2017-2018学年四川省蓉城名校联盟高中高二下学期4月联考物理试题 解析版 15页

‎ 四川省蓉城名校联盟高中2017-2018学年高二下学期4月联考物理试题 一、单项选择题(8个小题)‎ ‎1. 了解物理规律的发现过程，往往比掌握知识本身更重要，以下符合物理学事实的是 A. 伽利略首先发现了单摆的等时性，并把它用于计时 B. x射线是德国物理学家伦琴发现的，并拍下世界上第一张x射线照片 C. 麦克斯韦建立了完整的电磁场理论，并验证了电磁波的存在 D. 丹麦物理学家奥斯特梦圆磁生电，终于发现了电磁感应现象 ‎【答案】B ‎【解析】意大利科学家伽利略最早发现了摆的等时性原理，后来惠更斯得出了单摆的周期公式，并应用于计时，故A错误；伦琴发现了X射线，并拍下了世界上第一张X射线的照片，故B正确；建立完整的电磁场理论并首先预言电磁波存在的科学家是麦克斯韦，而首先证实电磁波存在的科学家是赫兹，故C错误；丹麦物理学家奥斯特梦圆电生磁，终于发现了电流的磁效应，故D错误；故选B.‎ ‎【点睛】本题比较简单考查了学生对物理学史的了解情况，在物理学发展的历史上有很多科学家做出了重要贡献，大家熟悉的牛顿、库仑、法拉第等，在学习过程中要了解、知道这些著名科学家的重要贡献，是解答类似问题的关键．‎ ‎2. 关于做简谐运动的单摆，下列说法正确的是 A. 单摆经过平衡位置时合力为零 B. 摆角小于5°时，摆球合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比 C. 只有在最高点时，回复力才等于重力和摆线拉力的合力 D. 摆球在任意位置处，回复力都不等于重力和摆线拉力的合力 ‎【答案】C ‎【解析】摆球通过平衡位置时，所受回复力为零，由于具有向心加速度，所受的合力指向悬点，不为零，故A错误；摆角很小时，摆球所受回复力的大小跟摆球对平衡位置的位移大小成正比，而不是合力的大小跟摆球对平衡位置的位移大小成正比，故B错误。在高点，设绳子与竖直方向夹角为，根据牛顿第二定律：，在最高点v=0，，振子所受合力为，等于回复力，故C正确，D错误；故选C.‎ ‎【点睛】单摆在竖直面内做简谐运动时向心力是细线的拉力与重力沿细线方向分力的合力提供，摆球做简谐运动，回复力是重力沿圆弧切线方向的分力。‎ ‎3. A、B、C、D是一列简谐横波上的四个点，某时刻波形如图所示，下列说法正确的是 A. 若B点此时振动的速度是向上的，波向右传播 B. 若波向左传播，此时A、C两点振动的速度是向上的 C. 若波向右传播，一段时间后A点可能迁移到B点 D. 若C点比D点先回到平衡位置，波向右传播 ‎【答案】D ‎【解析】若B点此时振动的速度是向上的，根据“上下坡法”可知，波向左传播，故A错误；若波向左传播，根据“上下坡法”可知，A、C两点振动的速度是向下的，故B错误；质点不会随波迁移，故C错误；若C点比D点先回到平衡位置，则在图示时刻，C的速度方向向上，D的速度方向向下，根据“上下坡法”可知，波向右传播，故D正确；故选D.‎ ‎【点睛】根据质点的振动方向或波传播方向，通过“上下坡法”得出波的传播方向或质点振动方向。‎ ‎4. 如图所示，用均匀导线做成边长为0.1m的正万形线框，线框的一半处于垂直线框向里的匀强磁场中， 当磁场以40T/s的变化率均匀减小时，a、b两点间电势差的大小为U，则 A. ， U=0.IV B. ， U=0.IV C. ， U=0.2V D. ， U=0.2V ‎【答案】A ‎【解析】正方形线框的左半部分磁通量在不断减小，根据楞次定律可知电流方向为顺时针，把左半部分线框看成电源，电源内部的电流由负极到正极，故a的电势大于b点电势，设电动势为E，内电阻，画出等效电路如图所示 由图可知a、b两点间的电势差即为电源的路端电压，设边长，且依题意知：，由法拉第电磁感应定律得：，则，故A正确，BCD错误，故选A.