2018-2019学年四川省绵阳南山中学高二12月月考物理试题 解析版

2018-2019学年四川省绵阳南山中学高二12月月考物理试题 解析版

绝密★启用前 四川省绵阳南山中学2018-2019学年高二12月月考物理试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．如图所示为“或”门逻辑电路，真值表中输出端Z从上至下的取值顺序是( )‎ A．0 0 1 0 B．1 1 0 1‎ C．1 1 0 0 D．0 0 0 1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接看逻辑电路的符号，可知其为或门，根据或门的特点是只有满足一个条件，事件就会发生，即输入中只要有一个为1，输出就为1，可以判断出输出X的值．‎ ‎【详解】‎ 从给出的逻辑电路的符号，可知该逻辑电路为或门；或门的特点是只有满足一个条件，事件就会发生，即输入中只要有一个为1，输出就为1，则真值表中X为1，只有两个输入均为0时，才能输出为0；故B正确，ACD错误。故选B。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查逻辑电路的符号和特点，解题的关键是熟记三种简单的逻辑电路：与门、或门和非门的符号以及特点．‎ ‎2．分析下列物理现象：‎ ‎①“闻其声而不见其人”；‎ ‎②学生围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音；‎ ‎③当正在鸣笛的火车向着我们急驶而来时，我们听到汽笛声的音调变高．‎ 这些物理现象分别属于波的 A．折射、干涉、多普勒效应 B．衍射、多普勒效应、干涉 C．折射、衍射、多普勒效应 D．衍射、干涉、多普勒效应 ‎【答案】D ‎【解析】“闻其声而不见其人”，听到声音，却看不见人，这是声音的衍射；‎ 围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音，音叉发出两个频率相同的声波相互叠加，从而出现加强区与减弱区，这是声音的干涉；‎ 当正在鸣笛的火车向着我们急驶而来时，我们听到汽笛声的音调变高，音调变高就是频率变高，因此这是多普勒效应现象，故D正确．‎ ‎3．关于光的折射现象，下列说法中正确的是( )‎ A．折射角一定小于入射角 B．折射率跟折射角的正弦值成反比 C．折射率大的介质，光在其中的传播速度小 D．折射角增大为原来的2倍，入射角也增大为原来的2倍 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 光从光疏介质射向光密介质时，折射角一定小于入射角，选项A错误；折射率是由材料本身决定的物理量，与折射角的正弦值无关，选项B错误；根据v=c/n可知，折射率大的介质，光在其中的传播速度小，选项C正确；根据可知，折射角增大为原来的2倍，入射角不一定也增大为原来的2倍，选项D错误；故选C.‎ ‎4．如图两个弹簧振子悬挂在同一支架上，已知甲弹簧振子的固有频率为8 Hz，乙弹簧振子的固有频率为72 Hz，当支架在受到竖直方向且频率为9 Hz的驱动力作用做受迫振动时，则两个弹簧振子的振动情况是（ ）‎ A．甲的振幅较大，且振动频率为8 Hz B．甲的振幅较大，且振动频率为9 Hz C．乙的振幅较大，且振动频率为9 Hz D．乙的振幅较大，且振动频率为72 Hz ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：物体做受迫振动的频率等于驱动力的频率，与固有频率无关．当驱动力的频率接近于物体的固有频率时，物体发生共振，振幅最大 解：支架在受到竖直方向且频率为9Hz的驱动力作用下做受迫振动时，甲乙两个弹簧振子都做受迫振动，它们振动的频率都等于驱动力的频率9Hz，由于甲的频率接近于驱动力的频率，所以甲的振幅较大．故B正确，A、C、D错误．