2017-2018学年吉林省永吉实验高级中学高二下学期四月份月考物理试题 解析版

2017-2018学年吉林省永吉实验高级中学高二下学期四月份月考物理试题 解析版

永吉实验高中高二年级(4月份)质量检测物理试卷 一、选择题： ‎ ‎1. 下列关于单摆的说法，正确的是(　 　)‎ A. 单摆摆球经过平衡位置时加速度为零 B. 单摆摆球的回复力是摆球重力沿圆弧切线方向的分力 C. 单摆摆球的回复力等于摆球所受的合力 D. 单摆摆球从平衡位置运动到正向最大位移处的位移为A(A为振幅)，从正向最大位移处运动到平衡位置时的位移为－A ‎【答案】B ‎【解析】摆球经最低点（振动的平衡位置）时回复力为零，但向心力不为零，所以加速度不为零，故A错误；摆球的回复力由合力沿圆弧切线方向的分力（等于重力沿圆弧切线方向的分力）提供，故B正确，C错误；简谐运动中的位移是以平衡位置作为起点，摆球在最大位移处时位移为A，在平衡位置时位移应为零，故D错误。故选B。‎ ‎【点睛】简谐运动中的位移是以平衡位置作为起点．单摆处于圆周运动，其合力提供向心力，回复力只是合力的一个分力．单摆摆球经过平衡位置时仍具有向心加速度．‎ ‎2. 一质点做简谐运动的图像如图所示，下列说法正确的是(　 　)‎ A. 在10 s内质点经过的路程是20 cm B. 质点振动频率是0.50 Hz C. 第4 s末质点的速度是零 D. 在t＝1 s和t＝3 s两时刻，质点位移大小相等，方向相同 ‎【答案】A ‎【解析】由图可知，质点振动的周期为4s，故频率为，振动的振幅为2cm，10s内有2.5个周期，故质点经过的路程为2.5×4×2cm=20cm，故A正确，B错误；4s质点处于平衡位置处，故质点的速度为最大，故C错误；1s时质点位于正向最大位移处，3s时，质点处于负向最大位移处，故位移方向相反，故D错误；故选A。‎ ‎【点睛】由图可知质点振动周期、振幅及各点振动情况；再根据振动的周期性可得质点振动的路程及各时刻物体的速度．‎ ‎3. 一质点做简谐运动的图象如图所示，则该质点 (　　)‎ A. 在0～0.01s内，速度与加速度反向 B. 在0.01s～0.02s内，速度与回复力同向 C. 在0.025s时，速度为正，加速度为正 D. 在0.04s时，速度最大，回复力为零，动能最大 ‎【答案】C ‎【解析】在0至0.01s内，图象的斜率为负值，速度为负向，位移为正向，由分析可知，加速度为负向，故速度与加速度同向，故A错误。在0.01s至0.02s内，图象的斜率为负值，速度为负向，位移为负向，则由F=-kx可知，回复力为正向，速度与回复力反向，故B错误。在0.025s时，图象的斜率为正值，速度为正向，位移为负向，则加速度为正向，故C正确。在0.04s时，质点位移为正向最大，速度为零，回复力为最大，故D错误。故选C。‎ ‎【点睛】根据图象的斜率等于速度，分析速度的方向，根据位移的正负，由F=-kx，分析回复力和加速度的大小和方向．‎ ‎4. 如图所示，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u=220sin100πtV．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22 V B. 当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示数增大 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的功率变大 ‎【答案】D ‎【点睛】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可．‎ ‎5. 如图所示，曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把，曲轴可带动弹簧振子上、下振动。开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为2Hz。