2017-2018学年浙江省金华一中高二上学期第二次段考物理试题 解析版

2017-2018学年浙江省金华一中高二上学期第二次段考物理试题 解析版

浙江省金华一中2017-2018学年上学期高二第二次段考物理试题 一、单选题（只有一个选项正确，每题3分）‎ ‎1. 了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要。以下符合史实的是(   )‎ A. 焦耳发现了电流的磁效应 B. 法拉第发现了电磁感应现象，并总结出了电磁感应定律 C. 惠更斯总结出了折射定律 D. 英国物理学家托马斯杨利用双缝干涉实验首先发现了光的干涉现象 ‎【答案】D ‎【解析】A项：电流的磁效应是奥斯特发现的，故A错误；‎ B项：法拉第发现了电磁感应现象，但是韦伯和纽曼是发现了电磁感应定律，麦克斯韦用公式表达电磁感应定律，故B错误；‎ C项：费马提出了光的折射定律，故C错误；‎ D项：英国物理学家托马斯杨利用双缝干涉实验首先发现了光的干涉现象，故D正确。‎ ‎2. 长10cm的通电直导线，通以1A的电流，在匀强磁场中受到的磁场力为0.4N，则该磁场的磁感应强度为（ ）‎ A. 等于4T B. 大于或等于4T C. 小于或等于4T D. 上述说法都错误 ‎【答案】B ‎【解析】长为L=0.1m，电流强度为I=1A，把它置入某磁场中某点，受到的磁场力为F=0.4N，设导线与磁场方向的夹角为α，由F=BILsinα得：，故B正确。‎ 点晴：解答本题的关键在于掌握安培力的一般表达式：F=BILsinα，知道α是导线与磁场方向的夹角，而磁感应强度的定义式，是属于比值定义法，其条件是导线垂直放入磁场中。‎ ‎3. 如图所示的电路中，两只小灯泡的规格相同。在开关S闭合一段时间后，发现两个灯泡的亮度相同。断开开关S后，进行如下操作，下列对小灯泡发光的描述正确的是（ ）‎ A. 开关S闭合瞬间，两灯一样亮 B. 开关S闭合后，灯A2一直比A1亮 C. 若将电源换成交流电，两灯一样亮 D. 断开开关S时，两灯都逐渐熄灭 ‎【答案】D ‎【解析】A项：由于A1与电感线圈串联，开关S闭合瞬间，电感线圈中产生自感电动势，所以A1的亮度比A2暗，故A错误；‎ B项：开关S闭合电路稳定后，电感线圈相当于电阻，所以两灯一样亮，故B错误；‎ C项：若将电源换成交流电，电感线圈对交流电的阻碍作用为直流电阻和感抗，所以A1灯更暗，故C错误；‎ ‎...............‎ ‎4. 如图是地磁场的分布图，已知地球自转方向是自西向东的，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 磁感线是磁场中真实存在的曲线 B. 如果地磁场是地球表面带电产生的，则地球带正电 C. 赤道处一条通有竖直向下方向电流的导体棒受到的安培力向西 D. 竖直向下射向赤道的带正电的宇宙射线受到的洛伦兹力向东 ‎【答案】D ‎【解析】A项：磁感线是是假想的曲线，故A错误；‎ B项：地球自转方向自西向东，地球的南极是地磁场的北极，由安培定则判断可知地球是带负电的，故B错误；‎ C项：赤道处的磁场方向从南向北，电流方向自东向西，根据左手定则，安培力的方向竖直向下，故C错误；‎ D项：赤道附近的地磁场方向水平向北，一个带正电的射线粒子竖直向下运动时，据左手定则可以确定，它受到水平向东的洛伦兹力，故它向东偏转，故D正确。‎ ‎5. 法拉第圆盘发动机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，下列说法正确的是（ ）‎ A. 圆盘虽然转动，但由于通过圆盘的磁通量没有变化，没有电流通过电阻R B. 