‎ 故选：B ‎5．如图所示的电路中，闭合开关S，小灯泡正常发光．现将滑动变阻器的滑片P稍向左移动一段距离，下列说法正确的是( ) ‎ A．电流表、电压表的读数均变小 B．小灯泡L变暗 C．电源的总功率变大 D．电容器所带电荷量变小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把滑动变阻器的滑片向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析电路中总电流的变化，判断灯泡L亮度的变化．电路稳定时电容器的电压等于变阻器两端的电压，分析变阻器两端电压的变化，判断电容器充电或放电.‎ ‎【详解】‎ 把滑动变阻器的滑片向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析得知：电路中总电流I减小，则灯泡L变暗；；路端电压变大，所以电压表示数变大，故A错误，B正确。以上分析知，总电流减小，据P=EI知，电源的总功率减小，故C错误。电容器与滑动变阻器并联，所以两端的电压相等，电容器两端的电压UC=E-I(r+RL)，由于I减小，电容器端电压UC增大，再据Q=CU判断电容器两极板的电量增大，故D错误。故选B。‎ ‎【点睛】‎ 本题是电路的动态变化分析问题，根据变阻器接入电路的电阻变化，确定外电路总电阻的变化，再分析电容器的电压变化，是常用的分析方法和思路．‎ ‎6．一列简谐横波沿x轴正方向传播，t＝0时刻的波形如图中实线所示，t＝0.1 s时刻的波形如图中虚线所示。波源不在坐标原点O，P是传播介质中离坐标原点xP＝2.5 m处的一个质点。则以下说法正确的是( )‎ A．质点P的振幅为0.05 m B．波的频率可能为7.5 Hz C．波的传播速度可能为50 m/s D．在t＝0.1 s时刻与P相距5 m处的质点一定沿x轴正方向运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 质点P的振幅由图直接读出．简谐横波沿x轴正方向传播，根据波形的平移法得到波的周期可能值，求出频率的可能值和速度的可能值．根据时间与周期的关系，确定质点的速度方向．‎ ‎【详解】‎ 振幅等于质点离开平衡位置的最大距离，由图知，质点P的振幅为0.1 m，故A错误。波沿x轴正方向传播，则t=nT+，周期为，频率为 =（10n+2.5）Hz，（n=0，1，2，3…），所以波的频率可能为2.5Hz，12.5Hz，不可能为7.5 Hz．故B错误；波速为v=λf=4×（10n+2.5）=（40n+10）m/s，当n=1时，v=50m/s，故C正确。波沿x轴正方向传播，在t=0.1s时刻与P相隔5m处的质点与P点相距1m的质点振动情况完全相同，即距原点为3.5m的质点在0.1s时刻的速度方向，沿y轴正方向。故D错误。故选C。‎ ‎【点睛】‎ 本题运用波形的平移法分析时间与周期的关系，确定波的周期，是经常采用的方法．关键要理解波的周期性．‎ ‎7．如图所示，在南北方向安放的条形小磁铁的正上方用细线悬挂一长直导线，当导线中通入图示的电流I后，下列说法正确的是( )‎ A．导线a端向里转，悬线所受的拉力大于导线所受的重力 B．导线b端向里转，悬线所受的拉力小于导线所受的重力 C．导线a端向里转，悬线所受的拉力小于导线所受的重力 D．导线b端向里转，悬线所受的拉力大于导线所受的重力 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条形磁铁的磁场分布，由左手定则可判定导线受安培力的转动的方向，转过900角后再确定导线受的安培力的方向，即可得出结论．‎ ‎【详解】‎ 根据条形磁铁的磁场分布，并由左手定则，可知直导线的a端受向里的安培力向里转动，b端受到向外的安培力向外转动；当直导线转动900角后，电流方向垂直纸面向里，此时直导线受安培力向下，可知悬线所受的拉力大于导线所受的重力，故A正确，BCD错误；故选A。