现匀速转动摇把，转速为240r/min。则 (　 　)‎ A. 当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5s B. 当振子稳定振动时，它的振动频率是2Hz C. 当转速增大时，弹簧振子的振幅增大 D. 当转速减小时，弹簧振子的振幅增大 ‎【答案】D ‎【解析】现匀速转动摇把转速为240r/min。知驱动力的周期T=0.25s，则f=4Hz，知振子稳定振动时，它的振动周期为0.25s，振动频率为4Hz，故AB错误；当转速减小时，驱动力的周期增大，驱动力的频率减小，接近于振子的固有频率，发生共振，振幅增大。故C错误，D正确。故选D。‎ ‎【点睛】振子受迫振动的频率等于驱动力的频率，当受迫振动的频率接近于振子的固有频率时，会发生共振，振幅最大．‎ ‎6. 如图，理想变压器原副线圈匝数之比为n1：n2=5：1，原线圈回路中电阻A 与副线圈回路中负载电阻B阻值相等．a、b端接正弦交变电压，则不正确的是（ ）‎ A. 通过A、B两电阻的电流之比为1：5‎ B. A、B两电阻消耗的电功率之比为1：25‎ C. A、B两电阻两端的电压之比为5：1‎ D. 通过A、B两电阻的电流频率之比为1：1‎ ‎【答案】C ‎【解析】通过A电阻的电流为I，通过B电阻的电流5I，所以通过A、B两电阻的电流之比为1：5，故A正确；A电阻消耗的电功率，B电阻消耗的电功率，A、B两电阻消耗的电功率之比为1：25，故B正确；A电阻两端的电压IR，B电阻两端的电压5IR，所以A、B两电阻两端的电压之比为1：5，故C错误；变压器不改变交变电流的频率，所以通过两电阻的电流之比为1：1，故D正确；本题选错误的，故选C。‎ ‎【点睛】变压器原副线圈电流与匝数成反比，求出电流之比，根据电阻消耗的功率，电阻两端的电压U=IR即可求解．‎ ‎7. 如图所示，在同一水平面内有两根足够长的光滑水平金属导轨，间距为20cm，电阻不计，其左端连接一阻值为10Ω的定值电阻．两导轨之间存在着磁感应强度为1T的匀强磁场，磁场边界虚线由多个正弦曲线的半周期衔接而成，磁场方向如图．一接入电阻阻值为10Ω的导体棒AB在外力作用下以10m/s的速度匀速向右运动，交流电压表和交流电流表均为理想电表，则（　　）‎ A. 电流表的示数是A B. 电压表的示数是2V C. 导体棒运动到图示虚线CD位置时，电流表示数为零 D. 导体棒上消耗的热功率为0.1W ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：当导体棒切割磁感线时，产生的感应电动势为 E=BLv，由于L按正弦规律变化，这个过程产生正弦式电流，磁场方向变化时，电流方向变化，所以回路中产生的是正弦式交变电流．产生的感应电动势的最大值Em＝BLv＝1×20×10−2×10＝2V，则电动势的有效值，电流表的示数；电压表测量R两端的电压，则U=IR=1V，故AB错误；电流表示数为有效值，一直为0.1A，故C错误；导体棒上消耗的热功率；故D正确．故选D．‎ 考点：交流电；法拉第电磁感应定律 ‎【名师点睛】本题关键是明确切割的有效长度按照正弦规律变化导致电动势的瞬时值按照正弦规律变化，注意交流电压表及交流电流表测量的是有效值，先求最大值，再根据最大值和有效值的关系求解，难度适中。‎ ‎8. 远距离输电时，输送的电功率为P，输电电压为U，所用输电导线的总电阻为R，输电线上损耗的电功率为P1，用户得到的电功率为P2，用户得到的电压为U2，在忽略其他损失的情况下，下列表达式中正确的是（ 　）‎ A. P1= B. P2=P-（）2R C. P2=（）2R D. U2=U-‎ ‎【答案】BD ‎【解析】输电线上的电流，则输电线损失的功率，故A错误；用户得到的功率，故B正确，C错误；输电线上损失的电压，则用户得到的电压，故D正确；故选BD。