【物理】江西省新余市第一中学2019-2020学年高二下学期4月月考试题（解析版） 12页

新余市第一中学高二年级物理测试卷 一、选择题：本题共10小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1~4只有一项是符合题目要求，第5~10题有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。‎ ‎1.如图甲所示的“火灾报警系统”电路中，理想变压器原、副线圈匝数之比为10:1，原线圈接入图乙所示的电压，电压表和电流表均为理想电表，R0为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，R1为滑动变阻器．当通过报警器的电流超过某值时，报警器将报警．下列说法正确的是( )‎ A. 电压表V的示数为20V B. R0处出现火警时，电流表A的示数减小 C. R0处出现火警时，变压器的输入功率增大 D. 要使报警器的临界温度升高，可将R1的滑片P适当向下移动 ‎【答案】C ‎【解析】设此电压的最大值为Um，电压的有效值为U．，代入数据得图乙中电压的有效值为110 V．变压器原、副线圈中的电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈中的电压之比是10：l，所以电压表的示数为11V，故A错误．R0处出现火警时，电阻减小，则次级电流变大，变压器输出功率变大，则变压器的输入功率增大，电流表示数变大，选项C正确，B错误；R1的滑片P适当向下移动，R1电阻变大，则次级电流变大，R0上电压变大，则报警器两端电压减小，则报警器的临界温度就降低了，故选项D错误；故选C.‎ ‎2.如图甲所示．在同一平面内有两个绝缘金属细圆环A、 B,两环重叠部分的面积为圆环A面积的一半，圆环B中电流i随时间t的变化关系如图乙所示，以甲图圆环B中所示的电流方向为负，则A环中 A. 没有感应电流 B. 有逆时针方向的感应电流 C. 有顺时针方向的感应电流 D. 感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向 ‎【答案】B ‎【解析】由安培定则可知，环A产生的磁场分布，环内垂直纸面向外，环外垂直纸面向里，由于内部的磁场大于外部的磁场，由矢量的叠加原理可知A环总磁通量向外；当导线中的电流强度I逐步减小时，导致环产生感应电流．根据楞次定律，则有感应电流的方向逆时针；同理，当导线中的电流强度I反向逐步增大时，导致环产生感应电流．根据楞次定律，则有感应电流的方向逆时针．故B正确，ACD错误；故选B．‎ ‎3.如图甲所示,一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴O′以恒定的角速度ω转动,从线圈平面与磁场方向平行时开始计时,线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化,在t=π/2ω时刻（ ）‎ A. 线圈中的电流最大 B. 穿过线圈磁通量为零 C. 线圈所受的安培力为零 D. 穿过线圈磁通量的变化率最大 ‎【答案】C ‎【解析】时刻 ，线圈转过的角度为，此时线圈平面和磁感线垂直，磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零，感应电流为零，此时的安培力为零，选项C 正确．‎ ‎4.如图所示，用单色光做双缝干涉实验，P为第二条亮条纹，改用频率较高的单色光再做实验（其他不变）时，则第二个亮条纹的位置 A. 仍在P点 B. 在P点上方 C. 在P点下方 D. 要将屏向双缝方向移近一些才能看到亮条纹 ‎【答案】C ‎【解析】ABC．频率增大，则波长变小，根据双缝干涉条纹的间距公式 可知，相邻条纹的间距变小，则第二条暗纹的中点在P点的下方．故AB错误，C正确；‎ D．当改用频率较高的单色光，则波长变小时，出现明（暗）条纹的间距宽度变小，若将屏向双缝方向远离一些即可看到第二个亮条纹的位置，故D错误．故选C．‎ ‎5.如图所示，磁感应强度方向垂直固定斜面向上，大小随时间变化的规律为，将一根长0.3m质量0.2kg的通电直导线置于斜面上，导线中电流大小为1A，t=0和t=2s时刻，导线恰好能处于静止状态，取，则（ ）‎ A. 斜面倾角 B. 直导线中电流的方向一定从a到b C. 导线与斜面间最大静摩擦力为0.6N D. 在t=1s时，导线所受的摩擦力为零 ‎【答案】CD ‎【解析】t=0时，B0=2T，导体棒受到沿斜面向上的静摩擦力，则由平衡知识： ；t=2s时，B2=6T，导体棒受到沿斜面向下的静摩擦力，则由平衡知识： ；联立解得：fm=0.6N，θ=370，选项A错误，C正确；直导线所受的安培力沿斜面向上，则导线中电流的方向一定从b到a，选项B错误；在t=1s时，导线所受的向上的安培力为，则摩擦力为零，选项D正确；故选CD.