2017-2018学年福建省晋江市季延中学高二下学期期中考试物理试题 解析版

2017-2018学年福建省晋江市季延中学高二下学期期中考试物理试题 解析版

‎2017-2018学年福建省晋江市季延中学高二下学期期中考试物理试题 解析版 一、单项选择题（8小题，每小题4分．每题所给出的四个选项只有一个选项正确）‎ ‎1. 阻值为10Ω的电阻接到电压波形如图所示的交流电源上，以下说法正确的是：‎ A. 电阻每秒钟产生的热量为5J B. 通过电阻的电流有效值为2A C. 电阻消耗电功率为10W D. 电压的有效值为10V ‎【答案】A ‎【解析】由U-t图象可知，交流电压最大值为10V，有效值．故D错误。由欧姆定律可知，通过电阻的电流．故B错误。根据P=I2R，知电阻消耗的电功率P=（）2×10=5W．故C错误；电阻每秒产生热量Q=Pt=5×1=5J．故A正确。故选A。‎ ‎2. 一理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶5，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u如图所示．副线圈仅接入一个10 Ω的电阻．则：‎ A. 变压器的输入电压最大值是220V B. 变压器的输入功率是W C. 正弦交变电流的周期是1×10- 2s D. 电压表的示数是V ‎【答案】B ‎【解析】输入电压最大值是220V，则A错误；交变电流的周期是2×10-2‎ s，则C错误；次级电压：，则电压表的示数是100V，选项D错误；输入功率等于输出功率，P出=，则B正确；故选B。‎ ‎3. 在匀强磁场中放一电阻不计的平行金属导轨，导轨跟大线圈M相接，如图所示。导轨上放一根导线ab，磁感线垂直于导轨所在平面。当导线ab加速向右运动时，M所包围的小闭合线圈N产生的感应电流方向，及所具有的形变趋势是：‎ A. N有顺时针方向的电流，且有收缩的趋势 B. N有顺时针方向的电流，且有扩张的趋势 C. N有逆时针方向的电流，且有扩张的趋势 D. N有逆时针方向的电流，且有收缩的趋势 ‎【答案】D ‎【解析】ab向右运动时，由右手定则可知，感应电流由a流向b，ab加速运动，感应电动势：E=BLv变大，感应电流变大，穿过N的磁通量增大，为阻碍磁通量的增加，由楞次定律可知，N有收缩的趋势，由楞次定律可知，N中感应电流沿逆时针方向，故D正确；故选D。‎ 点睛：本题考查了判断感应电流方向与线圈性质变化趋势问题，应用右手定则与楞次定律即可正确解题，正确理解并应用楞次定律是正确解题的关键，即理解“增缩减扩”、“来拒去留”的含义。‎ ‎4. 处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直．在t＝0时刻，线圈平面与纸面重合(如图)，线圈的cd边离开纸面向外运动．若规定由a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流 i随时间t变化的图线是下列图中的：‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎............‎ 考点：考查了交流电的产生，楞次定律 视频 ‎5. 有一较小的三角形线框abc的ab边与磁场边界平行，线框底边bc的长度小于磁场的宽度，现使此线框水平向右匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直．设电流逆时针方向为正，则下列各图中表示线框在上述过程中感应电流随时间变化的规律正确的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：由法拉第电磁感应定律可得，进入磁场的过程中有，则,切割磁感线的有效长度L减小，则感应电流减小，又磁通量增大感应电流为逆时针方向；全部进入后，磁通量不变，没有感应电流，离开过程顺时针方向感应电流，逐渐减小。‎ 故选D 考点：电磁感应中的图象问题 点评：注意公式中的L为有效长的，由楞次定律判断感应电流方向。‎ ‎6. 如图所示，水平放置、足够长的光滑导轨上放置一根导体棒ab,ab棒有电阻r，导轨的电阻不计，导轨的一端接一滑动变阻器R，电路中还连接理想电表，整个装置处在匀强磁场中，磁磁场方向垂直纸面向里．现使ab以速度υ向右做匀速直线运动，改变滑动变阻器的阻值，则电压表示数和电流表示数的关系图线为下面的哪个图线？‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】ab以速度v向右做匀速直线运动，故产生的电动势E=BLv恒定，电压表测得的是R的电压，即外电压，由闭合电路的欧姆定律可得：U=BLv-Ir；可见：U与I是一次函数关系，A正确；故选A。‎ ‎7. 如图甲所示，M是一个小型理想变压器，原副线圈匝数之比n1:n2=10:1，接线柱a、b接上一个正弦交变电源，电压随时间变化规律如图乙所示。变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料(电阻随温度升高而减小)制成的传感器，R1为一定值电阻。下列说法中正确的是：‎ A. 电压表V示数为22V B. 当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示数减小 C. 当传感器R2所在处出现火警时，电流表A的示数减小 D. 