‎ ‎【点睛】根据P=UI求出输电线上的电流，结合和求出损失的功率和损失的电压，用户得到的功率等于输送功率减去损失的功率，用户得到的电压等于输电电压减去损失的电压．‎ ‎9. 如图所示，虚线和实线分别为甲、乙两个单摆做简谐运动的图象，则 (　 　)‎ A. 甲、乙两个单摆的振幅分别为2 cm、－1 cm B. 甲、乙两个单摆的机械能可能相等 C. 第2 s末甲的速度达到最大，乙的加速度达到最大 D. 前2 s内甲乙两个摆球的加速度均为正值 ‎【答案】BC ‎【解析】振幅等于位移的最大值，由图知甲、乙两摆的振幅分别为2cm、1cm，故A错误；由图知：甲、乙两球的周期分别为4s、8s，由单摆的周期公式知，甲摆的摆长比乙摆的摆长短，而甲摆的振幅比乙摆的振幅大，所以两个单摆的机械能可能相等，故B正确。第2秒末甲正通过平衡位置，速度最大；乙到达负的最大位移处，由知，加速度最大，故C正确。前2秒内，甲摆的位移为正，乙摆的位移为负，根据，知甲摆球的加速度为负值，乙摆球的加速度为正值，故D错误。故选BC。‎ ‎【点睛】根据图象得到两个单摆的振幅之比和周期之比，结合单摆周期公式比较单摆的摆长关系，根据位移分析速度和加速度的大小．‎ ‎10. 一正弦交变电流的电压随时间变化的规律如图所示．由图可知（ ）  ‎ A. 该交变电流的电压瞬时值的表达式为u=100sin（25πt）V B. 该交变电流的频率为25 Hz C. 该交变电流的电压的有效值为100V D. 若将该交流电压加在阻值R=100Ω的电阻两端, 则电阻消耗的功率为50W ‎【答案】BD ‎【解析】由图象可知，交流电的最大值为，电流的周期为T=0.04s ‎，交流电的角速度，所以交流电的电压瞬时值的表达式为，故A错误，交流电的频率为，故B正确；交流电的电压有效值为，故C错误；将该交变电流的电压加在阻值R=100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率为，故D正确；故选BD。‎ ‎【点睛】根据图象可以知道交流电的最大值和交流电的周期，根据最大值和有效值的关系即可求得交流电的有效值和频率．‎ ‎11. 做简谐运动的物体，其位移随时间的变化规律为x＝2sin(50πt＋)cm，则下列说法正确的是 ( 　)‎ A. 它的振幅为4cm B. 它的周期为0.04s C. 它的初相位是 D. 它在1/4周期内通过的路程可能是2cm ‎【答案】BCD ‎【解析】位移随时间的变化规律为，则知振幅为A=2cm，圆频率，则周期为：，当t=0时，是初相位，故A错误，BC正确；当振动的物体在平衡位置附近计时，并且速度先增大再减小的过程中；为方便叙述设简谐运动，设其方程为，设初始时刻为t，则从t时刻到时刻的路程为：，故此时最大为，最小为A；由此类推，本题的在四分之一周期内的最大路程为，故D正确。故选BCD。‎ ‎【点睛】已知质点简谐振动的方程，读出x的最大值即为振幅．读出圆频率，由求出周期．根据初相位和振动的特点分析其路程．‎ ‎12. 如图所示，线框匝数为N，面积为S，以角速度ω绕垂直磁感应强度为B的匀强磁场的轴匀速转动．线框的电阻、电感均不计，外电路接有电阻R、理想电流表A和二极管D.二极管D具有单向导电性，即正向电阻为零，反向电阻无穷大．下列说法正确的是(　 )‎ A. 图示位置电流最小 B. R两端电压的有效值U＝NBS C. 一个周期内通过R的电荷量q＝‎ D. 交流电流表的示数I＝NBS ‎【答案】D ‎【解析】矩形闭合导线框在磁场中转动，产生的交流电的电压最大值为：，二极管具有单向导电性，一个周期中只有一半时间电路中有电流，根据电流的热效应得：，解得：，电流，电流表的示数为有效值，所以电流表的示数为，故AB错误，D正确；一个周期中只有一半时间电路中有电流，由，，得到电量，故C错误；故选D。‎ ‎【点睛】根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式求解电量。从图示位置磁通量为，转过磁通量为，．