若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流过电阻R C. 若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化 D. 若圆盘转动的角速度变为原来的两倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍 ‎【答案】B ‎【解析】A项：实验过程中，穿过圈盘的磁通量不变，但可等效看成无数轴向导体切割磁感线产生感应电动势，所以有电流通过电阻，故A错误；‎ B项：若从上向下看，圆盘顺时针转动，根据右手定则知通过电阻R的电流从a到b，故B正确；‎ C项：圆盘转动方向不变，等效电源正负不变，电流方向不变，故C错误；‎ D项：根据，角速度加倍时功率变成原来的4倍，故D错误。‎ ‎6. 如图带电粒子以相同速率经过A、B两点，且粒子经过A、B两处时速度方向与AB连线所成夹角相等，则空间可能是 ( )‎ A. 一定分布着平行于纸面的匀强电场 B. 一定分布着平行于纸面的点电荷电场 C. 一定分布着垂直于纸面的匀强磁场 D. 以上三者都有可能 ‎【答案】D ‎【解析】A项：当匀强电场方向为竖直方向时，A、B两点处于同一等势面上，粒子从A到B电场力不做功，故A正确；‎ B项：当点电荷处于AB连线中点时，A、B两点处于同一等势面上，粒子从A到B电场力不做功，故B正确；‎ C项：根据粒子在磁场所受的电场力不做功，再由对称性可知，C项正确，综上所述本题应选D。‎ ‎7. 现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为（ ）‎ A. 144 B. 121 C. 12 D. 11‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据动能定理得：，得，离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，，解得，由以上各式可得：，一价正离子电荷量与质子电荷量相等，同一加速电场U相同，同一出口离开磁场则R相同，所以m正比于B2，磁感应强度增加到原来的12倍，离子质量是质子质量的144倍，A正确，BCD错误。‎ 点晴：本题先电场加速后磁偏转问题，先根据动能定理得到加速得到的速度表达式，再结合带电粒子在匀强磁场中运动的半径公式求出离子质量的表达式。‎ ‎8. 长为a、宽为b的矩形线框有n匝，每匝线圈电阻为R.如图所示，对称轴MN的左侧有磁感应强度为B的匀强磁场，第一次将线框从磁场中以速度v匀速拉出，第二次让线框以ω＝2v/b的角速度转过90°角。那么(   ) ‎ A. 通过导线横截面的电荷量q1∶q2＝1∶n B. 通过导线横截面的电荷量q1∶q2＝1∶1‎ C. 线框发热功率P1∶P2＝2n∶1‎ D. 线框发热功率P1∶P2＝1∶2‎ ‎【答案】B ‎【解析】A、B项：根据法拉第电磁感应定律，得出感应电动势，结合闭合电路欧姆定律，与电量表达式Q=It，即可解得电量，虽然两次的运动方式不同，但它们的磁通量的变化量相同，因此它们的电量之比为1：1，故A错误，B正确；‎ C、D项：由平均感应电动势，瞬时感应电动势E=BLv．则感应电流的大小之比即为感应电动势大小之比，则为，再根据线框的发热功率P=I2nR，可知，线框发热功率P1：P2=2：1，故C、D错误。‎ ‎9. 一个面积S=4×10-2 m2、匝数n=100匝的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示，则下列判断正确的是（ ）‎ A. 