河北省张家口市第四中学2020学年高二物理4月月考试题（含解析）

河北省张家口市第四中学2020学年高二物理4月月考试题（含解析）

张家口四中2020学年第二学期4月月考 ‎ 高二物理 一．选择题(每题4分，共52分，1-9为单选题，10—13为多选题，选不全的每题得2分)‎ ‎1.交流发电机发电示意图如图所示,线圈转动过程中,下列说法正确是 A. 转到图甲位置时，通过线圈的磁通量变化率最大 B. 转到图乙位置时，线圈中产生的感应电动势为零 C. 转到图丙位置时，线圈中产生感应电流最大 D. 转到图丁位置时，AB边感应电流方向为A→B ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 要解决此题，需要掌握发电机的制作原理，知道发电机是根据电磁感应原理制成的，感应电流的方向与磁场方向和切割磁感线的方向有关。‎ ‎【详解】转到图甲位置时，线圈平面与磁感线垂直，磁通量最大，但磁通量变化率最小为零，故A错误；转到图乙位置时，线圈产生的感应电动势最大，故B错误；转到图丙位置时，线圈位于中性面位置，此时感应电流最小，且感应电流方向改变，故C错误；转到图丁位置时，根据楞次定律可知AB边感应电流方向为A→B，故D正确；故选D。‎ ‎【点睛】‎ 此题主要考查了发电机的工作原理。要知道发电机是根据电磁感应原理制成的。感应电流的方向与导体切割磁感线的方向有关，能够通过线圈的转动情况，判断线圈中产生的感应电流放向的变化.‎ ‎2.交流发电机正常工作时产生的电动势为e=Emsin2ωt,若将其线圈的匝数变为原来的2倍，而转速减为原来的一半，其他条件不变，则产生的电动势的表达式为：‎ A. e=Emsinωt B. e=2Emsinωt C. e=2Emsin2ωt D. e=Emsin2ωt ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据Em=NBSω判断电动势的峰值，由e=Emsinωt知电动势的表达式判断新产生的电动势的表达式。‎ ‎【详解】由Em=NBSω知若线圈的匝数变为原来的2倍，而转速减为原来的一半时Em不变；转速变为一半，由e=EmSinωt知电动势的表达式为e′=Emsinωt，故A正确，BCD错误。‎ ‎3.如图所示，甲图为正弦式交流电，乙图正值部分按正弦规律变化，负值部分电流恒定，丙图为方波式交流电，三个图中的和周期T相同.三种交流电的有效值之比为( )‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 甲图中交流电的有效值为；对乙图：，解得；对丙图有效值为I3=I0：则三种交流电的有效值之比为：，故选A.‎ 点睛：对于电流的有效值常常根据电流的热效应研究，正弦交流电的有效值等于最大值的倍，本题同时要抓住电流的热效应与电流的方向无关的特点进行研究．‎ ‎4.从发电站输出的功率为220 kW，输电线的总电阻为0.05 Ω，分别用110 V和11 kV两种电压输电．两种情况下输电线上由电阻造成的电压损失之比为(　　)‎ A. 10∶1 B. 1∶‎10 ‎C. 1∶100 D. 100∶1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 根据P=UI及U线=IR可得可知分别用110 V和11 kV两种电压输电．两种情况下输电线上由电阻造成的电压损失之比为11000:110=100:1，故选D.‎ 点睛：解决本题关键知道输送功率与输送电压、电流的关系，知道采用高压输电，可以减小功率的损失．‎ ‎5.一列简谐横波沿直线传播，某时刻该列波上正好经过平衡位置的两质点相距‎6 m，且这两质点之间的波峰只有一个，则该简谐波可能的波长为( )‎ A. ‎4 m、‎6 m和‎8 m B. ‎6 m、‎8 m和‎12 m C. ‎4 m、‎6 m和‎12m D. ‎4 m、‎8 m和‎12 m ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：满足这种情况的波形可能有三种情况，一是两点间有半个波长，此时λ=‎6m，故λ=‎12m；二是两点间有一个波长，此时λ=‎6m；三是两点间有 个波长，此时λ=‎6m，故λ=‎4m；故选项C正确。