‎ 评卷人 得分 二、多选题 ‎8．如图所示，A、B、C、D是真空中一正四面体的四个顶点，现在A、B两点分别固定两个点电荷Q1和Q2，则关于C、D两点的场强和电势，下列说法正确的是( ) ‎ A．若Q1和Q2是等量同种电荷，则C、D两点的电场强度不同，电势相同 B．若Q1和Q2是等量同种电荷，则C、D两点电场强度和电势均相同 C．若Q1和Q2是等量异种电荷，则C、D两点电场强度和电势均不相同 D．若Q1和Q2是等量异种电荷，则C、D两点电场强度和电势均相同 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 若Q1和Q2是等量异种电荷，其电场线和等势面具有对称性，通过AB的中垂面是一等势面，C、D在同一等势面上，电势相等，根据对称性分析C、D场强关系．若Q1和Q2是等量同种电荷，根据对称性分析场强和电势的关系．‎ ‎【详解】‎ 若Q1和Q2是等量同种电荷，由电场的分布情况和对称性可知，C、D两点电场强度大小相等，方向不同，则电场强度不同。电势相等，故A正确，B错误。若Q1和Q2是等量异种电荷，通过AB的中垂面是一等势面，C、D在同一等势面上，电势相等。C、D两点的场强都与等势面垂直，方向与AB平行，方向相同，根据对称性可知，场强大小相等，故C、D两点的场强、电势均相同。故C错误，D正确。故选AD。‎ ‎【点睛】‎ 本题要掌握等量异种和同种电荷电场线和等势线分布情况，抓住对称性，即可分析C、D场强与电势的关系．‎ ‎9．如图所示是医用回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．现分别加速氘核(H)和氦核(He)．下列说法中正确的是( )‎ A．氘核(H)的最大速度较大 B．它们在D形盒内运动的周期相等 C．氦核(He)的最大动能较大 D．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 带电粒子最后从回旋加速器中出来时的速度最大，根据qvB=m ‎，比较粒子的速度．在回旋加速器中的周期，根据周期的公式判断两粒子的周期是否相同．求出粒子的最大速度后，根据EK=mv2比较最大动能．‎ ‎【详解】‎ 根据qvB=m，得．两粒子的比荷相等，所以最大速度相等。故A错误。带电粒子在磁场中运动的周期，两粒子的比荷相等，所以周期相等。故B正确。最大动能EK=mv2=，则有氦核（）的最大动能较大。故C正确。由C选项可知，粒子的最大动能与电源的频率无关。故D错误。故选BC。‎ ‎【点睛】‎ 解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场加速，磁场偏转来加速粒子．以及知道粒子在磁场中运动的周期和交流电的周期相同．‎ ‎10．如图甲为一列沿x轴传播的简谐波在t＝0s时刻的波形．图乙表示该波传播的介质中x＝2 m处的质点a从t＝0时起的振动图像．则( )‎ A．波传播的速度为4 m/s B．波沿x轴负方向传播 C．t＝1.25 s，质点a的位移沿y轴负方向 D．t＝1.25 s，x＝4 m处的质点P的加速度沿y轴正方向 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在乙图上读出a质点在t=0 时刻的速度方向，在甲图上判断出波的传播度方向；由甲图读出波长，由乙图读出周期，即求出波速和频率；t＝1.25 s=1T，根据波的传播方向确定质点a和P点的振动情况.‎ ‎【详解】‎ 由乙图知，t=0时刻，质点a向下运动，在甲图上，由波形的平移可知，该波沿x轴正方向传播；由乙图知，质点的振动周期为T=1s，由甲图知，波长λ=4m，则波速为：，故A正确，B错误；t＝1.25 s=1T，质点a位于波谷位置，即位移沿y轴负方向，x＝4 m处的质点P到达波峰位置，加速度沿y轴负方向，选项C正确，D错误；故选AC.