在开始的2 s内穿过线圈的磁通量变化率等于0.08 Wb/s B. 在开始的2 s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零 C. 在开始的2 s内线圈中产生的感应电动势大小等于0.08 V D. 在第3 s末线圈中的感应电动势等于零 ‎【答案】A ‎10. 图甲中的a是一个边长为L的正方向导线框，其电阻为R.线框以恒定速度沿x轴运动，并穿过图中所示的匀强磁场区域b。如果以x轴的正方向作为力的正方向。线框在图示位置的时刻作为位置起点，则磁场对线框的作用力F随位置X变化的图线应为图乙中( )‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：在0-内，线框在磁场之外，感应电流为0．安培力为0；在-内，由右手定则可得出感应电流的方向为逆时针的方向，维持线框以恒定速度v沿x轴运动，所以感应电动势和电流不变，根据左手定则得出安培力的方向x轴的负方向．在-内，线框全部进入磁场，穿过线圈的磁通量不变，感应电流为0．安培力为0；在-内，线框左边切割磁感线，由右手定则可得出感应电流的方向为顺时针的方向，维持线框以恒定速度v沿x轴运动，所以感应电动势和电流不变，根据左手定则得出安培力的方向x轴的负方向．故选：B 考点：楞次定律；左手定则.‎ 二、不定项选择（至少有一个选项正确，每题3分）‎ ‎11. 下列一些现象或理论，说法正确的是(　　)‎ ‎ ‎ A. 介质的折射率越大，光在其中传播的速度也越大 B. 光从空气射入玻璃的入射角越大，光线的偏折角度就越大 C. 火车鸣笛进站时，站台上的乘客听到的声音频率比实际频率要高 D. 图中一正一倒的“高”字分别是光经过竖直的玻璃砖折射与全反射产生的 ‎【答案】BCD ‎【解析】A项：根据，可知，介质的折射率越大，光在其中传播的速度越小，故A错误；‎ B项：根据，入射角越大，折射率一定，则角越大，故B正确；‎ C项：根据多普勒效应可知，当波源和观察者间距变小，观察者接收到的频率一定比波源频率高，故C正确；‎ D项：根据光线经过玻璃砖折射的全反射的光路图可知形成如图所示的图像，故D正确。‎ ‎12. 如图所示为远距离交流输电的简化电路图。发电厂的输出电压恒定为U,用等效总电阻是r的两条输电线输电,输电线路中的电流是I1,其末端间的电压为U1。在输电线与用户间连有一理想变压器,流入用户端的电流为I2。则(　　)‎ A. 用户端的电压 B. 输电线上的电压降为U C. 输电线路上损失的电功率为I12r D. 用户端使用的用电器越多，得到的电压越小 ‎【答案】ACD ‎【解析】A项：由于输电线与用户间连有一理想变压器，设用户端的电压是U 2，则U1I1=U2I2‎ ‎，得：，故A正确；‎ B项：发电厂的输出电压是U，所以输电线上的电压降不可能是U，故B错误；‎ C项：等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，所以输电线是损耗的功率：，故C正确；‎ D项：用户端使用的用电器越多，电流就越大，输电线上的电流就越大，损失的电压就越大，用户得到的电压就越小，故D正确。‎ 点晴：理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压有输入电压决定；明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系．理想变压器电压和匝数关系。‎ ‎13. 图甲为一列简谐横波在t=2s时的波形图,图乙为媒质中平衡位置在x=1.5m处的质点的振动图像,P是平衡位置为x=2m的质点。