‎ 考点：波长的计算。‎ 此处有视频，请去附件查看】‎ ‎6.一列波沿绳子传播，绳上有相距‎3m的P点和Q点，它们的振动图线如图所示．其中实线为P点的图线，虚线为Q点的图线，则该列波的波长和波速的可能值为（　　）‎ A. ‎6m，‎20m/s B. ‎6m，‎12m/s C. ‎2m，‎10m/s D. ‎2m，‎12m/s ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由图象看出，P、Q两点的振动情况总是相反，则有：，（n=0，1，2，…），得，当n=0时，λ=‎6m，由图读出，周期为 T=0.2s，对应的波速为：；当n=1时，λ=‎2m。对应的波速为：。故选C。‎ ‎7.一列简谐横波以‎4m/s的波速沿x轴负方向传播，已知t=0时的波形如图所示，质点P此时在波谷位置，则 A. x=0处质点在t=0时向y轴负方向运动 B. 时间内，质点P运动的路程为‎20cm C. 时间内，质点P速度逐渐变小，x=0处的质点速度逐渐变大 D. x=0处的质点在时速度方向与加速度方向一定相反 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、波沿x轴负方向传播，采用波形微平移法，可知x=0处的质点在t=0时向y轴正向运动，故A错误。B、因为，所以时间内，质点P运动的路程为 S=‎5A=5×‎0.04m=‎0.2m=‎20cm，故B正确。C、时间内，质点P正向平衡位置运动，速度逐渐变大，x=0处的质点正远离平衡位置，速度逐渐变小，故C错误。D、因为T=1s，所以根据波的周期性可知：x=0处的质点在时与时的状态相同。x=0处的质点振动方程为，当该质点到达波峰时所用最短时间设为t，则，得，质点从波峰运动到平衡位置的时间为，因为，所以x=0处的质点在时位于平衡位置上方，正向平衡运动，所以速度方向与加速度方向一定相同，故D错误。故选B。‎ ‎【点睛】本题的关键是采用波形微平移法，从波形的运动得到质点P的运动情况．通过书写振动方程，分析任意位置质点的振动情况.‎ ‎8.橡皮绳一段固定在墙上，t=0时刻，橡皮绳的另一端O开始振动。t=6s时，橡皮绳上各质点位置如图所示：O点振动到波峰位置， a点在平衡位置，波传播到P点。下图表示a点振动图象的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由图看出，简谐横波向右传播，绳上各点的起振方向均向下，由图可知，则得知t=2s时刻a点的开始向下振动，故A正确，BCD错误；‎ 故选A。‎ ‎9.一列向右传播的简谐横波，当波传到处的P点时开始计时，该时刻波形如图所示，时，观察到质点P第三次到达波峰位置，下列说法正确的是 A. 波速为 B. 经1.4s质点P运动的路程为‎70cm C. 时，处的质点Q第三次到达波谷 D. 与该波发生干涉的另一列简谐横波的频率一定为2.5HZ ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】首先从图中我们可以得出这列波的波长为‎2m.同时每一个质点开始振动的方向是+y方向。从0时刻开始到0.9s，P点恰好第三次到达波峰，表示经过了9/4个周期，得出周期T=0.4s,所以波速v=λ/T=‎5m/s，故A错误，‎ 经过1.4s则P点恰好完成3个完整周期加1/2周期，所以路程为‎70cm，故B正确，‎ 经过0.5s波传到Q点，剩下的1.1sQ点恰好完成2个完整周期加3/4周期，处于波谷，所以故C正确，‎ 本列波的频率为2.5Hz，频率相等是发生干涉的条件，故D对；‎ 综上所述本题答案是：BCD ‎10.