‎ ‎6.如图所示，用电流传感器研究自感现象电源内阻不可忽略，线圈的自感系数较大，其直流电阻小于电阻R的阻值时刻闭合开关S，电路稳定后，时刻断开S，电流传感器连接计算机分别描绘了整个过程线圈中的电流和电阻中的电流随时间t变化的图象下列图象中可能正确的是　　‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】AD ‎【解析】当t=0时刻闭合开关S的瞬时，电路中的电流突然增大，在L中要产生自感电动势阻碍电流的增加，所以L中的电流会逐渐增加到稳定值；而电阻R上，开始时由于L中的很大的自感电动势的产生，在L 上相当于断路，所以流过R的电流会较大，然后随时间逐渐减小到稳定值．由于L直流电阻小于电阻R的阻值,所以稳定时电阻R的电流小于L的电流，两者方向相同，都是从左向右；当t1时刻断开S时，R中原来的电流立即减小到零，但是L中由于自感电动势阻碍电流的减小，所以此电流会在L和R中形成回路，然后逐渐减到零，其流过R的电流方向与原来方向相反．所以选项AD正确．‎ ‎7.某种金属发生光电效应时，光电子的最大初动能 与入射光频率的关系如图示，E、 为已知量，由图线信息可知（ ）‎ A. 逸出功 B. 图象的斜率表示普朗克常量的倒数 C. 图中E与的值与入射光的强度、频率均无关 D. 若入射光频率为3，则光电子的最大初动能为3E ‎【答案】AC ‎【解析】AB、根据光电效应方程:，根据数学函数知图像与纵坐标交点表示逸出功，所以逸出功，图像的斜率代表了表示普朗克常量，故A正确；B错误 C、逸出功和极限频率的大小与入射光的强度、频率均无关，由元素本身决定，故C正确 D、根据光电效应方程:，当入射光频率为3，则光电子的最大初动能为2E，故D错误 故选AC ‎ ‎8.如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向内的匀强磁场，圆形区域的左侧有一半径为r 的金属线圈，R>r．现让金属线圈沿两圆心的连线方向以大小为v的速度向右匀速运动，在线圈从左侧进入磁场区域开始到从右侧完全离开磁场区域的过程中，下列说法正确的是 A. 线圈中一直有顺时针方向的电流 ‎ B. 线圈中先有逆时针方向电流后有顺时针方向电流 C. 线圈中有电流的时间为 ‎ D. 线圈中有电流的时间为 ‎【答案】BD ‎【解析】AB．线圈进入磁场的过程中，穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律知线圈中有逆时针感应电流．线圈穿出磁场的过程中，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律知线圈中有顺时针感应电流，故A错误，B正确；‎ CD．线圈完全在磁场中运动时磁通量不变，没有感应电流，所以进入磁场时线圈有电流的时间为，线圈穿出磁场时有电流的时间也为，因此线圈中有电流的时间为，故C错误，D正确．故选BD.‎ ‎9.如图所示，一束复色光斜射到置于空气中的厚平板玻璃（上、下表面平行）的上表面，穿过玻璃后从下表面射出，变为a、b两束平行单色光。关于这两束单色光，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 此玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率 B. 在此玻璃中a光的传播速度大于b光的传播速度 C. 在此玻璃中a光的全反射临界角小于b光的全反射临界角 D. 用同一双缝干涉装置进行实验可看到a光的干涉条纹间距比b光的窄 ‎【答案】CD ‎【解析】A． 光从空气斜射到玻璃，因为玻璃上下表面平行，当第二次折射时折射光线与第一次折射入射光线平行。由于折射率不同，a光偏折较大，b光偏折较小。所以此玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率。故A错误；‎ B． 光从空气斜射到玻璃，由于折射率不同，a光偏折较大，b光偏折较小。所以此玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率。则a光的传播速度小于对b光，故B错误；‎ C．因为 ，此玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率。故在此玻璃中a光的全反射临界角小于b光的全反射临界角，故C正确；‎ D． 光从空气斜射到玻璃，由于折射率不同，a光偏折较大，b光偏折较小。所以此玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率。则a光的频率高波长短， ，用同一双缝干涉装置进行实验可看到a光的干涉条纹间距比b光的小。故D正确；故选CD。‎ ‎10.