2017-2018学年辽宁省沈阳市郊联体高二上学期期末考试物理试题 解析版

2017-2018学年辽宁省沈阳市郊联体高二上学期期末考试物理试题 解析版

辽宁省沈阳市郊联体2017-2018学年高二上学期期末考试物理试题 一.选择题 ‎1. 为了防止火灾的发生，在宾馆房间的天花板上大多装有一个传感器，该传感器是（ ）‎ A. 气体传感器 B. 光敏电阻传感器 C. 压力传感器 D. 烟雾传感器 ‎【答案】D ‎【解析】火灾报警器当有烟雾时，经过漫反射，将光信号转换成电信号，从而发出警报．所以该传感器是用光传感器实现报警的，导致烟雾传感器，故A、B、C错误，D正确；故选D．‎ ‎【点睛】常用传感器的工作原理、特性及在实践中的应用要在平时学习中不断积累．‎ ‎2. 把一个小球套在光滑细杆上，球与轻弹簧相连组成弹簧振子，小球沿杆在水平方向做简谐运动，它围绕平衡位置O在A、B间振动，如图所示，下列结论正确的是（ ）‎ A. 小球在O位置时，动能最小，加速度最小 B. 小球A、B位置时，动能最大，加速度最大 C. 小球从A经O到B的过程中，回复力先做正功，后做负功 D. 小球从B到O的过程中，振动的能量不断减小 ‎【答案】C ‎【解析】振子经过平衡位置时，速度最大，位移为零，所以经过平衡位置动能最大，恢复力为零，加速度为零，故A错误；在A、B位置时，速度为零，位移最大，恢复力最大，加速度最大，故B错误；由于恢复力指向平衡位置，所以振子从A经O到B的过程中，回复力先做正功，后做负功，故C正确；振子的动能和弹簧的势能相互转化，且总量保持不变，即振动的能量保持不变，故D错误。所以C正确，ABD错误。‎ ‎3. 在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图1所示，产生的交变电动势的图像2所示，则（ ）‎ A. 时线框的磁通量变化率最大 B. 时线框平面与中性面垂直 C. 线框产生的交变电动势有效值为 D. 线框产生的交变电动势频率为 ‎【答案】A ‎【解析】根据图2可知t=0.005s时，e=311V，由法拉第电磁感应定律可得磁通量的变化率为最大，故A正确；根据图2可知t=0.01s时，e=0，线圈与磁场垂直，则线框平面与中性面重合，故B错误；根据正弦式交变电流有效值和峰值的关系可得，该交变电流的有效值为：，故C错误；根据周期和频率的关系可得，该交变电流的频率为：，故D错误。所以A正确，BCD错误。‎ ‎4. 如图所示，等腰三角形内分布着垂直纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为3L，高为L，底角为450，有一边也为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过磁场区域，在时刻恰好位于如图所示的位置，若以顺时针方向为导线框中电流正方向，在下面四幅图中能正确表示导线框中电流和位移关系的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】由图可知线圈从0开始向右运动L时，线圈的右侧导体切割磁感线，有效长度增大，正方形导线框做匀速直线运动，故电动势均匀增大，电流增大，由右手定则可知，电流方向沿顺时针；L到2L时，左侧边开始进入磁场，由图可知，右侧导体切割磁感线长度不变，左侧导体切割磁感线长度增加，故有效长度减小，则感应电动势减小，电流减小，沿顺时针方向；2L时，右侧导体切割磁感线长度为L，左侧导体切割磁感线长度为L，感应电动势为0，电流为0；而2L到3L过程中，右侧长度减小，而左侧长度不变，故电流要增大；由右手定则可知，电流方向沿逆时针；从3L到4L过程中，左侧减小，而右侧为0，故电流要减小；由右手定则可知，电流方向沿逆时针，故D正确，ABC错误。‎ ‎5. 近年来我国的航空事业迅速发展，战机的超音速飞行已十分普遍。当战机在法库上空返航时，地面上的人经常会听到一声雷鸣般的巨响，引起房屋门窗的剧烈颤动。这是因为飞机返航加速过程中，当飞机速度接近声速时会使发动机发出的声波波面在飞机的前方堆积形成音障，当飞机加速冲破音障时而发出的巨大响声，称为音爆。关于音障的形成与下列哪种现象的形成原理最为相近（ ）‎ A. 音叉周围有些区域声音较强，有些区域声音较弱 B. 敲响一只音叉，不远处的另一只音叉也发出声音 C. 火车进站时鸣笛的音调会变高，出站时会变低 D. 