‎ ‎【点睛】根据法拉第电磁感应定律，求出感应电动势的大小，根据楞次定律判断出感应电流的方向，再通过闭合电路欧姆定律求出电流以及电势差．‎ ‎5. 如图所示为某弹簧振子做简谐振动的图像，下列说法中正确的是 A. 因为振动图像可由实验直接得到，所以图像就是振子实际运动的轨迹 B. 第1s木振子的速度为负向的最大值 C. 第2s末振子的速度为零，加速度为负向的最大值 D. 从第3s末到第4s末振子在做加速运动 ‎【答案】B ‎............‎ ‎【‎ 点睛】简谐运动的位移是指相对于平衡位置的位移，简谐运动的图象反映了振子的位移随时间的变化情况，不是振子的轨迹，由图读出周期和振幅，x-t图象的斜率表示速度。‎ ‎6. 图甲为风力发电的简易模型，在风力的作用下，风叶惜动与其固定在一起的水磁铁转动，转速与风速成正比，某一风速时，线图中产生的正弦式电流如图乙所示，则 A. 电流的瞬时表达式为 B. 磁铁的转速为100r/s C. 风速加倍时电流的表达式为 D. 风速加倍时线圈中电流的有效值为1.2A ‎【答案】D ‎【解析】通过乙图可知电流的最大值为，周期T=0.02s，故，故电流的表达式为，故A错误；电流的周期为T=0.02s，故磁体的转速为，故B错误；风速加倍时，角速度加倍，根据，可知产生的感应电动势加倍，形成的感应电流加倍，故风速加倍时电流的表达式为，则电流的最大值，则有效值，故D正确；故选D.‎ ‎【点睛】根据i-t图象判断出电流的最大值与周期，当转速加倍时，根据可知产生的感应电动势加倍，形成的感应电流加倍，根据求电流的有效值。‎ ‎7. 图甲为远距离输电示意图，升压变压器原、副线圈匝数比为11: 2000，降压变压器原、副线圈匝数比为1000: 11，远距离输电线的总电阻为80Ω，若用户的输入电压如图乙所示，用户实际消耗的功率为100kW.下列说法中正确的有 A. 用户端交流电的频率为100Hz B. 输电线中的电流为2.5A C. 输电线路损耗功率为2kW D. 输电线路损耗功率为0.5kW ‎【答案】C ‎【解析】由图乙知交流电的周期T=0.02s，所以频率为，变压器不会改变交 变电流的频率，故A错误；用户的输入电压，根据，得降压变压器原线圈电压为，所以输电线中的电流为：，输电线路损耗功率为，故BD错误，C正确；故选C.‎ ‎【点睛】根据升压变压器的输入电压，结合匝数比求出输出电压，从而得出输送电流，根据输电线的电阻得出损失的功率，根据电压损失得出降压变压器的输入电压，计算用户得到的电压．‎ ‎8. 如图所示，由导体材料制成的闭合线框，曲线部分PNQ满足函数，其中x、y单位为m， x满足，曲线部分电阻不计，直线部分PMQ的电阻为R=5Ω.将线框从图示的位置开始(t=0)，以v=4m/s的速度匀速通过宽度为d=2m、磁感应强度B=2T的匀强有界磁场，在线框穿越磁场的过程中， 下列说法正确的是 A. 线框穿越磁场的过程中，感应电流变化规律为 B. 线框穿越磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为51.2J C. 线框穿越磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为25.6J D. 