安徽省野寨中学野寨中学2020学年高二物理下学期第二次段考试题（含解析）

安徽省野寨中学野寨中学2020学年高二物理下学期第二次段考试题（含解析）

野寨中学2020学年度第二学期高二第二次段考 ‎ 物理试卷 一、选择题 ‎1.下列说法错误的是 A. 水面上的油膜在阳光下会呈现彩色花纹，是光的衍射现象 B. 洗衣机切断电源后会经历一个剧烈振动阶段，是共振现象 C. 戴上特制的眼镜观看3D电影产生立体视觉，是光的偏振现象 D. 在站台上听到驶来的火车汽笛声音调变高，是声波的多普勒效应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：水面上的油膜在阳光下会呈现彩色花纹，是光的干涉现象，A错误；洗衣机切断电源，脱水缸的转动逐渐慢下来，在某一小段时间内洗衣机发生了强烈的振动，说明此时脱水缸转动的频率与洗衣机固有频率相同，发生了共振．此后脱水缸转速减慢，则驱动力频率小于固有频率，所以共振现象消失，洗衣机的振动幅度随之减弱，B正确；偏振片式立体电影技术的基本原理是光的偏振，C正确；当火车向你驶来的时候，笛的音调变高；当火车离开你向远处驶去时，音调在降低，只是当听者和声源之间发生相对运动时，听者感觉到频率的改变，这种现象称为多普勒效应．D正确 考点：考查了光现象，多普勒效应，共振现象 ‎2.一列简谐机械横波某时刻的波形图如图所示，波源的平衡位置坐标为x＝0。当波源质点处于其平衡位置上方且向下运动时，介质中平衡位置坐标x＝2m的质点所处位置及运动情况是(　　)‎ A. 在其平衡位置上方且向下运动 B. 在其平衡位置上方且向上运动 C. 在其平衡位置下方且向上运动 D. 在其平衡位置下方且向下运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由图λ=4m，坐标x=2m的质点的振动情况与波源的振动情况总是相反．当波源质点处于其平衡位置上方且向下运动时，则x=2m的质点在平衡位置下方且向上运动，故C正确。‎ 故选C。‎ ‎3.某台家用柴油发电机正常工作时能够产生与我国照明电网相同的交变电流．现在该发电机出现了故障，转子匀速转动时的转速只能达到正常工作时的一半，则它产生的交变电动势随时间变化的图像是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据家用照明电的电压最大值和周期去分析，转子匀速转动时的转速只能达到正常工作时的一半时的交流电的最大值和周期的变化。‎ ‎【详解】线圈转速为正常时的一半，根据ω＝2πn＝知，周期变为正常时的2倍，又据Em＝nBSω可知，最大值变为正常时的一半，结合我国电网交流电实际情况，故B正确，ACD错误。‎ ‎【点睛】本题考查了交流电的峰值和有效值、周期和频率的关系。‎ ‎4.在图所示的电路中，闭合时流过电感线圈的电流是，流过灯泡的电流是，将突然断开，则断开前后，能正确反映流过灯泡的电流随时间变化的图线是图中的（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ S断开前灯泡中电流方向向右大小为1A，断开后，由于自感现象，线圈中电流不会立即消失，它与灯泡构成回路，电流从2A缓慢减小，通过灯泡的电流方向向左，也从2A开始减小到零，故D正确，ABC错误。‎ ‎5. 均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM=ON=2R．已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为:‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场，‎ 假设将带电量为2q的球面放在O处在M、N点所产生的电场和半球面在M点的场强对比求解．‎ ‎【详解】若将带电量为2q的球面放在O处，均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．‎ 则在M、N点所产生的电场为 由题知当半球面如图所示M点的场强大小为为E，则N点的场强为 故选：B．‎ ‎【点睛】本题解题关键是抓住对称性，找出两部分球面上电荷产生的电场关系．‎ ‎6.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。欲使M所包围的小闭合线圈N中产生顺时针方向的感应电流，则导线ab的运动情况可能是 （ ）‎ A. 匀速向右运动 B. 加速向右运动 C. 减速向右运动 D. 减速向左运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：导线ab匀速向右运动时，导线ab产生的感应电动势和感应电流恒定不变，大线圈M产生的磁场恒定不变，穿过小线圈N中的磁通量不变，没有感应电流产生，故A错误；‎ B项：导线ab加速向右运动时，导线ab中产生的感应电动势和感应电流增大，由右手定则可得电流由a到b，由安培定则可知，M产生的磁场方向垂直纸面向里，穿过N的磁通量增大，由楞次定律得知，线圈N产生逆时针方向的感应电流，故B错误；‎ C项：导线ab减速向右运动时，导线ab中产生的感应电动势和感应电流减小，由右手定则可得电流由a到b，由安培定则可知，M产生的磁场方向垂直纸面向外，穿过N的磁通量减小，由楞次定律得知，线圈N产生顺时针方向的感应电流，故C正确；‎ D项：导线ab减速向左运动时，导线ab中产生的感应电动势和感应电流减小，由右手定则可得电流由b到a，由安培定则可知，M产生的磁场方向垂直纸面向里，穿过N的磁通量减小，由楞次定律得知，线圈N产生逆时针方向的感应电流，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎7.如图所示，空间存在着匀强电场E和匀强磁场B组成的复合场．