在屋外看不见屋内的人，却能听见屋内人说话 ‎【答案】C ‎【解析】音叉周围有些区域声音较强，有些区域声音较弱，这是声音的干涉现象，故A错误；敲响一只音叉，不远处的另一只音叉也发出声音，这是声音的共振现象，故B错误；火车进站时鸣笛的音调会变高，出站时会变低，音调会变低表示远离，音调会变高表示靠近，该现象与音障的形成类似，故C正确；在屋外看不见屋内的人，却能听见屋内人说话，这是声音的衍涉现象，故D错误。所以C正确，ABD错误。‎ ‎6. 如图所示，实线是某时刻的波形图像，虚线表示后的波形图像（ ）‎ A. 若这列波向左传播，则可确定它传播的距离的大小 B. 若这列波向右传播，则可求它的最小周期 C. 若波速是，则波的传播方向向右 D. 不管波的传播方向如何，由图像都可以确定的质点在时间内的位移和路程 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、若波向左传播，它传播的距离的大小，不确定，A错误．‎ B、若波向右传播，波传播的最短时间为周期，根据波形的平移和波的周期性，得出时间与周期的关系式，再求出最大周期，B正确.‎ C、由波速与时间乘积求出波传播的距离，再由波形的平移确定波的传播方向．‎ 当v=35m/s时，波传播的位移：‎ ‎，所以，根据波形的平移得到，波向左传播，C错误．‎ D、由于周期不确定，所以无法确定x=0的质点在0.2s时间内的位移和路程，D错误。‎ 故选：B.‎ 考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象．‎ 点评：本题知道两个时刻的波形，常常要考虑波的周期性和双向性，得到周期或波速的通项，再确定特殊值．‎ ‎7. 弹簧振子做机械振动，若从平衡位置O开始计时，经过时，振子第一次经过P点，又经过了，振子第二次经过P点，则到该振子第三次经过P点还需要多长时间（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】若从O点开始向右振子按下面路线振动，如图所示，则振子的振动周期为：，‎ 则该质点再时间△t1=T-0.2s=1.4s，经第三次经过P点。若振子从O点开始向左振动，则按下面路线振动，如图所示：‎ 设从P到O的时间为t，则，解得：，可得周期为：，则该质点再时间，故D正确，ABC错误。‎ ‎8. 如图所示，带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3，若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4，如图所示，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 一定有 B. 一定有 C. 一定有 D. 一定有 ‎【答案】AD ‎【解析】小球做竖直上抛运动的最大高度为：，洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时的球的动能为Ek，则由能量守恒得：，又因为：，所以 h1＞h2，故D正确；当加上电场时，由运动的分解可知，在竖直方向上有：v02=2gh3，所以h1=h3，故A正确；因电性不知，则电场力方向不能确定，则高度可能高度h1，也可能小于h1，故B C错误。所以AD正确，BC错误。‎ ‎9. 如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为零，A和B是两个完全相同的灯泡，则下列说法中正确的有（ ）‎ A. 当开关S闭合瞬间，A、B两灯同时亮，最后B等熄灭 B. 当开关S断开瞬间，A灯先熄灭，B灯后熄灭 C. 当开关S断开瞬间，a点电势比b点电势高 D. 当开关S断开瞬间，流经灯泡B的电流是由b到a ‎【答案】ABC ‎【解析】电键S闭合瞬间，自感系数很大，线圈L对电流有阻碍作用很强，则相当于灯泡A与B串联，因此同时亮，且亮度相同，稳定后B被短路熄灭，故A正确；稳定后当电键K断开后，A立刻熄灭，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源左端为高电势，与灯泡B构成闭合回路放电，流经灯泡B的电流是由a到b，所以a点电势比b点电势高，B闪一下再熄灭，故BC正确，D错误。所以ABC正确，D错误。‎ ‎10. 如图所示，端输入恒定的交流电压。理想变压器原.