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山西省太原市山西大学附中2018-2019学年高二下期中考试物理试题一、单项选择题1.关于简谐振动的加速度，下列说法正确的是A.大小与位移成正比,方向周期变化一次B.大小不变,方向始终指向平衡位置C.大小与位移成正比,方向始终指向平衡位置D.大小变化是均匀的,方向一周期变化一次【答案】C【解析】【详解】据牛顿第二定律得：可知，加速度的大小与位移的大小成正比，由于位移大小不断变化，则加速度大小也是不断变化的，但是方向始终指向平衡位置，在一周期内，位移的方向变化两次，由于位移不是均匀变化的，所以加速度大小也是非均匀变化的，故ABD错误，C正确。2.在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个矩形的金属导体框，规定磁场方向向上为正，导体框中电流的正方向如图所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图变化时，下图中正确表示导体框中感应电流变化的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】根据法拉第电磁感应定律有：，因此在面积、匝数不变的情况下，感应电动势与磁场的变化率成正比，即与B-t图象中的斜率成正比，由图象可知：0-2s，斜率不变，故形成的感应电流不变，根据楞次定律可知感应电流方向顺时针（俯视）即为正值，而在2-4s斜率不变，电流方向为逆时针，整个过程中的斜率大小不变，所以感应电流大小不变；根据楞次定律，向上的磁场先减小，再向下磁场在增大，则感应电流方向为逆时针，即为负方向，故ABD错误，C正确．故选C．点睛：正确理解感应电动势与磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率等之间的关系，可以类比加速度、速度变化量、速度变化率进行学习．3.图甲为远距离输电示意图，升压变压器原副线圈匝数比1:100，降压变压器原副线圈匝数比为100:1，远距离输电线的总电阻为100Ω，若升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为750kW，下列说法中正确的有A.客户端交流电的频率为100HzB.客户端电压为250VC.输电线中的电流为30AD.输电线路损耗功率为180kW【答案】C【解析】由乙图知，周期为0.02s，所以频率f=50Hz，所以A错误；输电线上有电压的损耗，所以用户端电压小于250V，B错误；对升压变压器，由变压规律，可求U2=25000V，输电线电流，所以C正确；输电线损耗的功率：，故D错误。4.电阻为1Ω的矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的图象如图所示，现把交流电加在电阻为9Ω的电热丝上，则下列说法中正确的是A.线圈转动的角速度为B.如果线圈转速提高一倍,则电流不会改变C.电热丝两端的电压D.电热丝的发热功率P=1800W【答案】D【解析】从图中可知：T=0.02s，角速度为：，故A说法错误；在t=0.01s时刻，产生的感应电动势最大，此时线圈与中性面垂直，磁通量为零，故B说法正确；交流电压的最大值为Em=200V，所以有效值，则电热丝两端的电压为：，消耗的功率为：，故C说法错误，D说法正确。所以选AC。5.如图所示，三只完全相同的灯泡a、b、c分别与电阻R、电感L、电容C串联，再将三者并联，接在220V，50Hz的交变电源两端，三只灯泡亮度相同．如果将电源改为220V，60Hz的交变电源，则（）A.三只灯泡亮度不变B.三只灯泡都将变亮C.a亮度不变，b变亮，c变暗D.a亮度不变，b变暗，c变亮【答案】D【解析】根据电感的特性：通低频、阻高频，当电源的频率变高时，电感对电流的感抗增大，b灯变暗；根据电容器的特性：通高频、阻低频，当电源的频率变高时，电容器对电流的容抗减小，c灯变亮。而电阻的亮度与频率无关，a灯亮度不变。故选D。点睛：本题要抓住电感和电容的特性分析：电感：通直流、阻交流，通低频、阻高频，可根据法拉第电磁感应定律来理解．电容器的特性：通交流、隔直流，通高频、阻低频，根据电容器充放电的特性理解．6.