下列说法正确的是(　　)‎ A. 波速为0.5m/s B. 波的传播方向向右 C. 0～2 s时间内,P运动的路程为8cm D. 0～2 s时间内,P向y轴正方向运动 ‎【答案】AC ‎【解析】A、由图（a）可知该简谐横波波长为，由图（b）知周期为，则波速为，故A正确；‎ B、根据图（b）的振动图象可知，在处的质点在时振动方向向下，所以该波向左传播，故B错误；‎ C、由于时，质点P在波谷，且，所以质点P的路程为，故C正确；‎ D、由于该波向左传播，由图（a）可知时，质点P已经在波谷，所以可知时间内，P向y轴负方向运动，故D错误。‎ 点睛：熟练利用波形平移法判断质点的振动方向与传播方向、利用周期表示时间，求质点的路程、注意时间和空间周期性的对应。‎ ‎14. 图示为某一沿+x方向传播的简谐横波刚刚传播到x=5m处时的图象，记为t=0，传播速度是8m/s，下列说法正确的是 ( )‎ A. 该波波源的起振方向为＋y方向 B. 图示时刻质点P振动方向一定竖直向下 C. 从图示时刻起，质点Q第一次到达波谷还需要0.625 s D. 0.2s时，x=1.2 m与x=2.2 m处的质点加速度方向相同 ‎【答案】CD ‎【解析】A项：根据“上下坡”法可判断，波源的起振方向为-y方向，故A错误；‎ B项：根据“上下坡”法可判断，P质点振动方向为-y方向，但不一定是竖直向下，也可能在水平面，故B错误；‎ C项：波从图示位置传到Q所用的时间，接下来Q向下振动经过到达波谷，所以质点Q第一次到达波谷还需要0.625 s，故C正确；‎ D项：x=1.2 m与x=2.2 m处的质点相距，经时间0.2s两质点没有处在平衡位置或波峰，波谷，所以两质点的位移相同，所以加速度相同，故D正确。‎ ‎15. 在匀强磁场中,一矩形金属框（电阻不计）绕与磁感线垂直的转轴匀速转动,如图甲所示,产生的交变电动势的图象如图乙所示,将此电源连接到丙图理想变压器的原线圈上，变压器的原副线圈匝数比为2∶1，副线圈的电阻R＝110Ω，则(　　)‎ A. t=0.005 s时线框在中性面位置 B. 因为原线圈电阻不计，所以原线圈两端电压为零 C. 电流表的示数为1.0A D. 通过电阻R的电流方向每秒改变100次 ‎【答案】CD ‎【解析】A项：t=0.005s时线框的磁通量变化率最大，感应电动势最大，故A错误；‎ B项：根据可知，副线圈有电压，原线圈就有电压，故B错误；‎ C项：原线圈两端电压为，根据可知：，根据，故C正确；‎ D项：根据图丙可知，交流电的周期为0.02s，即每秒电流方向改变100次，所以通过电阻R的电流方向每秒改变100次，故D正确。‎ 三、填空题(每空2分)‎ ‎16. 在“用双缝干涉测量光的波长”实验中 ‎(1)某同学先将光源靠近遮光筒的双缝端并等高放置，然后在筒的另外一侧观察，发现筒的上壁照得很亮，此时他应将遮光筒的观察端向___（填“上”或“下”）调节。‎ ‎(2)某次测量如图所示，则读数为_____mm。‎ ‎(3)几位同学实验时，有的用距离为0.1mm的双缝，有的用距离为0.2mm的双缝；同时他们还分别用红、紫两种不同颜色的滤光片遮住光源进行了观察，如图选自他们的观察记录，其中正确反映实验结果的是_____。 (已知红光波长大于紫光的波长) ‎ ‎ ‎ ‎【答案】 (1). 上 (2). 5.077 (3). BD ‎【解析】(1) 发现筒的上壁照得很亮说明光线向上即观察端偏下，所以应将观察端向上调节；‎ ‎(2) 螺旋测微器的固定刻度为5mm，可动刻度为0.7×0.01mm=0.007mm，所以最终读数为5mm+0.007mm=5.007mm； ‎ ‎(3)根据，可知，当红光分别通有距离为0.1mm和0.2mm,的双缝时，距离越大的条纹间的距离越小，故B正确；同理，当红光和紫光通过相同距离的双缝时即L，d相同情况下，波长越长的条纹间的距离越大，故D正确。