副线圈分别接有额定电压均为，额定功率均为的灯泡A、B、C。闭合开关，灯泡均正常发光，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 原副线圈的匝数比为 B. 电压表V的示数为 C. 变压器的输入功率为 D. 副线圈上再并联一个相同的灯泡D，灯泡A会烧坏 ‎【答案】ABD ‎【解析】副线圈中每个灯泡电流：，则原线圈的电流为，副线圈电流：，根据理想变压器电流比：，故A正确；副线圈电压为U2‎ ‎=12V，根据理想变压器电压比，可得原线圈电源U1=24V，则电压表示数为U=24+12=36V，故B正确；副线圈功率P1=2PL=4W，则变压器的输入功率为4W，故C错误；副线圈上再并联一个相同的灯泡D，则副线圈电流增大，则原线圈电流也增大，超过额定电流，A灯泡烧坏，故D正确。所以ABD正确，C错误。‎ ‎11. 如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头，在原线圈上加一电压为U的正弦交流电，则（ ）‎ A. 保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大 B. 保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小 C. 保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大 D. 保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小 ‎【答案】BC ‎【解析】保持Q位置不动时，负载电路电压保持不变，将P向上滑动时，连入电路的电阻变大，故负载消耗功率变小，原线圈输入功率变小，电流表示数变小，所以选项A错误、B正确； 保持P位置不动，即负载电路电阻不变，将Q向上滑动时，由理想变压器电压、匝数关系可知，副线圈输出电压升高，负载电路消耗功率变大，故原线圈输入电流变大，所以选项C正确的、D错误。‎ 考点：理想变压器、动态电路变化 视频 ‎12. 图a为一列简谐横波在时刻的波形图，Q是平衡位置为处的质点，图b为质点Q的振动图像，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 该波的周期是 B. 该波的传播速度为 C. 该波沿x轴的正方向传播 D. 时，质点Q的速度方向向上 ‎【答案】BD ‎【解析】由a图得到该波的波长为 λ=8m，由b图得到该波的周期为 T=0.2s，所以波速为：，故B正确，A错误；t=0.1s时Q点处在平衡位置上，且向下振动，根据波形平移法可知该波沿x轴负方向传播，故C错误；t=0.1s时Q点处在平衡位置上，且向下振动，根据振动规律可知t=0.40s时Q的速度方向向上，故D正确。所以BD正确，AC错误。‎ 二.填空题 ‎13. 根据单摆周期公式可以通过实验测量当地的重力加速度，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一个小钢球，就做成了单摆。‎ ‎（1）用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图乙所示，读数为______。‎ ‎（2）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有____________。‎ a.摆线要选择细些、伸缩性小些的，并且尽可能长一些 b.摆球尽量选择质量大些、体积小些的 c.为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，是摆线相距平衡位置有较大的角度 d.拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于50，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时时间间隔即为单摆周期T e.拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于50，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间，则单摆周期 ‎【答案】 (1). 