‎ ‎【点睛】‎ 本题关键要把握两种图象的联系，能根据振动图象读出质点的速度方向，在波动图象上判断出波的传播方向 ‎11．如图所示，实线是电场线，方向已标明，虚线ab是某一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，则下列判断正确的是(　　)‎ A．粒子带正电荷 B．粒子在a点的电势能大于在b点的电势能 C．粒子在a点的速度大于在b点速度 D．粒子在a点的加速度大于在b点加速度 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据轨迹的弯曲得出带电粒子所受电场力方向，从而确定粒子的电性．根据电场力做功判断速度的大小以及电势能的大小．根据电场线的疏密比较电场的大小，结合牛顿第二定律比较加速度的大小．‎ ‎【详解】‎ 根据轨迹的弯曲知，带电粒子所受电场力方向向左，可知粒子带负电，故A错误。从a到b，电场力做负功，电势能增加，则粒子在b点的电势能较大；根据动能定理知，速度减小，则粒子在a点的速度较大，故C正确，B错误。电场线的疏密表示电场的强弱，可知a点的场强大于b点的场强，则电荷在a点所受电场力较大，根据牛顿第二定律知，粒子在a点的加速度较大，故D正确。故选CD。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了轨迹的弯曲得出电场力的方向是解决本题的突破口，掌握判断电势能和动能大小的方法，知道电场线的疏密表示电场强度的强弱．‎ ‎12．如图所示，一个质量m＝0.1g，电荷量q＝4×10－4C带正电的小环，套在足够长的绝缘直棒上，可以沿棒上下滑动。将棒置于正交的匀强电场和匀强磁场内，E＝10 N/C，B＝0.5 T。小环与棒之间的动摩擦因数μ＝0.2。取g＝10 m/s2，小环电荷量不变。小环从静止沿棒竖直下落，则( )‎ A．小环的加速度一直减小 B．小环的机械能一直减小 C．小环的最大加速度为2 m/s2 D．小环的最大速度为4 m/s ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对小环进行受力分析，再根据各力的变化，可以找出合力及加速度的变化；即可以找出小环最大速度及最大加速度的状态．‎ ‎【详解】‎ 小环静止时只受电场力、重力及摩擦力，电场力水平向右，摩擦力竖直向上；开始时，小环的加速度应为，小环速度将增大，产生洛仑兹力，由左手定则可知，洛仑兹力向右，故水平方向合力将逐渐变大，摩擦力变大，故加速度减小；当摩擦力等于重力时，加速度为零，此时速度最大，则mg=μ(qvB+qE)，解得v=5m/s，以后圆环将以5m/s的最大速度做匀速运动，开始时的加速度最大，最大值为2m/s2，则C正确，AD错误；小环下落过程中，摩擦力一直做功，机械能减小，选项B正确；故选BC.‎ ‎【点睛】‎ 本题要注意分析带电小环的运动过程，属于牛顿第二定律的动态应用与电磁场结合的题目，此类问题要求能准确找出物体的运动过程，并能分析各力的变化，对学生要求较高．同时注意因速度的变化，导致洛伦兹力变化，从而使合力发生变化，最终导致加速度发生变化．‎ 第II卷（非选择题)‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 三、实验题 某实验小组在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的操作：‎ ‎13．用游标卡尺测量摆球的直径如图甲所示，可读出摆球的直径为________cm；把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长l.‎ ‎14．用秒表测量单摆的周期．当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n＝0，单摆每经过最低点记一次数，当数到n＝60时秒表的示数如图乙所示，该单摆的周期T＝________s(结果保留三位有效数字)．