一列振幅为4cm，频率为2.5Hz的绳波，在t＝0时刻的波形图如图所示，绳上的质点P位于最大位移，质点Q位于平衡位置，质点M振动方向沿y轴正向，则正确的是 A. 波沿x轴正向传播 B. t＝0时，质点N的振动方向沿y轴正向 C. t＝0.1s时，质点Q的加速度达到最大，方向沿y轴正向 D. 从t＝0.1s到t＝0.2s时间内，波传播的距离为0.1m ‎【答案】BCD ‎【解析】A．质点M振动方向沿y轴正向，波形向左平移，则知波沿x轴负向传播，故A错误；‎ B．波形向左平移，则知t=0时，质点N的振动方向沿y轴正向，故B正确；‎ C．周期 ‎ 因t=0时刻质点Q振动方向沿y轴负向，则t=0.1s时，质点Q到达波谷，位移为负向最大，由知，加速度正向达到最大，故C正确；‎ D．由图知，则λ=0.4m，则波速v=λf=1m/s 所以从t=0.1s到0.2s时间内，波传播的距离为△x=v△t=1×0.1m=0.1m 故D正确．故选BCD．‎ 二、实验题（共15分，其中11题的每小题为3分，12题的每空为1分）‎ ‎11.在“用单摆测定重力加速度”的实验中，‎ ‎（1）为了尽量减小实验误差，以下做法正确的是______。‎ A．选用轻且不易伸长的细线组装单摆 B．选用密度和体积都较小的摆球组装单摆 C．使摆球在同一竖直平面内做小角度摆动 D．选择最大位移处作为计时起点 ‎（2）一位同学在实验中误将49次全振动计为50次，其他操作均正确无误，然后将数据代入单摆周期公式求出重力加速度，则计算结果比真实值________（填“偏大”或“偏小”）。‎ ‎（3）为了进一步提高实验精确度，可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出一组对应的L与T的数据，再以L为横轴、T2为纵轴建立直角坐标系，得到如图所示的图线，并求得该图线的斜率为k，则重力加速度g=____。‎ ‎【答案】 (1). AC (2). 偏大 (3). ‎ ‎【解析】（1）[1]A．为保证摆长不变，组装单摆须选用轻且不易伸长的细线，故A正确；‎ B．为减小空气阻力对实验的影响，组装单摆须选用密度较大而体积较小的摆球，故B错误；‎ C．使摆球在同一竖直平面内做小角度摆动（小于5°），单摆才近似做简谐运动，故C正确；‎ D．测量时间应从单摆摆到最低点开始，因为在最低位置摆球速度大，运动相同的距离所用时间短，则周期测量比较准确，故D错误。‎ 故选AC。‎ ‎（2）[2]由单摆的周期 得 由可知，将49次全振动计为50次，使周期测量值偏小，则测得的偏大。‎ ‎（3）[3]由单摆的周期 得 则有 得重力加速度 ‎12.利用双缝干涉测定光的波长的实验中，双缝间距d=0.4mm，双缝到光屏间的距离l=0.5m，用某种单色光照射双缝得到干涉条纹如图所示，分划板在图中A、B位置时游标卡尺读数也如图中所给出，则：‎ ‎（1）分划板在图中A、B位置时游标卡尺读数分别为xA=______mm，xB=______mm，相邻两条纹间距Δx=______mm；‎ ‎（2）该单色光的波长λ=_______m；‎ ‎（3）若增大双缝的间距，其他条件保持不变，则得到的干涉条纹间距将_______（填“变大”“不变”或“变小”）；若改用频率较高的单色光照射，其他条件保持不变，则得到的干涉条纹间距将______（填“变大”“不变”或“变小”）。‎ ‎【答案】 (1). 11.1 15.6 0.75 (2). (3). 变小 变小 ‎【解析】（1）[1]A位置读数为 ‎[2]B位置读数为 ‎[3]相邻两条纹间距为。‎ ‎（2）[4]由 得 ‎（3）[5]由可知，其他条件保持不变时，双缝间距变大，则条纹间距变小。‎ ‎[6]根据频率、光速与波长的关系可知，频率越大的光，波长越小，所以其他条件保持不变时，改用频率较高的单色光照射，则条纹间距变小。‎ 三、计算题（共45分，要写出必要的文字叙述和步骤，直接写出结果不得分）‎ ‎13.如图甲、乙分别是波传播路径上M、N两点的振动图象，已知MN=1m．‎ ‎①若此波从M向N方向传播，则波传播的最大速度为多少？‎ ‎②若波传播的速度为1000m/s，则此波的波长为多少？波沿什么方向传播？‎ ‎【答案】①m/s．② 4m，波从N向M方向传播 ‎【解析】①由图可知，该波的周期为 T=4×10﹣3s 当简谐波从M向N方向传播时，M、N两点间的距离 s=（n+）λ 则得 λ== ，（n=0，1，2，3，…） 波速 v=m/s，（n=0，1，2，3，…） 当n=0时，波速最大，即最大速度为m/s． ②若波传播的速度为1000m/s，则此波的波长为 λ=vT=4m； 则MN=λ，根据波形的平移法可知，波从N向M方向传播．‎ ‎14.电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器．电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E1，电容器的电容为C．