当传感器R2所在处出现火警时，电阻R1的功率变小 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：由于原、副线圈匝数之比n1:n2=10:1，根据U1:U2=n1:n2，副线圈两端的电压的有效值为22V，而电压表量的是R2两端的电压，小于22V，A错误；当传感器R2所在处出现火警时，温度升高，R2阻值减小，副线圈电压不变，导致回路的电流强度增加，R1分得的电压升高，R2分得的电压降低，B正确，C错误；这时R1的电功率P=UI增加，D错误。‎ 考点：交流电的图象，变压器，电路动态分析 ‎8. 如图甲所示为理想调压变压器，原线圈A、B端的输入电压如图乙所示，则当此变压器工作时，以下说法正确的是（ ）‎ A. 若滑动触头P处于某一确定位置，当变阻器R的滑动触头下滑时，电流表示数将变大 B. 若滑动触头P处于某一确定位置，当变阻器R的滑动触头上滑时，电压表示数增大 C. 若滑动触头P和变阻器R的滑动触头同时上移，则电流表示数一定变大 D. 若滑动触头P和变阻器R的滑动触头同时上移，则电流表示数一定变小 ‎【答案】A ‎【解析】滑动触头P处于某一确定位置，则变压器的输出电压不变，电压表示数不变；当变阻器R的滑动触头下滑时，接入电路的有效电阻减小，电流表示数将变大。故A正确，B错误；若滑动触头P和变阻器R的滑动触头同时上移，则变压器的输出电压增大，负载的电阻也增大，所以电压表的示数增大，但是电流表示数不一定变大。故CD错误；故选A。‎ 二．多选题（5选3，每题5分，共20分，填正确选项标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分)‎ ‎9. 两个振动情况完全一样的波源S1、S2相距6m，它们在空间产生的干涉图样如图所示，图中实线表示振动加强区域，虚线表示振动减弱区域，下列说法正确的是（　　）‎ A. 两波源的振动频率一定相同 B. 虚线一直是波谷与波谷叠加 C. 实线一直是波峰与波峰叠加 D. 振动加强区域会一直加强 E. 两列波的波长都是2m ‎【答案】ADE ‎【解析】发生干涉的条件是频率相同。故A正确；虚线是振动减弱，所以为波峰与波谷相遇处于振动减弱。故B错误；实线是振动加强点，并非一直是波峰与波峰叠加，但是振动加强区域一直会加强，故C错误，D正确；由图可知经过3个波长相遇，所以两列波的波长都是2m。故E正确；故选ADE。‎ 点睛：波的叠加满足矢量法则，当振动情况相同则相加，振动情况相反时则相减，且两列波互不干扰．当频率相同时才有稳定的干涉图样，当频率不同时不能发生干涉．‎ ‎10. 某横波在介质中沿x轴传播，a图为t=0.25s时的波形图，b图为P点（x=1.5m处的质点）的振动图象，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（速度为零的时刻除外）‎ C. t=1s时，质点M处于正向最大位移处 D. t=1.25s时，质点K向右运动了2m E. t=1s时，质点P位移为零 ‎【答案】ABE ‎【解析】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v=，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。左图为t=0.25s时的波形图，再经过t=0.75s=T时，即t=1s时，质点M处于平衡位置，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。根据b图可知，t=1s时，质点P位移为零，故E正确。故选ABE。‎ 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．‎ ‎11. 下列判断正确的是（　　）‎ A. 介质中质点振动的周期一定和相应的波的周期相等 B. 声音是横波 C. 机械波能产生干涉和衍射现象 D. 波长越长越不容易发生明显的衍射现象.‎ E. 机械波既有横波又有纵波 ‎【答案】ACE ‎【解析】介质中质点振动的周期一定和相应的波的周期相等，选项A正确；声音是纵波，选项B错误；机械波能产生干涉和衍射现象，选项C正确；波长越长越容易绕过障碍物发生明显的衍射现象，选项D错误；机械波既有横波又有纵波，选项E正确；故选ACE.‎ ‎12. 如图所示，一轻质弹簧竖直放置，下端固定在水平面上，上端处于a位置，当一重球放在弹簧上端静止时，弹簧上端被压缩到b位置。现将重球（视为质点）从高于a位置的c位置沿弹簧中轴线自由下落，弹簧被重球压缩到最低位置d。以下关于重球运动过程的说法不正确是（　　）‎ A. 重球下落压缩弹簧由a至d的过程中，重球做减速运动 B. 重球下落至a处获得最大速度 C. 重球下落至d处获得最大加速度 D. 由a至d过程中重球克服弹簧弹力做的功大于小球由c下落至d处时重力势能减少量。‎ E. 重球下落至b位置动能最大 ‎【答案】ABD 点睛：解决本题的关键知道根据合力的大小和方向可知加速度的大小和方向，以及知道加速度与速度同向，速度增加，加速度与速度反向，速度减小．‎ 三、实验题（每空2分，共6分） ‎ ‎13. 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 ‎ ‎(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 ‎【答案】 (1). B； (2). 低； (3). C ‎【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；秒表、米尺、铁架台；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．