在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，t＝0时开始，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。已知线圈的总电阻为2Ω，则（　　）‎ A. 线圈中的交变电流瞬时值表达式为i＝2πsinπt（A）‎ B. 线圈中产生的电动势的有效值为4πV C. t＝0.5s到t＝1.5s的时间内，线圈中电流方向不变 D. t＝0.25s到t＝0.75s的时间内，线圈中产生的热量为2π2J ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】感应电动势的最大值为Em＝NBSω＝NΦmω＝100×0.04×V＝4π V，从t＝0时磁通量为零，即从峰值面开始计时，线圈电动势的瞬时表达式为e＝4πcos ‎（t）＝4πcos（πt）（V），故A错误；线圈中产生的电动势的有效值为，故B错误；Φ﹣t图象的斜率为，即表示磁通量的变化率，在0.5s～1.5s之间，“斜率方向”不变，表示的感应电动势方向不变，则电流强度方向不变，故C正确；t＝0.25s到t＝0.75s的时间内，线圈中产生的热量为：，故D正确。所以CD正确，AB错误。‎ ‎11.如图所示，理想变压器原副线圈匝数之比为1:2，正弦交流电源电压为U=12V，电阻R1= lΩ，R2=2Ω，滑动变阻器R3最大阻值为20Ω，滑片P处于中间位置，则 A. R1与R2消耗的电功率相等 B. 通过R1的电流为‎3A C. 若向上移动P，电源输出功率将变大 D. 若向上移动P，电压表读数将变大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对理想变压器原副线圈的匝数比等于原副线圈的电压之比，等于电流的倒数之比，据此进行分析.‎ ‎【详解】理想变压器原副线圈匝数之比为1:2，可知原副线圈的电流之比为2:1，根据P=I2R可知R1与R2消耗的电功率之比为2：1，选项A错误；设通过R1的电流为I，则副线圈电流为0.5I，初级电压：U-IR1=12-I；根据匝数比可知次级电压为2（12-I），则，解得I=‎3A，选项B正确；若向上移动P，则R3电阻减小，次级电流变大，初级电流也变大，根据P=IU可知电源输出功率将变大，电阻R1‎ 的电压变大，变压器输入电压变小，次级电压变小，电压表读数将变小，则选项C正确，D错误；故选BC.‎ ‎12.如图所示，实线与虚线分别表示振幅振幅为A、频率均相同的两列波的波峰和波谷此刻M是波峰与波峰的相遇点，下列说法中不正确的是 A. O、M连线的中点是振动加强的点，其振幅为‎2A B. P、N两处的质点始终处在平衡位置 C. 随着时间的推移，M处的质点将向O处移动 D. 从该时刻起，经过四分之一周期，M处的质点到达平衡位置，此时位移为零 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、由于O、M是振动加强点，结合图可知，由图知连线的中点到两波源的距离差为半个波长的偶数倍，所以该点是振动加强的点，其振幅为‎2A，故A正确；‎ B、P、N两点是波谷和波峰叠加，位移始终为零，即处于平衡位置，B正确；‎ C、振动的质点只是在各自的平衡位置附近振动，不会“随波逐流”，C错误；‎ D、从该时刻起，经过四分之一周期，质点M到达平衡位置，D正确。‎ 点睛：介质中同时存在几列波时，每列波能保持各自的传播规律而不互相干扰；在波的重叠区域里各点的振动的物理量等于各列波在该点引起的物理量的矢量和。‎ ‎13.某横波在介质中沿x轴传播，图甲为t=0.25s时的波形图，图乙为P点（x=‎1.5m处的质点）的振动图像，那么下列说法正确的是（ ）‎ A. 该波向右传播，波速为‎2m/s B. 质点L与质点N的运动方向总相反 C. T=0.75s时，质点M处于平衡位置，并正在往y轴负方向运动 D. T=1.25s时，质点K向右运动了‎2m ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据质点P点的振动图象，可确定波的传播方向，再由波的传播方向来确定质点L的振动方向．