放着两个完全相同的金属环a和b，当一条形磁铁的S极竖直向下迅速靠近两环中间时，则(　　)A.a、b互相远离B.a、b互相靠近C.a、b均静止不动D.a、b均向上跳起【答案】A【解析】【详解】根据楞次定律可知：当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时，闭合导体环内的磁通量增大，因此两线圈产生顺时针感应电流，由于两线圈电流方向相反，所以a，b两环互相排斥而相互远离，因此选项A正确，BCD错误。故选A。11.一直升机停在南半球的地磁北极上空。该处地磁场的方向竖直向上,磁感应强度为B。直升机螺旋桨叶片的长度为L,螺旋桨转动的频率为f,顺着地磁场的方向看螺旋桨,螺旋桨顺时针方向转动。螺旋桨叶片的近轴端为a,远轴端为b。如果忽略a到转轴中心线的距离,用E表示每个叶片中的感应电动势,如图所示,则(　　)A.E=2πfL2B,且a点电势低于b点电势B.E=πfL2B,且a点电势低于b点电势C.E=πfL2B,且a点电势高于b点电势D.E=2πfL2B,且a点电势高于b点电势【答案】A【解析】【详解】每个叶片都切割磁感线运动，根据右手定则知，感应电动势方向由a到b，则a点电n势低于b点电势；b端的线速度大小为：v=Lω=2πLf，所以每个叶片中的感应电动势为：，故B正确，ACD错误；故选B。12.如图所示，质量为m的金属环用线悬挂起来．金属环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中．从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线拉力的大小的下列说法正确的是(　　)A.大于环的重力mg，并保持恒定B.大于环的重力mg，并逐渐减小C.小于环的重力mg，并保持恒定D.始终等于环的重力mg【答案】B【解析】【详解】磁感应强度均匀减小，穿过回路的磁通量均匀减小，根据法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的电动势，感应电流也恒定不变。由楞次定律可知，感应电流方向：顺时针，再由左手定则可得，安培力的合力方向竖直向下。则半圆环所受的安培力F=2BIR，可知安培力F随着磁感应强度B的均匀减小而均匀减小；因拉力T=G+F，则拉力开始时大于重力mg，并且逐渐减小；故B正确，ACD错误。故选B。13.如图所示，用恒力F将闭合线圈自静止开始(不计摩擦)从图示位置向左加速拉出有界匀强磁场，则在此过程中(　　)A.线圈向左做匀加速直线运动B.线圈向左运动且加速度逐渐增大C.线圈向左运动且加速度逐渐减小nD.线圈中感应电流逐渐增大【答案】CD【解析】线圈向左运动时，ab边做切割磁感线运动产生电动势，根据右手定则可知ab产生的电动势方向从a向b，电动势的大小为E=BLv，通过ab的电流为I=，由左手定则可知ab边受到的安培力方向向右，大小为F安=BIL；根据牛顿第二定律应有F-F安=ma；联立可得，可见，加速度a随速度v的增大而减小，即线圈做加速度减小的加速运动，所以AB错误，C正确；线圈加速运动，产生的感应电流应逐渐增大，所以D正确．故选CD.点睛：对电磁感应问题首先找出电源，然后根据楞次定律和法拉第电磁感应定律写出电动势大小和方向，若涉及到力学问题，就进行受力分析，再根据牛顿第二定律写出相应的表达式，然后再讨论即可．14.如图所示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，则下列说法正确的是(　　)A.电压表V2示数不变B.电压表V3示数增大C.该变压器起降压作用D.变阻器滑片是沿d→c的方向滑动【答案】BD【解析】【详解】观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，即副线圈电流增大，由于a、b接在电压有效值不变的交流电流两端，匝数比不变，所以副线圈电压不变，即V1，V2示数不变，根据欧姆定律得负载电阻减小，所以变阻器滑片是沿c→d的方向滑动，故A正确，D错误；由于电流表A2的示数增大，所以R0两端电压增大，所以滑动变阻器R两端电压减小，即电压表V3示数减小，故B错误；观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2n的示数增大了0.8A，即原线圈电流增大量小于副线圈电流增大量，根据电流与匝数成反比，所以该变压器起降压作用，故C正确；故选AC。15.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4∶1，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R＝10Ω，其余电阻均不计，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法正确的是(　　)A.