线框穿越磁场的时间为0.5s ‎【答案】C ‎【点睛】根据匀速运动的位移公式求线框穿过磁场的时间。当线框的有效切割长度最大时产生的感应电动势最大，PQ间的电压最大，由E=BLv求出最大的感应电动势，即可求得PQ间最大电压。线框中产生正弦感应电流，根据电动势有效值求焦耳热。由欧姆定律求感应电流的变化规律。‎ 二、多项选择题(5小题)‎ ‎9. 下列说法正确的是 A. 系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率 B. 一切波必须在一定条件下才有衍射现象 C. 两列频率相同的波相遇叠加时，介质中振动加强的质点在某时刻的位移可能是零 D. 只要有电场和磁场，就能产生电磁波 ‎【答案】AC ‎【解析】根据受迫振动的特点可知，系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率，故A正确；波发生明显衍射的条件是：孔、缝的宽度或障碍物的尺寸与波长相比差不多或者比波长更小，但如果孔、缝的宽度或障碍物的尺寸，比波长大得多时，就不能发生明显的衍射现象，而一切波在任何情况下都有衍射现象，故B错误；两列频率相同的波相遇时，会发生波的干涉现象，振动方向相同的点相遇，振动加强，如两个质点都在平衡位置，方向相同，所以振动加强，但位移为0，因此振动加强点的位移可以最大，也可能最小，故C正确；只有变化电场和变化磁场，才可以产生电磁波，故D错误；故选AC.‎ ‎【点睛】受迫振动的振动的频率等于周期性驱动力的频率．一切波在任何情况下都有衍射现象，衍射现象分明显或不明显；只有频率相同的两列波才能发生干涉现象；变化的电场或变化磁场才会产生电磁波.‎ ‎10. 如图所示为双流国际机场安检门原理图，左边门柜有一通电线圈，右边门框中有一接收线图。工作过程中某段时间通电线中存在顺时针方向均匀增大的电流(从左向右看)，则 A. 无金属片通过时，按收线圈中的感应电流方向从左向右看为顺时针 B. 无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向从左向右看为逆时针 C. 有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小不发生变化 D. 有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小发生变化 ‎【答案】BD ‎【解析】当左侧线圈中通有不断增大的顺时针方向的电流时，知穿过右侧线圈的磁通量向右，且增大，根据楞次定律，右侧线圈中产生逆时针方向的电流；故A错误，B正确；有金属片通过时，则穿过金属片中的磁通量发生变化时，金属片中也会产生感应电流，感应电流的方向与接收线圈中的感应电流的方向相同，所以也会将该空间中的磁场的变化削弱一些，引起接收线圈中的感应电流大小发生变化，故C错误，D正确。故选BD。‎ ‎【点睛】当左侧线圈中通有不断增大的顺时针方向的电流时，周围的磁场发生变化，即通过右侧线圈的磁通量发生变化，根据楞次定律结合右手螺旋定则判断出右侧线圈中感应电流的方向，结合法拉第电磁感应定律判断感应电流的大小．‎ ‎11. 如图所示， T为理想变压器，原副线圈匝数比为11: 2， 为理想交流电流表，为理想交流电压表，为定值电阻，为光敏电阻(阻值随光照强度的增大而减小)，原线圈两端电压，以下说法正确的是 A. 当光照减弱时，电压表示数为40V保持不变 B. 当光照增强时，电压表示数增大 C. 当光照减弱时，电流表示数变大 D. 