‎ ‎17. 同学探究单摆周期与摆长关系，他用分度值为毫米的直尺测得摆线长为，用游标卡尺测得摆球直径如图甲所示，读数为________，摆长为_______。用停表记录单摆做30次全振动所用的时间如图乙所示，在停表读数为_____，如果测得的值偏大，可能的原因是__________（填序号）。‎ A、计算摆长时加的是摆球的直径 B、将摆球和摆线平放在桌面上,拉直后用米尺测出摆球球心到摆线某点O间的长度作为摆长 C、摆线上端未牢固系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加（实验过程中先测摆长后测周期）‎ 实验中误将30次全振动记为31次 ‎【答案】 (1). 2.050 (2). 90.425 (3). 57.0 (4). AD ‎【解析】游标卡尺的主尺读数为2cm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为10×0.05mm=0.50mm，所以最终读数为：2cm+0.050cm=2.050cm；‎ 摆长为：；‎ 由图乙可知：秒表的读数t=57.0s；‎ 根据，得 ‎ A项：计算摆长时用的是摆线长加摆球的直径，则摆长的测量值偏大，重力加速度测量值偏大，故A正确；‎ B项：用米尺测出摆球球心到摆线某点O间的长度作为摆长使摆长的测量值偏小，重力加速度测量值偏小，故B错误；‎ C项：摆线上端未牢固系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加，则摆长的测量值偏小，重力加速度测量值偏小，故C错误；‎ D项：实验中误将30次全振动记为31次，则周期的测量值偏小，重力加速度测量值偏大，故D正确。‎ 点晴：游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读．摆长等于摆线的长度与摆球的半径之和．秒表的读数等于小盘读数加上大盘读数；根据单摆的周期公式，得出重力加速度的表达式，结合周期和摆长的测量误差确定重力加速度的测量误差。‎ ‎18. 在“测定玻璃的折射率”实验中，某同学经正确操作插好了4枚大头针，如图所示。‎ ‎(1)请在答题纸的图中画出完整的光路图____；‎ ‎(2)对你画出的光路图进行测量和计算，求得该玻璃砖的折射率n=________‎ ‎（保留3位有效数字）。‎ ‎(3)为了观测光在玻璃砖不同表面的折射现象，某同学做了两次实验，经正确操作插好了8枚大头针，如图所示。图中P1和P2是同一入射光线上的2枚大头针，其对应出射光线上的2枚大头针是P3和________（填“A”或“B”）。‎ ‎【答案】 (1). (2). 1.51 (3). A ‎【解析】见答案 视频 四、计算题（9＋12＋14＝35分）‎ ‎19. 如图所示，AMC是一条长L＝10 m的绝缘水平轨道，固定在离水平地面高h＝1.25 m处，A、C为端点，M为中点。轨道MC处在方向垂直于轨道水平向里、大小B＝1.0T的匀强磁场中，紧接着轨道的右边有竖直向下的匀强电场E＝8N/C。一质量m＝0.01 kg、电荷量q＝＋1.25×10－2 C的可视为质点的滑块以初速度v0＝10 m/s在轨道上自A点开始向右运动，经M点进入磁场，从C点离开磁场。已知滑块与轨道间的动摩擦因数μ＝0.36，求滑块 ‎(1)到达M点时的速度大小；‎ ‎(2)从M点运动到C点所用的时间；‎ ‎(3)落地点距C点的水平距离。