当单刀双掷开关与a连接且t＝0.01s时，电流表示数为零B.当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为55VC.当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的输入功率增大D.当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈输出电压的频率为25Hz【答案】BC【解析】【详解】当单刀双掷开关与a连接时，电流表示数为电流的有效值，不随时间的变化而变化，所以电流表的示数为不为零，故A错误；交流电的有效值为220V，根据电压与匝数成正比可知，当单刀双掷开关与a连接时，副线圈电压为55V，则电压表的示数为55V，故B正确；当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的匝数变小，所以副线圈的输出的电压要变大，电阻R上消耗的功率变大，原线圈的输入功率也要变大，故C正确。由图象可知，交流电的周期为2×10-2s，所以交流电的频率为f=50Hz，变压器不能改变交流电的频率，则D错误；故选BC。16.如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有（）A.增加线圈的匝数B.提高交流电源的频率C.将金属杯换为瓷杯D.取走线圈中的铁芯【答案】ABn【解析】试题分析：当线圈中通以交变电流时，在金属杯中将产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势，因此增加线圈的匝数可以提高感应电动势，感应电流的功率增大，使杯内的水沸腾所需的时间缩短，提高交流电源的频率，磁通变化率变大，感应电动势变大，感应电流的功率增大，故选项A、B正确；取走线圈中的铁芯则使得线圈周围的磁场变弱，磁通量减小，磁通变化率亦减小，感应电动势变小，从而使杯内的水沸腾所需的时间反而边长，故选项D错误；将金属杯换为瓷杯后，由于陶瓷不是导体，因此瓷杯中不能产生感应电流，无法给水加热，故选项C错误。考点：本题主要考查了对感应电流产生条件、法拉第电磁感应定律的理解与应用问题，属于中档题。17.如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，直径与磁场宽度相同的金属圆形线框以一定的初速度斜向匀速通过磁场。在必要的时间段内施加必要的水平拉力保证其匀速运动，则A.金属框内感应电流方向先逆时针再顺时针B.金属框内感应电流经历两次先增大后减小C.水平拉力方向与速度同向D.水平拉力方向与速度方向有关【答案】AB【解析】【详解】进磁场时，磁通量在增大，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针方向。出磁场时，磁通量减小，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针方向。故A正确。根据法拉第电磁感应定律知，进磁场时，磁通量的变化率先变快再变慢，则感应电流的大小先变大后变小。出磁场时，磁通量的变化率先变快再变慢，则感应电流大小先变大后变小。故B错误。水平拉力和安培力平衡，方向相反，安培力的方向水平向左，则水平拉力的方向水平向右，与速度方向无关。故C错误，D正确。故选AD。二、填空题：（共9分）n18.如图所示，一列简谐波向右传播，波速为v，沿波的传播方向上有相距为L的P、Q两质点，某时刻P、Q两质点都处于平衡位置，且此刻P点速度向下，P、Q间仅有一个波峰，经过时间t，Q点第一次达到波谷。此波的可能最大波速为________________。【答案】【解析】根据题意可以知道，波形图为：则，由题意：，则：，根据公式：。19.如图所示，一列简谐横波沿x轴正向传播，波传到x=1m的P点时，P点开始向下振动，此时为计时起点，已知在t=0.4s时PM间第一次形成图示波形，此时x=4m的M点正好在波谷。当M点开始振动时，P点正好在________，这列波的传播速度是______________。【答案】(1).波峰(2).10m/s【解析】由题意，简谐横波沿x轴正向传播，在时PM间第一次形成图示波形，由于P振动时间是半个周期的整数倍，则知时间内振动传播了一个波长，故波的周期为根据图像可知PM之间距离为，根据波形可知，当M点开始振动时，由波形可知，P点在波峰，由图知，波长，则波速。三、实验题（本题共2小题，共16分。)n20.在伏安法测电阻的实验中，待测电阻Rx的阻值约为200Ω，电压表的内阻约为2kΩ，电流表的内阻约为10Ω，测量电路中电流表的连接方式如图(a)(b)所示，若将图中测得的电阻值分别记为Rx1和Rx2，则________(填“Rx1”或“Rx2”)更接近待测电阻的真实值，且测量值Rx1______(填“大于”“等于”或“小于”)真实值，测量值Rx2______(填“大于”“等于”或“小于”)真实值．