当光照增强时，电流表示数同时变大 ‎【答案】AD ‎【解析】原线圈两端电压有效值为220，原副线圈匝数比为11：2‎ ‎，所以副线圈的电压有效值为44V，电压表V1示数为40V保持不变，与电阻的变化无关，故A正确；当光照增强时，的电阻减小，总的电阻减小，所以电路的总电流要变大，即示数增大，故原线圈的电流也增大，即示数增大，同时的电压变大，副线圈的总电压不变，所以电压表示数变小，故B错误，D正确；当光照减弱时，的电阻增大，总的电阻增大，所以电路的总电流要变小， 即的示数减小，故原线圈的电流减小，即的示数减小，故C错误；故选AD.‎ ‎【点睛】根据的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．‎ ‎12. 图甲为一列简谐横波在t=4s时的波形图，图乙为介质中平衡位置在x=2.5m处的质点的振动图象，下列说法正确的是 A. 该波向x轴正方向传播 B. 当t=7s时，平衡位置在x=2m处的质点恰好经平衡位置向-y方向运动 C. 当t=13s时，平衡位置在x=-2.5m处的质点的加速度方向为+y方向 D. 从t=4s到t=9s的时间内，平衡位置在x=0.4m处的质点经过的路程大于20cm ‎【答案】BD ‎【解析】根据图（b）乙的振动图象可知，在x=2.5m处的质点在t=4s时振动方向向上，由上下坡法知该波向x轴负方向传播，故A错误；当t=7s时，，x=2m处的质点恰好回平衡位置向y轴负方向运动，故B正确；当t=13s时，，x=-2.5m处的质点正好在波峰位置，根据，可知其加速度的方向为-y方向，故C错误；从t=4s到t=9s，即，此时x=0.4m处的质点经一个周期后向y轴正方向运动，在经过的这段时间内，其路程一定大于A，故该质点在t=4s到t=9s经过的总路程大于5A=20cm，故D正确；故选BD.‎ ‎【点睛】先根据质点的振动图象，判断波的传播方向，据波形成的条件和特点分析各质点的振动情况，以及质点通过的路程。‎ ‎13.‎ ‎ 如图所示，在光滑水平面上，有竖直向下的匀强磁场，分布在宽度为d的区域内，两个边长均为的单匝闭合正方形线圈甲和乙，分别用相同材料不同粗细的导线绕制而成(甲为细导线)，将线圈置于光滑水平面上且位于磁场的左边界，并使两线圈获得大小相等、方向水平向右的初速度，若乙线圈刚好能滑离磁场，则 A. 甲线圈也刚好能滑离磁场 B. 两线圈完全进入磁场速度相同，等于 C. 两线圈进入磁场过程中通过导线横截面电荷量相同 D. 两线圈进入磁场过程中产生的热量相同 ‎【答案】AB ‎【解析】设任一线圈的横面积为S，电阻率为，密度为，线圈进入磁场时产生的感应电流为，所受的安培力大小为，加速度大小为，可知a与S无关，所以两个线圈进入磁场的过程，任意时刻加速度相同，同理离开磁场的过程任意时刻的加速度也相同，运动情况完全相同，所以乙线圈刚好能滑离磁场，甲线圈也刚好能滑离磁场，故A正确。从进入到完全进入，电荷量，又，，联立解得：，同理从刚开始出到完全出，电荷量仍为；从进入磁场到完全进入磁场，由动量定理得：，又，则有：，又，即；从出磁场到完全出磁场，由动量定理得：，则有：，又，即，因为，则有，解得，故B正确；因电荷量，由于两个线圈粗细不同，故电阻R不同，故电荷量不相同，故C错误；两个线圈进入磁场过程的初速度和末速度分别相等，由于质量不同，所以动能的减小量不等，因此产生的热量不等，故D错误。故选AB.‎ ‎【点睛】根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式得到线框的加速度表达式，再分析两个线圈的运动情况，即可判断乙线圈能否滑离磁场．