18.6 (2). a b e ‎【解析】（1）由图示游标卡尺可知，其示数为18mm+6×0.1mm=18.6mm． （2）为减小实验误差，摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽量长一些，故a正确；为减小空气阻力对实验的影响，减小实验误差，摆球尽量选择质量大些、体积小些的，故b正确；单摆摆角最大摆角应小于5°，摆长一定的情况下，摆的振幅尽量小些，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置不能有太大的角度，故c错误；为准确测量单摆周期，应从摆球经过平衡位置时开始计时，测出多个周期的时间，然后求出平均值作为周期，故d错误；为减小实验误差，拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间△t，则单摆周期，故e正确。所以abe正确，cd错误。‎ ‎14. 现有一电池，电动势E约为，内阻r在范围内，允许通过的最大电流为，为测定该电池的电动势和内阻，某同学利用如图（a）所示的电路进行实验，图中R为电阻箱，阻值范围为；R0为保护电阻；‎ ‎（1）可备选的定值电阻R0有以下几种规格，本实验应选用___________‎ A. B. C. D.‎ ‎（2）按照图（a）所示的电路图，接好电路，闭合点键后，调整电阻箱的阻值，记录阻值R和相应的电压表示数U，取得多组数据，然后做出图像，如图（b）所示，由图中所给的数据可知，电源的电动势_______，________。（结果保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). C (2). 8.3 (3). 50‎ ‎【解析】（1）电路总电阻最小约为：，为保护电路安全，保护电阻应选C。‎ ‎（2）由图a所示电路图可知， 由闭合电路欧姆定律可得：，化简得：化简得：，根据图象可得，图象的斜率：，截距：，联立可得：E=8.3V，r=6×8.3=50Ω。‎ ‎15. 某同学为确定某电子元件的电学特性，进行如下测量：‎ ‎（1）用多用电表测量该元件的电阻，选用“”倍率的欧姆档测量，发现多用电表指针偏转过大，因此需选择“_____”倍率的欧姆档（填“”或“”），并______后再次进行测量，之后用电表的示数如图1所示，测量结果为________。‎ ‎（2）某同学想精确测得上述电子元件的电阻，实验室提供如下器材：‎ A.电流表A1（量程，内阻r1约为）‎ B.电流表A2（量程，内阻）‎ C.电流表A3（量程，内阻r3约为）‎ D.定值电阻 E.滑动变阻器（最大阻值约为）‎ F.滑动变阻器（最大阻值约为）‎ G.电源E（电动势为）‎ H.开关S.导线若干 回答：①某同学设计了测量电子元件的电阻的一种实验电路如图2所示（与M串联的电阻为），为保证测量时电流表读数不小于其量程的，M、N两处的电流表分别选用_____和______；为保证滑动变阻器便于调节，滑动变阻器应选用______（填器材选项前相应的英文字母）‎ ‎②若M、N电表的读数分别为、，则的计算式为=______。（用题中字母表示）‎ ‎【答案】 (1). ×10 (2). 进行欧姆调零 (3). 70 (4). B (5). A (6). E (7). ‎ ‎【解析】（1）用多用电表测量该元件的电阻，选用“×100”倍率的欧姆挡测量，发现多用电表指针偏转过大，说明所选挡位太大，为准确测电阻，需选择“×10”倍率的欧姆挡，并进行欧姆调零后再次进行测量；由如图1所示表盘可知，测量结果为：7×10=70Ω。‎ ‎...............‎ ‎②通过定值电阻R0的电流I=IN-IM，并联电路两端电压为：U=IR0=（IN-IM）R0，根据欧姆定律：，可得。‎ 三.计算题 ‎16. 某学校一套校内备用供电系统，由一台内阻为的发电机向全校22个教室（每个教室有“，”的白炽灯9盏）供电，如果输电线的总电阻，升压变压器和降压变压器（都认为是理想变压器）的匝数比分别是和，每个教室的白炽灯都正常发光，求：‎ ‎（1）输电线的损失功率是多大？‎ ‎（2）发电机的电动势是多大？‎ ‎【答案】（1）324W （2）265V ‎【解析】试题分析：求出全校所有白炽灯消耗的功率，为降压变压器的输出功率，根据降压变压器的匝数比求出降压变压器原线圈的电压，求出输电线上的电流，从而得出线路上损耗的功率．