有一个质量为m、电量为+q的带电小球，以一定的初速度v0水平向右运动，则带电小球在复合场中可能沿直线运动的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：小球受重力，竖直向下的电场力，竖直向上的洛伦兹力，当重力与电场力之和等于洛伦兹力大小时，粒子做匀速直线运动，故A正确；‎ B项：小球受重力，水平向右的电场，竖直向上的洛伦兹力，合力与速度可能共线，但速率的增大，导致洛伦兹力变化，从而一定做曲线运动，故B错误；‎ C项：小球受重力，向右上方的电场力，竖直向上的洛伦兹力，合力与速度可能共线，但度的增大，导致合力变化，从而做曲线运动，故C错误；‎ D项：粒子受向下的重力和向上的电场力，当电场力等于重力时，则粒子做匀速直线运，故D正确。‎ 故选：AD。‎ ‎8.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为3：1，交流电压表和电流表均为理想电表，原线圈接如图乙所示的正弦交流电，图中R1为热敏电阻（电阻随温度升高而减小），R为定值电阻．下列说法正确的是 A. 电压表V1的指针左右摇摆 B. 电压表V2的示数为8V C. R1温度升高时．电流表的示数变大．电压表的示数减小 D. R1温度升高时，变压器输入功率增加 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ A：交流电压表测量电压的有效值，则A项错误。‎ B：由图乙可得，原线圈两端电压有效值；据可得，副线圈两端电压，则电压表V2的示数为8V。故B项正确。‎ C：副线圈电压由原线圈两端电压和原副线圈匝数比决定，则副线圈两端电压不变，电压表V2的示数不变；Rt温度升高时，电阻减小，流过电流表的电流增大，电流表的示数变大。故C项错误。‎ D：Rt温度升高时，电阻减小，副线圈的输出功率增大，变压器输入功率增加。故D项正确。‎ 综上答案为BD。‎ 点睛：涉及变压器动态分析类问题时要注意原线圈两端的电压和原副线圈匝数比决定副线圈两端电压；副线圈的电流（功率）和原副线圈匝数比决定原线圈中电流（功率）。‎ ‎9. 在均匀介质中选取平衡位置在同一直线上的9个质点，相邻两质点的距离均为L，如图(a)所示．一列横波沿该直线向右传播，t=0时到达质点1，质点1开始向下运动，经过时间Δt第一次出现如图（b）所示的波形．则该波的( )‎ A. 周期为Δt，波长为8L． B. 周期为Δt，波长为8L．‎ C. 周期为Δt，波速为8L /Δt D. 周期为Δt，波速为8L/Δt ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 图乙中质点处于平衡位置且正在向下振动，因此第一次出现图乙波形经过时间，根据图乙读出该波波长，波速，BC正确．‎ ‎10.图甲是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个“D”形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．带电粒子运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 在Ek﹣t图中应有t4﹣t3=t3﹣t2=t2﹣t1‎ B. 高频电源的变化周期应该等于tn﹣tn﹣1‎ C. 要使粒子获得的最大动能增大，可以增大“D”形盒的半径 D. 在磁感应强度、“D”形盒半径，粒子的质量及其电荷量不变的情况下，粒子的加速次数越多，粒子的最大动能一定越大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，由周期公式T=和半径公式r=进行判断．‎ 解：A、根据周期公式T=知，粒子的回旋的周期不变，与粒子的速度无关，所以t4﹣t3=t3﹣t2=t2﹣t1．故A正确．‎ B、交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，故电源的变化周期应该等于2（tn﹣tn﹣1），故B错误；‎ C、根据半径公式r=知，v=，则粒子的最大动能Ek=mv2=，与加速的次数无关，与D形盒的半径以及磁感应强度有关．故C正确，D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎【点评】本题考查了回旋加速器的原理，特别要记住粒子获得的最大动能是由D型盒的半径决定的．‎ 二、实验题 ‎11.伽利略曾经提出和解决了这样一个问题：一根细绳悬挂在黑暗的城堡中，人们看不到它的上端，只能摸到它的下端。为了测出细绳的长度，在细绳的下端系一个金属球，使之在竖直平面内做小角度的摆动。‎ ‎①在上述设想中，要达到测出细绳长度的目的，需要测量的物理量是________（填序号字母）。‎ A．金属球的质量m B．细绳摆动的角度θ C．金属球全振动的次数n和对应的时间t ‎②利用①中测量量表示细绳长度的表达式为L=________。（当地的重力加速度为g）‎ ‎【答案】 (1). ①C (2). ②‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) (2) 由单摆周期公式得：，可得：，本实验要测量摆长即选点到摆球球心之距离L，需要金属球全振动的次数n和对应的时间t，不需要测量小球的质量和细绳摆动的角度θ，需知到当地的重力加速度g，故选C。‎ ‎12.多用电表是实验室和生产实际中常用的仪器。‎ ‎（1）如图甲所示是一个多用电表的内部电路图，在进行电流测量时，有两个档位可以用来测量电流，把S拨到____是电流量程大的档位。‎ ‎（2）一多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是“×1”、“×10”、“×100”。用“×10”挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到_______挡。