交流电压表测量有效值，由电动势的最大值、欧姆定律和有效值与最大值之间的关系求解电压的有效值。根据焦耳定律求解热量，I为有效值。‎ 二．实验题： ‎ ‎13. (1)在用单摆测重力加速度的实验中，单摆的摆角θ应______，从摆球经过________开始计时，测出n次全振动的时间为t，用米尺测出摆线长为L，用游标卡尺测出摆球的直径为d.用上述物理量的符号写出测重力加速度的一般表达式为g＝__________.‎ ‎(2)在用单摆测重力加速度的实验中，为减小误差______‎ A．应选质量小的球做摆球 B．先使摆球摆动几次，从摆球经过平衡位置时开始计时 C．用停表测出30～50次全振动的时间，计算出平均周期 D．在测量摆线长度时，对安装好的单摆，要用力拉紧摆线后再测量 ‎（3）实验中某同学发现他测出的重力加速度值总是偏大，其原因可能是______‎ A．实验室处在高山上，离海平面太高 B．单摆所用的摆球太重 C．测出n次全振动的时间为t，误作为(n＋1)次全振动的时间进行计算 D．以摆球直径和摆线之和作为摆长来计算 ‎（4）在“利用单摆测定重力加速度”的实验中，测出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出T2－l图象．理论上T2－l图象是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出的图象如图所示，造成图象不过坐标原点的原因可能是_________________________．由图象求出的重力加速度g＝________ m/s2.(取)‎ ‎【答案】 (1). 小于10°； (2). 平衡位置； (3). (4). BC； (5). CD； (6). 漏加小球半径； (7). 9.87；‎ ‎【解析】（1）单摆在摆角比较小时，单摆的运动才可以看成简谐运动，所以单摆的摆角应小于．摆球经过平衡位置的速度最大，最大位移处速度为0，在平衡位置计时误差最小．单摆的摆长为，单摆的周期，根据单摆的公式，解得：；（2）为使实验误差小，应选质量大的球做摆球，故A错误；经过平衡位置速度最大，时间最短，测量误差最小，故B正确；用停表测出单摆做30-50次全振动所用的时间，计算出平均周期，利于减小误差，故C正确；实验中单摆摆长等于摆球半径与摆线长度之和，应先用游标卡尺测出摆球直径；然后把单摆悬挂好，再用米尺测出单摆自然下垂时摆线长度，摆球半径与摆线长度之和是单摆摆长，不需要用力拉紧，故D错误；故选BC。（3）高度越高，重力加速度越小，但是位置不是影响测量重力加速度偏大偏小的原因．故A错误．摆球的质量不影响重力加速度的大小．故B错误．测出n次全振动的时间为t，误作为（n+1‎ ‎）次全振动的时间进行计算，测得周期偏小，根据知测得重力加速度偏大，故C正确；以摆球的直径和摆线之和作为摆长来计算，测得摆长偏大，根据，知测得重力加速度偏大，故D正确．故选CD．（4）图象不通过坐标原点，将图象向右平移1cm就会通过坐标原点，故相同的周期下，摆长偏小1cm，故可能是漏加小球半径；由题意公式，得，图象斜率表示，结合图象数据得到，解得：。‎ ‎【点睛】根据重力加速度的表达式，可分析g值偏大可能的原因根据实验注意事项与实验原理分析实验误差．由单摆周期公式变形，得到与L的关系式，分析图象斜率的意义，求解g。‎ 三、计算题 ‎14. 将力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力。图甲中O点为单摆的固定悬点，现将小摆球(可视为质点)拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，∠AOB＝∠COB＝θ，θ小于10°且是未知量。图乙表示由计算机得到的细线对摆球的拉力F的大小随时间t变化的曲线，且图中t＝0时刻为摆球从A点开始运动的时刻。试根据力学规律和题中(包括图中)所给的信息。求：摆球的振动周期和摆长。