【答案】(1).Rx1(2).大于(3).小于【解析】【详解】由题意可知：，，则有：，故电流表应采用内接法时误差较小，则Rx1更接近待测电阻的真实值，但由于电流表采用内接法，电压的测量值偏大，由欧姆定律可知电阻Rx1测量值大于真实值；图(b)采用电流表外接法，由于电压表的分流使电流表示数偏大，则由欧姆定律可知测量值Rx2小于真实值；21.在测定干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：A．待测干电池（1节）             B．电流表G（满偏电流1mA，内阻Rg=10Ω）C．电流表A（0～0.6～3A，内阻未知）      D．滑动变阻器R1（0～15Ω，10A）E．滑动变阻器R2（0～200Ω，1A）        F．定值电阻R0（阻值1 990Ω）G．开关K与导线若干(1)在实验中，为了操作方便且能够准确进行测量，滑动变阻器应选用______（填“R1”或“R2”）；电流表的量程应为______A挡（填“0.6”或“3”）．(2)根据题目提供的实验器材，请设计出测量干电池电动势和内阻的电路原理图，并如图画在方框内_______．(3)如图为某同学利用上述设计实验电路测出的数据绘出的I1I2图线（I1为电流表G的示数，nI2为电流表A的示数），则由此图线可以得到被测干电池的电动势E=______V，内阻r=______Ω．（结果保留两位有效数字）【答案】(1).R1(2).0.6(3).(4).1.5(5).1.0【解析】【详解】解：(1)实验中电路中的电流应较大，应选总电阻较小的滑动变阻器R1，测一节干电池电动势与内阻实验，电路最大电流较小，约为零点几安，因此电流表应选0.6A量程；(2)实验中没有电压表，可以用已知内阻的电流表G与定值电阻R0串联组成电压表测路端电压，电流表A测电路电流，实验电路图如图所示；(3)根据实验电路图，由闭合电路欧姆定律得：，I1−I2图线的函数表达式应为：，由图示图象可知图象的截距，图象斜率的绝对值，解得电源电动势E=1.5V，内阻r=1.0Ω；三、计算题：（24分）22.如图所示，在同一均匀介质中有S1和S2两个波源，这两个波源的频率、振动方向均相同，且振动的步调完全一致，S1与S2之间相距为4m，若S1、S2振动频率均为5Hz，两列波的波速均为10m/s，B点为S1和S2连线的中点，今以B点为圆心，以R＝BS1为半径画圆．n(1)该波的波长为多少？(2)在S1、S2连线上振动加强的点有几个，它们距S1的距离为多少？(3)在该圆周上(S1和S2两波源除外)共有几个振动加强的点？【答案】（1）2m；（2）3个，1m，2m，3m；（3）6【解析】(1)由公式λ＝，得λ＝＝2m.(2)S1、S2之间恰好有2个波长，由对称性可直接判断B点为加强点，A、B、C三点分别为S1、S2连线的等分点，由图形可知，AS2－AS1＝λ，CS1－CS2＝λ，故A与C两点也为加强点，故在S1、S2连线上有3个加强点分别为：AS1＝＝1m，BS1＝λ＝2m，CS1＝λ＝3m.(3)A、B、C三点为振动加强的点，过A、B、C三点作三条加强线(表示三个加强区域)交于圆周上A1、A2、B1、B2、C1、C2六个点，显然这六个点也为加强点，故圆周上共有六个加强点．23.水平轨道AB，在B点处与半径R=300m的光滑弧形轨道BC相切，一个质量M=1.00kg的木块置于B处。以v=5.00m/s的水平速度冲上光滑弧形轨道BC，如图所示。已知木块与水平轨道AB的动摩擦因数μ＝0.5（cos50=0.966；g取10m/s2）。试求：n（1）木块冲上光滑弧形轨道后，木块需经多长时间停止？（2）木块最后所停位置距离B点多远？【答案】（1）；（2）2.5m【解析】（1）沿斜面上滑，机械能守恒，最大高度h根据机械能守恒：，得：最大摆角，,得:,则滑块在曲面上运动可以看作简谐运动，木块在曲面上简谐运动周期：木块返回B点，机械能守恒，速率不变，向左滑动动量定理：，可得：木块在光滑圆弧上运动的时间为：(2)从B点向左滑动的平均速度大小为：根据匀变速直线运动规律可以得到：距离。24.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．（1）该波的波速（2）图中的质点Q在t时刻的坐标（3）在t＝0至t＝1.0s时间内质点P运动的路程【答案】（1）40cm/s；（2）0.7m；（3）70cm【解析】(1)由题可以知道该波的频率，周期，由图知该波在时间内，波传播了，则波速，此时P点的振动方向向下，则波源的起振方向向下；（2）n由对称性知处质点t时刻处于波峰；（3）在至时间内，即，质点P已振动，运动的路程为。点睛：本题要抓住对称性，S在振动过程中，波向两端同时传播，知道各质点开始振动的方向与波源开始振动方向相同。