根据感应电荷量公式分析电量关系．根据能量守恒定律分析热量关系．‎ 三、实验探究题(2小题)‎ ‎14. 在“探究产生感应电流的条件”的实验中，如下图所示， 当导体棒AB做切割磁感线运动时，闭合回路___感应电流(填“有”或“无”)产生，当导体棒AB沿着磁感线上下运动时， (不考虑磁场的边缘效应)，闭合回路无感应电流产生。如果将电流表断开，当导体棒AB做切割磁感线运动时，回路中无感应电流， AB两端___ (填“有”或“无”)感应电动势。‎ ‎【答案】 (1). 有 (2). 有 ‎【解析】当导体棒做切割磁感线运动时，尽管磁场的强弱没有变化，但是闭合回路的面积发生了变化，通过闭合回路的磁通量发生变化，有感应电流．如果将电流表断开，当导体棒AB切割磁感线，导致磁通量的变化，从而产生感应电动势AB两端有感应电动势，但没有形成闭合回路，故无感应电流。‎ ‎【点睛】感应电流产生的条件：穿过闭合回路的磁通量方式变化时，电路中有感应电流产生；感应电动势产生的条件：因切割磁感线，导致磁通量的变化，从而产生感应电动势。‎ ‎15. 我们知道，成都平原不只有平原，就同学们所在的11所联盟学校所处的海拔高度差别也是很大的。因此，我们各个学校很有必要测定备自所在地的重力加速度，如果这个任务交给你，请回答以下问题：‎ ‎(1)如果你准备利用单摆“测当地重力加速度”，有以下器材可供选择，其中小球应该选_______(填选项)，摆线应该选细棉线。‎ A.小铁球 B.小塑料球 C.小铝球 ‎(2)在该实验中，以下操作步骤的顺序正确的是_______(填选项)。‎ a.测得摆长为， 是摆线长度和小球的半径之和，即 b.用秒表记录小球完成n次全振动所用的总时间t，计算单摆周期 c.缓慢拉动小球，使细线偏离竖直方向约为5°位置由静止释放小球 d.改变细线长度，重复前面步骤，进行多次测量，计算多次g值，并取平均值 e.取一根细线，下端系住直径为d的小球，上端固定在铁架台上 f.用公式计算重力加速度 A. e a b f c d B. e b a f c d C. e a c b f d D. e a c b d f ‎(3)数据处理也可以用图像来处理，免去多次计算之苦。测量出多组周期T、摆长，在坐标中描出各数据点，并用平滑直线连接它们，得到如图所示的图线，则若已知图线的斜率为k，则当地的重力加速度应为 _________(填选项)。‎ A.k B. C. D.‎ ‎【答案】 (1). A (2). C (3). D ‎【解析】（1）摆球应选质量大而体积小的金属球，故选A；（2）根据实验原理，先组装仪器，再通过做实验进行数据测量，最后根据单摆的周期公式进行计算重力加速度，故正确的步骤为e a c b f d，即应选C；（3）根据单摆周期公式，得，故图象的斜率为，解得.‎ ‎【点睛】根据实验的原理以及注意事项确定正确的操作步骤．根据单摆的周期公式，结合图线的斜率求出重力加速度． ‎ 四、计算题(3小题)‎ ‎16. 一列简谐波沿x轴正方向传播，图中实线表示t=0时刻的波形，虚线表示t=0.5s时的波形。求：‎ ‎(1)如果周期大于0.5s，该列波的周期和波速；‎ ‎(2)如果该波向x轴负方向传播，某同学为了求出该波波速，计算如下：由图知， t=0.5s内波向x轴负方向传递了，则，所以该波波速为6m/s。请判断该同学的解答正确与否，如果有误，请你给出正确解答。‎ ‎【答案】(1) (2)不正确，‎ ‎【解析】试题分析：（1）由波动图象读出波长，根据求出波速，根据求周期；（2）不正确，因为在这段时间内波向x轴负方向传播的距离，由于周期性的存在，有多个解，故对应的波速也有多个解。