(g取10 m/s2)‎ ‎【答案】T=0.4π，L=0.4m；‎ ‎...............‎ 从F-t图线可知，单摆的周期 根据单摆的周期公式 得：‎ ‎【点睛】本题考查了单摆周期公式的应用，解决本题的关键掌握单摆的运动规律，由图象读出周期，并根据周期公式求出摆长。‎ ‎15. 如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B＝0.5 T，匝数为n＝100匝的矩形线圈，绕垂直于匀强磁场的转轴OO′匀速转动，每匝线圈长为L＝25 cm，宽为d＝20 cm.线圈每分钟转动1 50/π转，在匀速转动过程中，从线圈平面经过图示位置时开始计时．‎ ‎(1) 线圈中产生的感应电动势的最大值是多少？‎ ‎(2)写出感应电动势e的瞬时值表达式；‎ ‎(3)若每匝线圈本身电阻r＝0.02 Ω，外接一阻值为13 Ω的用电器，则通过线圈的电流多大？用电器的电功率多大？‎ ‎【答案】（1）Em=12.5V；（2）e=12.5cos5t（V）；（3）I=A，P=W； ‎ ‎【解析】试题分析：根据转动的频率求出线圈转动的角速度，结合感应电动势的峰值表达式求出最大值，从而得出感应电动势的瞬时表达式，由闭合电路的欧姆定律求出感应电流，根据求用电器的出电功率。‎ ‎（1）线圈转动的角速度 则感应电动势的最大值 ‎（2）从图示位置开始计时，则感应电动势的瞬时表达式 ‎（3）根据闭合电路的欧姆定律得：‎ 则用电器的电功率 ‎【点睛】正弦交变电流从中性面计时，感应电动势的表达式为，垂直于中性面开始计时，则其表达式为，计算电功率用电流的有效值。‎ ‎16. 如图所示，理想变压器原线圈中输入电压U1＝3 300 V，副线圈两端电压为U2＝220 V，输出端连有完全相同的两个灯泡L1和L2，绕过铁芯的导线所接的电压表V的示数U＝4 V．求：‎ ‎(1)原线圈n1等于多少匝？‎ ‎(2)当开关S断开时，电流表A2的示数I2＝5 A．则电流表A1的示数I1为多少？‎ ‎(3)在(2)中情况下，当开关S闭合时，电流表A1的示数I1′等于多少？‎ ‎【答案】（1）825匝；（2）A；（3）A； ‎ ‎【解析】试题分析：（1）把电压表看做一匝线圈，应用匝数之比等于电压之比求原线圈匝数；（2）电流根据输入功率等于输出功率；（3）应用欧姆定律和输入功率等于输出功率求副线圈电流，在根据输入功率等于输出功率求原线圈电流．‎ ‎（1）由电压与变压器匝数的关系可得：匝 ‎（2）当开关S断开时，由输入功率等于输出功率：‎ 可得 ‎（3）当开关S断开时，有：‎ 当开关S闭合时，设副线圈总电阻为，则有：‎ 副线圈中的总电流为，则 由 得：‎ ‎【点睛】本题考查变压器原理；只要知道变压器的特点：匝数之比等于电压之比，输入功率等于输出功率．‎ ‎17. 一台小型发电机的最大输出功率为100kW，输出电压恒为1000V，现用电阻率为，横截面积为的输电线向远处的用户输电，要使发电机满负荷运行时，输电线上的损失功率不得超过发电机总功率的4%，求：‎ ‎(1)所用的理想升压变压器原、副线圈的匝数比是多少？‎ ‎(2)如果用户用电器的额定电压为220V，那么所用的理想降压变压器原、副线圈的匝数比是多少？‎ ‎【答案】（1）1:6；（2）288:11；‎ ‎【解析】试题分析：根据P=UI可计算出升压变压器原线圈的输入电流，根据输电线上的功率损失为4%，可计算出升压变压器副线圈的电流，根据即可求出升压变压器的匝数比；由题意可计算出用户得到的功率，根据P=UI又可计算出降压变压器原线圈两端的电压，即可求出降压变压器的匝数比。‎ ‎（1）输电要用两根导线，则输电线的电阻为 由题意知，即 解得：‎ 则升压变压器原、副线圈匝数比 ‎（2）输电线中的电流为 则输电线上损失的电压为 故降压变压器原线圈的电压为 则降压变压器原、副线圈匝数比为 ‎【点睛】解决本题的关键知道原副线圈的匝数比等于原副线圈的电压比，以及掌握输电线上损失的功率，输电线上损失的功率往往是突破口。‎ ‎ ‎ ‎ ‎