由振动图象读出质点的振动周期，从而知道波的传播周期，根据，从而求出波速，质点不随着波迁移．‎ ‎【详解】从振动图象可知，在t=0.25s时，P点振动方向向上，所以波向右传播，且据，则有v=m/s=‎2m/s，故A正确；由波动图象可知，质点L与质点N平衡位置间距为半个波长，振动情况总是相反，因此运动方向总是相反，故B正确。由乙图可知周期是2s；甲图为t=0.25s时的波形图，到t=0.75s时经过了的时间是：0.75s-0.25s=0.5s=T时，即t=0.75s时，质点M处于平衡位置，并正在向y轴正方向运动。故C错误。在1.25s时间内，质点K在平衡位置来回振动，并不随着波迁移。故D错误。故选AB。‎ ‎【点睛】本题考查识别、理解振动图象和波动图象的能力，以及把握两种图象联系的能力，同时掌握由振动图象来确定波动图象的传播方向．‎ 二．实验填空题（每空2分，共16分）‎ ‎14.如图所示是一个单摆做受迫振动时的共振曲线，表示振幅A与驱动力的频率f 的关系，则该单摆的摆长约为_____，若增大摆长，共振曲线的“峰”将_____ （填“向右移动”、“向左移动”或“不移动”）（g＝‎9.8m/s2，π2≈9.86）‎ ‎【答案】 (1). 1 (2). 向左移动 ‎【解析】‎ ‎【详解】由共振曲线可知：当驱动力频率f=0.5Hz时产生共振现象，则单摆的固有频率为：f=0.5Hz．；由单摆的周期公式有：，得：．‎ 由单摆的频率公式为：得知，当摆长增大时，单摆的固有周期增大，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．‎ ‎15.在做“探究单摆周期与摆长的关系”的实验时，‎ ‎（1）为了利用单摆较准确地测出重力加速度，可选用的器材为______‎ A．‎20cm长的结实的细线、小木球、秒表、米尺、铁架台 B．‎100cm长的结实的细线、小钢球、秒表、米尺、铁架台 C．‎100cm长的结实的细线、大木球、秒表、‎50cm量程的刻度尺、铁架台 D．‎100cm长的结实的细线、大钢球、大挂钟、米尺、铁架台 ‎（2）为了减小测量周期的误差，摆球应在经过最______ （填“高”或“低”‎ ‎）点的位置时开始计时，并计数为1，摆球每次通过该位置时计数加1．当计数为63时，所用的时间为t秒，则单摆周期为______ 秒．‎ ‎（3）实验时某同学测得的g值偏大，其原因可能是______ ．‎ A．实验室的海拔太高          B．摆球太重 C．测出n次全振动时间为t，误作为（n+1）次全振动时间进行计算 D．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了 ‎（4）有两位同学利用假期分别去参观北京大学和厦门大学的物理实验室，各自在那里利用先进的DIS系统较准确地探究了“单摆的周期T与摆长L的关系”，他们通过校园网交换实验数据，并由计算机绘制了T2-L图象，如图甲所示．去北大的同学所测实验结果对应的图线是______ （填“A”或“B”）．另外，在厦大做探究的同学还利用计算机绘制了a、b两种单摆的振动图象如图乙所示，由图可知，a、b两单摆的摆长之比= ______ ．（北大所在地的纬度比厦大高．）‎ ‎【答案】 (1). B (2). 低 (3). (4). C (5). B (6). 4：9‎ ‎【解析】‎ ‎（1）实验中应采用长‎1m左右，不能形变的细线，小球选用体积小质量大小的金属球；故选：B；‎ ‎（2）摆球经过最低点的位置时速度最大，在相等的距离误差上引起的时间误差最小，测的周期误差最小．所以为了减小测量周期的误差，摆球应选经过最低点的位置时开始计时．由题分析可知，单摆全振动的次数为N==30，周期为T=；‎ ‎（3）摆球的重力越重，误差越小；故A错误；计算时误将小球的直径与摆线长相加，则摆长测量值偏大，根据可知，则重力加速度的测量值偏大，选项B错误；实验中误将n次全振动计为n+1次，根据T=t/n求出的周期变小，g偏大，故C错误．