‎ ‎15．测量出多组周期T、摆长L的数值后，画出T2－l图线如图丙所示，此图线斜率的物理意义是_____（g为当地重力加速度）‎ A．g B． C． D．‎ ‎16．实验小组在实验中如果测得g值偏大，原因可能是( )‎ A．把摆线长与小球直径之和作为摆长 B．摆球质量过大 C．开始计时时，停表过早按下 D．实验中误将49次全振动次数记为50次 ‎17．该小组的另一同学没有使用游标卡尺也测出了重力加速度，他采用的方法是：先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1，然后把摆线缩短适当的长度Δl，再测出其振动周期T2。用该同学测出的物理量表示重力加速度g＝______.‎ ‎【答案】‎ ‎13． （1）2.26 ‎ ‎14． （2）2.51 ‎ ‎15． C ‎ ‎16． AD ‎ ‎17． （5） ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数． （2）秒表分针与秒针示数之和是秒表示数；单摆完成一次全振动需要的时间是一个周期． （3）根据单摆周期公式求出图象的函数表达式，然后分析答题． （4）应用单摆周期公式求出重力加速度，然后根据重力加速度的表达式分析答题．． （5）摆线长度与摆球半径之和是单摆摆长，根据题意应用单摆周期公式可以求出重力加速度．‎ ‎13．由图示游标卡尺可知，其示数为：22mm+6×0.1mm=22.6mm=2.26cm．‎ ‎14．由图示秒表可知，其示数：t=60s+15.2s=75.2s，单摆的周期：；‎ ‎15．由单摆周期公式：T=2π可知T2=L，则T2-L图象的斜率：k=，故选C．‎ ‎16．由单摆的周期公式：T=2π可知，重力加速度：g=；把摆线长与小球直径之和作为摆长，摆长偏大，所测g偏大，故A正确；摆球质量对周期无影响，选项B错误；开始计时时，停表过早按下，所测周期T偏大，所测g偏小，故C错误；实验中误将49次全振动次数记为50次，所测周期T偏小，所测g偏大，故D正确；故选AD。；‎ ‎17．设摆球的半径为r，摆线长度为L，由单摆周期公式可知：T1=2π，T2=2π，整理得：g= ；‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了游标卡尺、秒表读数，考查了实验数据处理、实验误差分析等问题；要掌握常用器材的使用及读数方法，要注意游标卡尺不需要估读；应用单摆周期公式可以解题．‎ 某学习小组用伏安法测量一未知电阻Rx的阻值，给定器材及规格为：‎ 电流表A(量程为0～5 mA，内阻约为10 Ω)；‎ 电压表V(量程为0～3 V，内阻约为3 kΩ)；‎ 最大阻值约为100 Ω的滑动变阻器；‎ 电源E(电动势约3 V)；开关S、导线若干．‎ ‎18．由于不知道未知电阻的阻值范围，先采用如图甲所示电路试测，读得电压表示数大约为1.9 V，电流表示数大约为4 mA，则未知电阻的阻值Rx大约为________ Ω.‎ ‎19．经分析，该电路测量误差较大，需改进．请直接在图甲上改画：①在不需要的连线上画“×”表示，②补画上需要添加的连线________．‎ ‎20．该小组同学发现，闭合开关后，无论如何调节滑动变阻器，电压表和电流表的示数都不为零，经检查，有一根导线断开了，它是________。（用代号表示）‎ ‎21．对改进的电路进行测量。闭合开关前，滑动变阻器的滑片处于最_____端（选填“左”、“右”），该小组同学根据测量数据画出了如图乙所示的U-I图像，得Rx＝________ Ω.(保留三位有效数字)‎ ‎【答案】‎ ‎18． （1）475 ‎ ‎19． （2）如图；‎ ‎ ‎ ‎20． （3）h ‎ ‎21． （4）右 500 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题（1）根据电阻的定义求解即可；题（2）当采用电流表外接法时测量误差大说明应改为内接法；题（3）根据实验现象判断电路的故障；（4）根据U=RI可知U-I图象的斜率表示电阻，然后求出图象的斜率即可．