如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是____________，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图乙，则该电阻的阻值是_______。‎ ‎【答案】 (1). 1 (2). (3). 红黑表笔短接，进行欧姆调零 (4). 2.2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电流档要并联电阻起分流作用，故为接1，2档时为电流档；当并联电路的电压越大，电阻越小时，则电流越大，因此当接1时，电流量程较大；‎ ‎（2）用“×10”挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，说明档位选择过小，则为了较准确地进行测量，应换到×100挡。如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是红黑表笔短接，进行欧姆调零，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图乙，则该电阻的阻值是22×100Ω=2.2×103Ω。‎ ‎13.有一电阻，其阻值大约在40～50Ω之间，需要进一步测定其阻值，现有下列器材：‎ 现在有两种可供选用的电路如图所示，为了实验能正常进行并减小测量误差，而且要求滑动变阻器便于调节，在实验中应选图_____所示的电路，应选代号是______的电流表和代号是_______的滑动变阻器。‎ ‎【答案】 (1). b； (2). A2； (3). R1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】被测电阻的阻值为，电压表内阻约为，两电流表内阻分别约为和，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表选用外接法，所以应选图b所示电路图，‎ 电路最大电流约为，所以电流表应选A2，待测电阻阻值约为，为了方便实验操作，滑动变阻器可以选R1。‎ 三、计算题 ‎14.如图所示，匀强电场的场强方向与竖直方向成α角，一带电荷量为q、质量为m的小球，用绝缘细线固定在竖直墙上，小球恰好静止在水平位置.求：‎ ‎(1)小球所带电荷的电性及场强的大小；‎ ‎(2)若将细线突然剪断，小球在电场力和重力作用下做何种性质的运动？加速度为多大？‎ ‎【答案】（1）小球带负电； ；‎ ‎（2）将细线突然剪断，小球将做初速度为零的匀加速直线运动；‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据受力分析（如图），小球带负电．‎ mg＝Eqcosα ‎∴‎ ‎（2）初速度为零的匀加速直线运动 ，根据牛顿第二定律可知：ma="mgtanα"‎ 解得a=gtanα 考点：物体的平衡；牛顿第二定律.‎ ‎15.如图所示，线圈abcd的面积是0.05m2,共100匝；线圈电阻为1，外拉电阻R=9，匀强磁场的磁感强度为B=T，当线圈以300rad/min的转速匀速旋转时，求：‎ ‎（1）若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；‎ ‎（2）线圈转过I/30s时电动势的瞬时值为多大？‎ ‎（3）电路中电压表和电流表的示数各是多少？‎ ‎【答案】（1）e=50sin10πt ‎（2）e=25V ‎（3）U=22.5V I=2.5A ‎【解析】‎ ‎（1）由n=300r/min=5r/s rad/s ‎=nBS=V e=sint=50sin10πt ‎(2)当t=时，代入瞬时值表达式得 e=50sin10πV=V ‎（3）由闭合电路的欧姆定律得 ‎，=V A V。‎ ‎16.如图所示，空间有垂直xOy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场和沿-y方向电场强度大小为E的匀强电场。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子(重力不计)以速度v0从y 轴上的M点沿x轴正方向射入电磁场区域，一段时间后粒子经过x轴的正半轴上的N点，且此时速度大小为，方向与+x轴的夹角为θ=60°,若此时撤去电场，再经过一段时间，粒子恰好垂直经过y轴上的P点(图中未画出),不计粒子重力，求：‎ ‎(1)粒子到达N点时加速度的大小a;‎ ‎(2)M点的坐标和P点的坐标。‎ ‎【答案】(1)  (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎(1)粒子过N点洛伦兹力，电场力 两力夹角是120°，所以这两个力的合力大小是 由牛顿第二定律得 ‎(2)带电粒子由M运动到N的过程中，由动能定理 解得，所以M点坐标是 撤去电场后，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图，‎ 向心力由洛伦兹力提供 ‎ ，‎ 所以P点坐标是 ‎【点睛】带电粒子在复合场中的运动问题，首先要受力分析，注意重力是否考虑，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径。‎ ‎17. （20分）‎ 用密度为d、电阻率为、横截面积为A的薄金属条制成边长为L的闭合正方形框。如图所示，金属方框水平放在磁极的狭缝间，方框平面与磁场方向平行。‎ 设匀强磁场仅存在于相对磁极之间，其他地方的磁场忽略不计。可认为方框的边和边都处在磁极之间，极间磁感应强度大小为B。方框从静止开始释放，其平面在下落过程中保持水平（不计空气阻力）。‎ ‎（1）求方框下落的最大速度vm（设磁场区域在数值方向足够长）；‎ ‎（2）当方框下落的加速度为时，求方框的发热功率P；‎ ‎（3）已知方框下落时间为t时，下落高度为h，其速度为vt（vt

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