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，测得的单摆周期变大，依据：，可知得到的g值偏小，故D正确．故选D.‎ ‎（4）由得，T2＝L，知T2～L图象的斜率越大，则重力加速度越小，因为厦门当地的重力加速度小于北京，则厦门的同学所测实验结果对应的图线的斜率大，应该是A图线．‎ 由振动图线知，两单摆的周期比为，由知，两单摆摆长之比 ．‎ 点睛：本题考单摆测量重力加速度的实验原理和方法，了解重力加速度的变化规律和利用单摆测重力加速度的实验原理是解决此题的关键．‎ 三．计算题（要求写出公式和必要的文字说明，本题共42分）‎ ‎16.如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5 T，边长L＝‎0.1 m的正方形线圈共N＝100匝，线圈总电阻r＝1Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OOʹ匀速转动，转速为r/s，外电路中的电阻R＝4 Ω，图示位置线圈平面与磁感线平行，求：‎ ‎(1)线圈转动一周产生的总热量Q；‎ ‎(2)从图示位罝开始线圈转过周的时间内通过R的电荷量q。‎ ‎【答案】（1）πJ（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由焦耳定律可求得一周内产生的热量；‎ ‎(2)根据推论求出通过线圈某截面的电量q．‎ ‎【详解】(1)线圈转动的角速度，‎ 感应电动势的最大值 感应电流的有效值 线圈转动一周内产生的总热量 ‎(2)转过的圆心角 该时间内磁通量的变化量 ‎【点睛】本题关键是要区分交流电的有效值、瞬时值、平均值和最大值的区别，知道电流表和电压表读数是有效值，计算热量用有效值，计算电量用平均值．‎ ‎17.如图所示是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图，已知波的传播速度v＝‎2m/s．试回答下列问题：‎ ‎①写出x＝‎0.5m处的质点做简谐运动的表达式；‎ ‎②求x＝‎0.5m处质点在0～5.5s内通过的路程．‎ ‎【答案】①x＝‎0.5m处的质点做简谐运动的表达式为y＝5cos2πtcm；②x＝‎0.5m处质点在0～5.5s内通过的路程为‎110cm．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①波长λ＝‎2.0m，周期，振幅A＝‎5cm．‎ 则ω＝＝2πrad/s．‎ 则x＝‎0.5m处质点振动的函数表达式为y＝5cos2πt（cm）．‎ ‎②，‎ 则5.5s内路程s＝4nA＝4×5.5×5＝‎110cm．‎ ‎18.如图所示，实线是一列简谐波在某时刻的波形曲线，虚线是在该时刻后的波形曲线．‎ ‎（）若波向左传播，求波传播的可能距离。‎ ‎（）若波向右传播，求波的最大周期。‎ ‎（）若波速是‎435m/s，求波的传播方向。‎ ‎【答案】（1） （2）0.8s （3）左 ‎【解析】‎ ‎（）假定波向左传播时，波传播的最短距离为波长，由图可以知道波长，所以传播的最小距离为．‎ ‎（）若这列波向右传播，则有下得 周期，（，，…），在所有可能的周期中，当时的最大，故．‎ ‎（）若波速为，在内传播的距离，所以波向左传播．‎ ‎19.如右图所示，发电机的输出功率P出=5×104W，输出电压U1=240V，输电线总电阻R＝30Ω，允许 损失的功率为输出功率的6%，为满足用户的用电需求即让用户获得的电压为220V，则：‎ ‎(1)该输电线路所使用的理想升压变压器、降压变压器的匝数比各是多少；‎ ‎(2)能使多少盏“220V 100W” 的电灯正常发光．‎ ‎【答案】(1) (2) 470盏 ‎【解析】‎ ‎（1）线路上损耗的功率：。所以，‎ 又 对升压变压器：其变压比 用户消耗功率 得 对降压变压器，其变压比：‎ ‎(2)灯盏数