‎ ‎18．根据R=可求出 ；‎ ‎19．因Rx>>RA，则故应采用电流表内接；则改进后的电路如图；‎ ‎20．闭合开关后，无论如何调节滑动变阻器，电压表和电流表的示数都不为零，经检查，有一根导线断开了，它是h；‎ ‎21．测量电路从滑动变阻器的右半部分分压，则闭合开关前，滑动变阻器的滑片处于最右端；根据U=RI可知，待测电阻应等于图线的斜率，所以.‎ ‎【点睛】‎ 应明确：①当Rx>>RA时采用电流表内接，当RV>>Rx时采用电流表外接，且电流表采用内接法时测量值偏大，采用外接法时测量值偏小；②表示导体的U-I图象的斜率等于导体的电阻．‎ 评卷人 得分 四、解答题 如图所示的电路中，两平行金属板、水平放置，两板间的距离。电源电动势 E=20V，内电阻，电阻，滑动变阻器的最大阻值R0=16Ω。当滑动变阻器的滑片处于中间位置时，闭合开关，待电路稳定后，将一带正电的小球从板小孔以初速度v0=5 m/s竖直向上射入板间。若小球带电量为,质量为，不考虑空气阻力。取。‎ ‎22．求电源的输出功率是多大？‎ ‎23．通过计算说明小球能否到达板？如果能够到达板，求小球到达板的速度是多大？‎ ‎【答案】‎ ‎22． （1）19W ‎ ‎23． （2）3m/s ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据闭合电路欧姆定律求得回路的电流，再求解电源的输出功率：（2）假设小球能到达A板，根据动能定理求解速度.‎ ‎22．设通过滑动变阻器电流为I，由闭合欧姆定律得 ‎ ‎ 解得，I=1 A 电源的输出功率 ‎ 解得，‎ ‎23． ‎ 小球进入板间后，受重力和电场力作用，假设能够到达板，‎ 由动能定理得 -mgd-qUAB=- ‎ 解得，‎ 小球能够到达板，小球到达板的速度为3m/s 如图所示，空间内有相距为d的两块正对的平行金属板PQ、MN，两板带等量异种电荷，板间匀强电场的场强为．在虚线QN右侧存在垂直于纸面、磁感应强度大小未知的矩形匀强磁场(图中未画出)．现有一质量为m、电量为q的带电粒子以初速度v0沿两板中央OO′射入，并恰好从下极板边缘射出，又经过在矩形有界磁场中的偏转，最终从金属板PQ的右端进入平行金属板PQ、MN之间．不计带电粒子重力．求：‎ ‎24．粒子从下极板边缘射出时速度大小和方向；‎ ‎25．虚线QN右侧匀强磁场的磁感应强度大小；‎ ‎26．矩形有界磁场的最小面积．‎ ‎【答案】‎ ‎24． （1）2v0，速度方向与QN方向之间的夹角为30° ‎ ‎25． （2） ‎ ‎26． （3）(2＋)d2. ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）带电粒子做平抛运动，由运动的分解可得平行极板方向做匀速运动，垂直此方向做匀加速运动，根据运动学公式即可求解；‎ ‎（2）粒子做平抛运动后进入磁场做匀速圆周运动，根据几何关系可得半径。再由求出磁感应强度B；‎ ‎（3）从几何角度得出磁场的最小区域，再由面积公式即可求解。‎ ‎24．在电场中，‎ 解得vy＝v0‎ 则粒子从下极板边缘射出时的速度为v＝ ‎ 解得，v＝2v0‎ 设速度方向与QN方向之间的夹角为θ，则有 ‎ 解得，θ＝30°.‎ ‎25．带电粒子离开电场后进入匀强磁场，在匀强磁场中做匀速圆周运动，其轨迹如图所示 由几何关系可知，‎ 解得 ‎26．由轨迹图可知，磁场区域宽度最小为R(1＋cos 30°)，长度最小等于2R；‎ 所以矩形有界磁场的最小面积为S＝2R2(1＋cos 30°)＝(2＋)d2.‎ ‎【点睛】‎ 理解平抛运动处理的运动分解规律，掌握匀速圆周运动的：定圆心、画轨迹、求半径的方法。同时运用几何知识来结合求解。‎