如图所示，光滑圆弧轨道的半径为R，圆弧底部中点为O，两个大小可忽略质量分别为和的小球A和B，A在离O很近的轨道上某点，B在点O正上方处，现同时释放两球，使两球在A小球第三次通过O点时恰好相碰，则应为A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】据题分析知，可将A球运动看作摆长为R的单摆，其周期：，A第三次通过位置O，即用时：，B作自由落体运动，用时与A相同，故，故B正确，ACD错误。7.一列简谐横波某时刻的波形如图所示．P为介质中的一个质点，波沿x轴的正方向传播。下列说法正确的是A.质点P此时刻的速度沿y轴的负方向B.质点P此时刻的加速度沿y轴的正方向C.再过半个周期时，质点P的位移为负值D.经过一个周期，质点P通过的路程为2a【答案】C【解析】【详解】A.由题图可得，波沿x轴方向传播，结合平移法可知，P质点在该时刻的运动方向沿y轴正方向。故A错误。B.质点的加速度，质点在x轴的上方，所以加速度的方向沿y轴的负方向。故B错误。C.质点开始时在x轴的上方，经过半个周，一定是在x轴的下方，位移一定为负。故C正确；D.经过一个周期，质点P通过的路程为4倍的振幅，即4a故D错误。8.有一星球其半径为地球半径的2倍，平均密度与地球相同，今把一台在地球表面走时准确的摆钟移到该星球表面，摆钟的秒针走一圈的实际时间变为A.0.5minB.0.7minC.1.4minD.2min【答案】B【解析】【详解】星球的质量，物体在星球表面所受的万有引力等于重力，所以有，联立解得，所以该星球的表面重力加速度与地球表面的重力加速度之比为半径之比，即为。根据单摆的周期公式，有：。故所以该星球表面摆钟的秒针走一圈的实际时间为，故选项B正确，ACD错误。二、多项选择题9.如图所示，在匀强磁场区域的上方有一半径为R的导体圆环将圆环由静止释放，圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等。已知圆环的电阻为匀强进场的磁感应强度为B，重力加速度为g，则A.圆环进入磁场的过程中，圆环中的电流为逆时针B.圆环进入磁场的过程可能做匀速直线运动C.圆环进入磁场的过程中，通过导体某个横截面的电荷量为D.圆环进入磁场的过程中,电阻产生的热量为【答案】AD【解析】试题分析：由题意可知圆环进入磁场的过程中，垂直纸面向里的磁通量增加，根据楞次定律，圆环中感应电流的磁通量应垂直纸面向外，由右手定则判断感应电流为逆时针方向，故A正确；由于圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等，该过程感应电流不同，安培力不同，故线圈不可能匀速，故B错误；根据，故C错误；由于圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等，由动能定理得：,所以．故D正确．所以AD正确，BC错误。考点：楞次定律、动能定理【名师点睛】本题主要考查了楞次定律、动能定理。分析清楚圆环穿过磁场的过程，根据楞次定律判断感应电流的方向；根据线圆环进入与离开磁场的速度判断线框的运动性质；根据求电荷量根据动能定理求出线框的ab边刚进人磁场到ab边刚离开磁场这段过程中克服安培力做的功，即可知道线框从进入到全部穿过磁场的过程中克服安培力做的。10.一弹簧振子做简谐运动的振动图象如图所示，已知弹簧的劲度系数为20N/cm，则A.图中A点对应的时刻振子所受的弹力大小为5N，方向指向轴的负方向B.图中A点对应的时刻振子的速度方向指向轴的正方向C.在0～4s内振子做了1.75次全振动D.在0～4s内振子通过的路程为3.5cm，位移为0【答案】AB【解析】【详解】A、质点A点对应的时刻振子的位移为0.25cm，所受的回复力：，负号表示方向指向x轴的负方向，故A正确；B、质点A点对应的时刻振子的位移为0.25cm，正在向最大位移运动，所以点对应的时刻振子的速度方向指向x轴的正方向，故B正确；C、由图可知，振子的周期为2s，在0～4s内振子做了2次全振动，故C错误；D、由图可知，振子的振幅为，在0～4s内振子做了2次全振动，振子通过的路程为，而位移为0，故D错误。11.如图所示,单匝矩形闭合导线框全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R，线柱绕与边重合的竖直固定转轴以角速度匀速转动，从图示位置开计时A.当转过60°时,感应电流的瞬时值为B.当转过60°时,感应电流的瞬时值为C.在转过60°过程中,感应电动势的平均值为D.