‎ ‎(1)由图可得：波在t=0.5s内向右传递的距离为x=1m，则 ‎ 又由图可得，该波波长，由公式得：‎ ‎ (2)不正确，由图知，t=0.5s内波向x轴负方向传递了(n=0，1，2，3....)‎ 则 (n=0，1，2，3....) ‎ ‎【点睛】本题是波动图象中多解问题，关键根据波的双向性和周期性，得到波传播的距离，即可求得波速． ‎ ‎17. 如图所示，线圈abcd的面积，共100匝，线圈总电阻r=4Ω，外接一电阻R，匀强磁场的磁感应强度，线圈以100π rad/s的角速度匀速转动。电流表和电压表均为理想交流电表。求： (结果可用根号表示)‎ ‎(1)若开关S断开，电压表的示数；‎ ‎(2)若R=6Ω，闭合开关S后，电流表、电压表的示数；‎ ‎(3)若将开关S闭合后，要使R消耗功率最大，则R的阻值及最大功率。‎ ‎【答案】(1) (2) (3)‎ ‎【解析】试题分析：（1）先根据求出交流电的最大值，再根据求出有效值，电压表的读数即为有效值；（2）根据闭合电路欧姆定律求出电流，根据U=IR求出路端电压；（3）当外电阻与内电阻相等时，R消耗的功率最大。‎ ‎(1)交流发电机的最大电动势 ‎ 则该交流电有效值 所以，电压表读数为 ‎(2)开关闭合，电路中电流 路端电压 ‎(3)R有最大消耗功率，则 ‎【点睛】本题考查对交流发电机原理的理解能力．对于交流电表，显示的是交流电的有效值．要掌握最大值的表达式．明确欧姆定律对交流电路同样适用，不过要注意对应关系．‎ ‎18. 如图所示，两足够长的光滑平行金属导轨PQ和，宽L=1m，放在倾角θ=30°的绝缘斜面上，在Q和之间连有一个阻值R=1.0Ω的电阻，导轨的电阻不计，导轨平面所围的区域存在一个磁感应强度B=2.0T，方向垂直于斜而向上的匀强磁场。导轨上放置一根与导轨垂直质量为m，电阻r=0.6Ω的金属杆，用轻绳通过定滑轮将一质量M=1.2kg的小物块与杆的中点相连，绳与杆的连线平行于斜面，此时系统恰能保持静止。现将质量为的粘性橡皮泥粘在M上并由静止释放，经过一段时间后系统达到稳定状态。求： (g取) ‎ ‎(1)金属杆的质量；‎ ‎(2)释放瞬间金属杆的加速度及稳定后金属杆的速度；‎ ‎(3)若从释放到系统达到稳定状态，滑杆移动的距离d=2m，该过程中电阻R产生的热量。‎ ‎【答案】(1)(2)(3)1.8J ‎【解析】试题分析：（1）根据平衡条件，分别对滑杆和小物块受力分析，即可求解杆的质量；（2）M释放瞬间，分别对滑杆和小物块受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度，稳定后，由平衡条件求解稳定的速度；（3）根据能量守恒定律求解系统产生的总热量，根据求解R产生的热量.‎ ‎(1)对滑杆的受力分析，由平衡条件得： ‎ 对小物块M，由平衡条件得：‎ 联立解得：‎ ‎(2)M释放瞬间：对滑杆，由牛顿你第二定律得：‎ 对小物块，由牛顿第二定律得： ‎ 联立解得： ‎ 系统稳定后，处于平衡状态；对小滑块，由平衡条件得：‎ 对小物块，由平衡条件得：‎ 解得：‎ 故 ‎ 又得： ‎ ‎（3）若从释放到系统达到稳定状态，设系统产生的总热量为Q，由能量守恒定律得：‎ 解得：Q=2.88J 由于金属棒与电阻R串联，电流相等，根据焦耳定律，得到它们产生的热量与电阻成正比，‎ 所以电阻R产生的热量产生的热量量 ‎【点睛】本题涉及多个物体的运动，要注意从导体棒的平衡展开处理可得各力的大小，明确各导体棒的运动过程，再从能量守恒角度分析能量的变化是关键．‎ ‎ ‎