‎ ‎【答案】(1)8m/s (2)0.625s (3)m ‎【解析】(1)从A到M应用动能定理：，代入数据可解得；‎ ‎(2)滑块进入磁场受重力，洛伦兹力，所以滑块从M到C做匀速直线运动，；‎ ‎(3)滑块从C点进入电场做类平抛运动则有：，，代入数据可解得：。‎ ‎20. 如图所示，在半个环形的空间里有垂直纸面方向的匀强磁场，环形的内外半径分别为R、2R。MN、PQ是环形空间的入口与出口，它们都在过圆心O的直径上，粒子入射至MQ与NP两圆弧边界后均被吸收并导走电荷量。现有质量为m、电荷量为+q的粒子共n个，同时以速度1.5v0(v0为已知量)垂直MN方向射入磁场，发现粒子刚好全部从PQ射出(不考虑粒子间的相互作用)。设粒子入射时沿MN均匀分布。‎ ‎(1)求磁感应强度的大小与方向； ‎ ‎(2)若粒子的速度为1.25 v0进入磁场，则有多少粒子从PQ边射出；‎ ‎ (3)若全集中在M点以2v0入射，入射方向与MN的夹角从0°到90°可调，问在PQ上哪一段有粒子射出，长度是多少。‎ ‎【答案】（1），磁场方向垂直于纸面向外(2) 有n/2的粒子从PQ上射出(3)R/2 ，粒子集中在M点入射时时，粒子可以从PQ的右半段射出 ‎【解析】(1) 由左手定则，知磁场方向垂直于纸面向外。‎ 带电粒子在磁场中做圆周运动：，又发现粒子全部从PQ 射出，如图所示可得粒子做圆周运动的半径r=1.5R，将v=1.5v0代入可得；‎ ‎(2)粒子的速度为1.25v0时，做圆周运动半径为 r=1.25R 分析得在MN右半部分入射的粒子将从PQ的左半部分射出。‎ 即有n/2的粒子从PQ上射出 ‎(3) 集中在M点入射时，垂直MN方向的粒子正好从Q点射出，入射方向与MN夹角 小一点的粒子可能出不来，分析轨迹刚好与内轨相切的情况，分析 ‎，由余弦定理 ‎，粒子速度为2v0，圆周运动半径r=2R得，由，此时粒子刚好从PQ的中点射出，即粒子集中在M点入射时时，粒子可以从PQ的右半段射出。‎ ‎21. 如图有两根足够长且光滑的平行金属导轨相距L＝0.1m放置，倾斜角,.下端接有电阻R=0.2Ω与电键S，在导轨上半部分有边界与导轨垂直的匀强磁场，其中磁场Ⅰ宽度为d=2m，磁场Ⅱ紧接着磁场Ⅰ，两磁场方向均垂直于导轨平面，磁场Ⅱ的磁感应强度恒为B2=1T。磁场Ⅰ的磁感应强度B1在0至1s内随时间均匀增加，1s之后，为某一恒定值。t=0时，闭合s，同时在磁场Ⅱ中放置两根相同的质量均为0.1kg的导体棒，位置如图，电阻也为R，发现两导体棒均刚好处于静止状态。t=1s时，断开S，发现当a棒刚进入磁场Ⅰ时立即开始匀速运动，b棒刚要出磁场Ⅰ时沿斜面向下的加速度为。求：‎ ‎(1)1s前磁场Ⅰ的磁感应强度B1的变化率；‎ ‎(2) 1s之后，磁场Ⅰ的磁感应强度B1；‎ ‎(3) b棒在整个过程中的发热量。‎ ‎【答案】(1)1.0A(2)1T（3）‎ ‎【解析】(1)当时，通过两棒的电流相同，因此两棒均静止，，，，，由以上各式解得，；‎ ‎(2)t0时刻，断开s后，两棒一起在磁场Ⅱ中匀加速下滑d后，a棒进入磁场Ⅰ，两棒均切割磁感线，两个电源串联，电流相等，受力相同，因此两棒均开始做匀速运动。考虑b棒始终在磁场Ⅱ中，两次感应电流大小一样，所以t0之后，磁场Ⅰ的磁感应强度B1＝B2＝1T；‎ ‎(3) a棒进入磁场Ⅰ时匀速运动的速度为v0，两棒一起在磁场Ⅱ中匀加速下滑d的过程机械能守恒：，解得，当a棒出磁场I时，b棒刚好进入磁场I，要开始做变加速运动，直到出磁场Ⅰ时的加速度是，则由牛顿第二定律可知，，解得，‎ b棒在t0前， ‎ a、b棒分别在磁场Ⅰ、Ⅱ中匀速，b棒发热量 b棒在磁场Ⅰ中变加速，b棒发热量 ‎ ‎ b棒在整个过程中的发热量 ‎ ‎ ‎