升压变压器的输出功率等于线路损耗功率和降压变压器的输入功率之和，发电机的输出功率等于升压变压器的输出功率；根据输电线上的电流，求出电压损失，升压变压器的输出电压等于电压损失与降压变压器的输入电压之和，由n1I1=n2I2求出通过发电机的电流，由E=I1r+U1求出发电机的电动势。‎ ‎（1）全校消耗的功率P用=22×40×9W=7920W 设线路电流为I线，输电电压为U2，降压变压器原线圈电压为U3 根据理想变压器电压比：‎ 因为U4=220V 可得：U3=4×220V=880V 可得线路的电流为：‎ 线路损失功率为：‎ ‎（2）线路损失电压为：U损=I线R线=9×4V=36V 输送电压为：U送=U2=U损+U3=880V+36V=916V 根据理想变压器电压比：‎ 可得：‎ 由n1I1=n2I2升压变压器原线圈电流：‎ 发电机的电动势：E=I1r+U1=36+229=265V 点睛：本题主要考查了变压器问题，要知道升压变压器的输出功率等于线路损耗功率和降压变压器的输入功率之和，发电机的输出功率等于升压变压器的输出功率，以及知道升压变压器的输出电压等于电压损失与降压变压器的输入电压之和。‎ ‎17. 一列简谐横波沿x轴正方向传播，时波形图如图中实线所示，此时波刚好传到c点，时波恰好传到e点，波形如图中虚线所示，a、b、c、d、e是介质中的质点，求：‎ ‎（1）此列波的波速即周期；‎ ‎（2）质点d在到内通过的路程；‎ ‎（3）写出从图中实线所处时刻开始计时，到处质点经过平衡位置向下运动所需时间的表达式。‎ ‎【答案】（1）0.8s （2）20cm （3） ‎ ‎（1）如图可知，在t=0.6s时间内波向前传播的位移：‎ ‎ 波速为： ‎ ‎ 则波的周期为： ‎ ‎ （2）从t=0到d点起振需要的时间为： ‎ ‎ d点实际振动时间为：‎ ‎ d质点通过的路程为： ‎ ‎（3）t=0时x=4m处质点正经过平衡位置向下振动，此振动形式传到x=16m处需要的时间为：‎ ‎ 因此x=16m处质点经平衡位置向下运动所需时间为 ‎ ‎ ‎ 点睛：本题主要考查了波动图象的理解能力．知道两个时刻的波形时，往往应用波形的平移法来理解，要知道介质中各个质点的起振方向相同，质点只振动，不随波向前移动。‎ ‎18. 如图甲所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成300角固定，M、P之间接电阻箱R ‎，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为2.5T，质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，且与轨道垂直，金属杆ab接入电路的电阻值为r，现从静止释放杆ab，测得最大速度为vm，改变电阻箱的阻值R，得到vm与R的关系如图乙所示，已知轨道间距为，重力加速度g取，轨道足够长且电阻不计。‎ ‎（1）当时，求杆ab匀速下滑时产生感应电动势E的大小，并判断杆中的电流方向；‎ ‎（2）求解金属杆的质量m和阻值r；‎ ‎（3）当时，从静止释放ab杆，在ab杆加速运动的过程中，回路瞬时电动率每增加1W时，合外力对杆做功多少？‎ ‎【答案】（1）10V b→a （2）5kg 2Ω （3）0.6 J ‎【解析】试题分析：ab杆匀速下滑时速度最大，当R=0时，由乙图读出最大速度，由E=BLv求出感应电动势，由右手定则判断感应电流的方向；根据E=BLv、闭合电路欧姆定律和及平衡条件，推导出杆的最大速度v与R的表达式，结合图象的意义，求解杆的质量m和阻值r；当R=4Ω时，读出最大速度，根据功率公式得到回路中瞬时电功率的变化量，再根据动能定理求解合外力对杆做的功W。‎ ‎（1）由图可知，r=0时，杆最终以v=2m/s的速度运动，‎ 电动势为：E=BLv=2.5×2×2V=10V 由右手定则判断得知，杆中电流方向从b→a ‎（2）设最大速度为vm，杆切割磁感线产生的感应电动势 E=BL vm 由闭合电路的欧姆定律：‎ 杆达到最大速度时满足： mgsinθ﹣BIL=0 ‎ 由E=BL vm 可得：‎ 将，两组数据代入上式 解得：m=5kg，r=2Ω ‎（3）由题意可知：E=BLv， 功率为：‎ 代入可得：‎ 则有：‎ 由动能定理得： ‎ 联立得：‎ 代入数据解得：W=0.6 J ‎ 点睛：本题主要考查了磁感应问题经常与电路、受力分析、功能关系等知识相结合的题，最后一问关键是根据物理规律写出两坐标物理量之间的函数关系。‎ ‎ ‎ ‎ ‎