‎ ‎（3）海拔太高时，重力加速度较小，这肯定不是测量结果偏大的原因；故A错误；摆球的重力越重，误差越小；故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正确．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，依据，测得的单摆周期变大，故由可知得到的g值偏小，故D错误．故选C.‎ 四、计算题（本题共4小题，42分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎14. 一沿x轴正方向传播的简谐波在某时刻的波动图象如图（a）所示，经0.1s后变成图（b）。 求 ‎(1)该波的波长。 ‎ ‎(2)该波的波速。‎ ‎(3)若该波源的周期为T：2T<0.1s<3T，则波速为多少。‎ ‎【答案】(1)；(2)；(3) ‎ ‎【解析】（1）由图知该波的波长为 λ=12m （2）根据波形平移法得知波传播的距离△x=nλ+3 m 经历的时间为△t=0.1s 则波速v==（120n+30）m/s，（n=0、1、2、3…） （3）若该波源的周期为T，2T＜0.1s＜3T，上式中n取2，将n=2代入得 v3=270m/s ‎15. 如图所示为一列简谐横波在t=0时刻的图象．此时质点P的运动方向沿y轴负方向，且当t=0.55s时质点P恰好第3次到达y轴正方向最大位移处．问：‎ ‎（1）该简谐横波的波速v的大小和方向如何？‎ ‎（2）从t=0至t=1.2s，质点Q运动的路程L是多少？‎ ‎【答案】(1)v=2m/s，沿x轴负方向；(2)L=1.2m ‎【解析】（1）据题t=0到t=0.55s这段时间里，质点P恰好第3次到达y正方向最大位移处，‎ 则有 （2+3/4）T=0.55s， ‎ 解得周期T=0.2s．‎ 由图象可得简谐波的波长为 λ=0.4m，则波速 v==2m/s． ‎ 此时刻P的运动方向沿y轴负方向，由波形的平移法可知波沿x轴负方向传播（2）从t=0至t=1.2s，经历的时间△t=1.2s=6T，而质点Q做简谐运动，在一个周期内通过的路程是4A，A是振幅，则从t=0至t=1.2s，质点Q运动的路程L是：L=6×4A=24×5cm=120cm=1.2m ‎ 点睛：本题要由质点的振动方向确定波的传播方向，这波的图象中基本问题，方法较多，其中一种方法是“上下坡法”，把波形象看成山坡：顺着波的传播方向，上坡的质点向下，下坡的质点向上．‎ ‎16. 如图所示，发电机输出功率P1=100kW，输出电压U1=250V，用户需要的电压U4=220V，输电线总电阻为10Ω．若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：‎ ‎（1）发电机的输送电流I1是多少？‎ ‎（2）在输电线路中设置的升、降压变压器原副线圈的匝数比n1：n2=？、n3：n4=？‎ ‎（3）用户得到的电功率P4是多少？‎ ‎【答案】(1)I=400A；(2) ；(3) ‎ ‎【解析】（1）根据P1=U1I1得，发电机的输出电流 ‎（2）输电线上损失的功率P损＝I22R ‎=4%P 解得I2=A＝20A 则 输电线上的电压损失△U=I2R=20×10V=200V 升压变压器的输出电压U2=U1×20=5000V 降压变压器的输入电压U3=U2-△U=5000-200V=4800V 则。 （3）用户得到的功率P′=96%P=96kW。‎ 点睛：解决本题的关键知道：1、输出功率、输出电压、电流的关系；2、变压器原副线圈电压比、电流比与匝数比的关系；3、升压变压器输出电压与降压变压器输入电压和电压损失的关系。‎ ‎17. 如图所示，固定的光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，上端ab间接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为，且处在磁感应强度大小为B方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中，质量为m、电阻为r的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上。初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度υo，整个运动过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。已知重力加速度为g，弹簧的劲度系数为k，弹簧的中心轴线与导轨平行。‎ ‎（1）求初始时刻通过电阻R的电流I的大小和方向；‎ ‎（2）求初始时刻导体棒的加速度a的大小和方向；‎ ‎（3）导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为EP，求导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q；‎ ‎【答案】(1)，方向为；(2)，方向沿斜面向下；(3) ‎ ‎【解析】（1）棒产生的感应电动势为：E1=BLv0 通过R的电流大小为： 根据右手定则判断得知：电流方向为b→a；　　　　 （2）初始时刻棒受到的安培力大小为：F=BIL=，方向沿斜面向下． 根据牛顿第二定律 有：mgsinθ+F=ma 解得：a=gsinθ+，方向沿斜面向下； （3）导体棒最终静止，有：mgsinθ=kx 弹簧的压缩量为：x= 设整个过程回路产生的焦耳热为Q0，根据能量守恒定律有：mv02+mgxsinθ=EP+Q0； 解得：Q0=mv02+-EP； 电阻R上产生的焦耳热为：Q=Q0=[mv02+-EP]‎ ‎ ‎ ‎ ‎