当转过90°过程中,感应电流的有效值为【答案】AD【解析】【详解】A、因为线圈从中性面开始计时，所以感应电动势的瞬时值表达式为，转过角时，感应电动势的瞬时值，感应电流的瞬时值为，故A正确，B错误；C、转过的时间，磁通量变化量为：则感应电动势的平均值为：，故C错误；D、感应电流的最大值为，感应电流的有效值，故D正确。12.如图(a)所示，一个电阻值为R、匝数为的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻连接成闭合回路，线圈的半径为在线圈中半径为的圆形区域内存在垂真于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化的关系图线如图(b)所示，图线与横、纵轴的交点坐标分别为和导线的电阻不计，在0至时间内，下列说法正确的是A.中电流的方向由到通过B.电流的大小为C.线圈两端的电压大小为D.通过电阻的电荷量【答案】BD【解析】【详解】A、由楞次定律可判断通过电阻上的电流方向为从b到a，故A错误；B、根据法拉第电磁感应定律得线圈中的电动势为，根据欧姆定律得，通过的电流为：，故B正确；C、线圈两端电压为路端电压，由欧姆定律得：，故C错误；D、通过电阻的电荷量为，故D正确。13.如图所示，MN、PQ是两条在水平面内、平行放置的光滑金属导轨，导轨的右端接理想变压器的原线圈，变压器的副线圈与阻值为R的电阻组成闭合回路，变压器的原副线圈匝数之比导轨宽度为L，质量为的导体棒垂直MN、PQ放在导轨上，在水外力作用下，从时刻开始往复运动，其速度随时间变化的规律是，已知垂直轨道平面的匀强磁场的磁感应强度为B，导轨、导体棒、导线和线圈的电阻均不计，电流表为理想交流电表，导体棒始终在磁场中运动，则下列说法中正确的是A.在时刻电流表的示数为B.导体棒两端的最大电压为C.电阻R上消耗的功率为D.从至的时间内水平外力所做的功为【答案】ABD【解析】【详解】A、在时刻棒的速度为，感应电动势，副线圈的电压为，电流为，因为原副线圈中电流与匝数成反比，所以电流表的示数为，故A正确；B、由于导体棒的电阻不计，当速度最大时，导体棒两端的最大电压等于，故B正确；C、电阻R上消耗的功率为，故C错误；D、从至的时间内，水平外力所做的功等于产生的热量，为，故D正确。三、实验题14.某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为97.50cm，摆球直径为2.0cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为99.9s．则(1)该摆摆长为_______cm。(2)如果他测得的g值偏小，可能的原因是（）A.测摆线长时摆线拉得过紧B.摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了C.开始计时，秒表过迟按下D.实验中误将49次全振动数为50次(3)为了提高实验的准确度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出几组对应的L和T的数值，再以L为横坐标、T2为纵坐标将所得数据连成直线（如图），并求得该直线的斜率K．则重力加速度g=_______（用k表示），若某同学不小心每次都把小球直径当作半径代入来计算摆长，则用此表达式计算得到的g值会_______（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。【答案】(1).98.50(2).B(3).(4).不变【解析】【分析】（1）摆长的大小等于摆线的长度加上摆球的半径．（2）根据单摆的周期公式得出重力加速度的表达式，从而确定重力加速度偏小的原因．（3）根据单摆的周期公式求出T2-L的关系式，结合图线斜率求出重力加速度，抓住图线斜率不变，分析g值的变化．【详解】（1）摆长L=97.50+1.0cm=98.50cm．（2）根据单摆的周期公式得，．测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量量偏大，则测得的重力加速度偏大．故A错误．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，而测得的摆长偏小，则测得重力加速度偏小．故B正确．开始计时，秒表过迟按下，测得单摆的周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故C错误．