两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为L，电阻不计．炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触．首先开关S接1，使电容器完全充电．然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出），MN开始向右加速运动．当MN上的感应电动势为E2 时，此时与电容器两极板间的电压相等，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨．问：‎ ‎（1）磁场的方向；‎ ‎（2）MN刚开始运动时加速度a的大小；‎ ‎（3）MN离开导轨后的最大速度vm的大小（结论可以保留根号）．‎ ‎【答案】（1）磁场方向垂直导轨平面向下；（2）（3）‎ ‎【解析】（1）电容器上端带正电，通过MN的电流方向向下，由于MN向右运动，根据左手定则知，磁场方向垂直于导轨平面向下．‎ ‎（2）电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有 设MN受到的安培力为F，有F=BIL 由牛顿第二定律有F=ma 联立解得：‎ ‎（3）电容器放电前所带的电荷量 开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值时，MN上的感应电动势 最终电容器所带电荷量 则通过MN的电量 由动量定理，有 得 解得 ‎15.一小型发电站通过升压、降压变压器把电能输给用户，已知发电机的输出功率为500 kW，路端电压为500 V，升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶5，两变压器间输电线的总电阻为1.5 Ω，降压变压器的输出电压为220 V，不计变压器能量损耗，求：‎ ‎(1)升压变压器的副线圈两端电压；‎ ‎(2)输电导线上的功率损失；‎ ‎(3)降压变压器原、副线圈的匝数比；‎ ‎(4)用户得到功率．‎ ‎【答案】(1)2500V (2)60kW (3)10:1 (4)440kW ‎【解析】（1）升压变压器的副线圈两端电压U2=U1=5×500V=2500V （2）输电导线上的电流： ‎ 输电导线上的功率损失：△P=I2R=2002×1.5=60000W    （3）输电线上的电压损耗：△U=IR=200×1.5=300V      降压变压器原线圈的电压：U3=U2-U=2500-300=2200V     降压变压器原、副线圈的匝数比：        （4）用户得到的功率：P4=P1-△P=500×103W-60000W=440000W=440KW 点睛：对于输电问题，要搞清电路中电压、功率分配关系，注意理想变压器不改变功率，只改变电压和电流．‎ ‎16.如图所示装置由水平轨道、倾角θ= 37°的倾角轨道连接而成，轨道所在空间存在磁感应强度大小为B=1T、方向竖直向上的匀强磁场。质量m=0.035kg、长度L= 0.1m、电阻R= 0.025Ω的导体棒ab置于倾斜轨道上，刚好不下滑；质量、长度、电阻与棒ab相同的光滑导体棒cd置于水平轨道上，用恒力F= 2.0N拉棒cd，使之在水平轨道上向右运动。棒ab、cd 与导轨垂直，且两端与导轨保持良好接触，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g =10m/s2.‎ ‎(1)求棒ab与导轨间的动摩擦因数μ； ‎ ‎(2)求当棒ab刚要向上滑动时cd棒速度v的大小； ‎ ‎(3)若从cd棒刚开始运动到ab棒刚要上滑的过程中，cd棒在水平轨道上移动的距离x= 0.55m，求此过程中ab棒上产生的热量Q和此过程中cd棒的运动时间。‎ ‎【答案】（1）0.75；（2）6m/s；（3）0.235J，0.16s。‎ ‎【解析】 (1) 当ab刚好不下滑，静摩擦力沿导轨向上达到最大，由平衡条件得：‎ mgsin37°=μmgcos37°‎ 则μ=tan37°=0.75‎ ‎(2) 设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有：E=BLv，设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有 设ab所受安培力为F安，有F安=BIL，此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F安cos37°=mgsin37°+μ（mgcos37°+F安sin37°）‎ 又 代入数据解得v=6.0m/s ‎(3) 设ab棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总：Q总=2Q 由能量守恒有 解得：‎ 代入数据得：Q=0.235J 根据动量定理可知 且 联立解得