2021-2022学年山西省临汾市翼城中学高二（下）5月物理试题含解析

这是一份2021-2022学年山西省临汾市翼城中学高二（下）5月物理试题含解析，共26页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
翼城中学高二年级第二学期5月份月考物理试题一、单项选择题（本题共10个小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）1. 2022年3月8日，航天员王亚平从空间站送来的“国际妇女节”节日祝福通过电磁波传播到祖国各地，下列关于电磁波的说法正确的是（　　）A. 可见光不属于电磁波B. 只要有电场就能产生电磁波C. 电磁波传播需要介质，机械波传播不需要介质D. 电磁波中每一处的电场强度和磁感应强度总是互相垂直的，且都与波的传播方向垂直【答案】D【解析】【详解】A．可见光属于电磁波，故A错误；B．若只有电场，而电场是稳定的或电场仅均匀变化都不能产生电磁波，故B错误；C．电磁波传播不需要介质，机械波传播需要介质，故C错误；D．因电磁波是橫波，所以电磁波中每一处的电场强度和磁感应强度总是互相垂直的，且与波的传播方向垂直，故D正确。故选D。2. 如图所示，水面上有A、B两个振动情况完全相同的振源，在AB连线的中垂线上有a、b、c三个质点，已知某时刻，a点是两列波波峰的相遇点，c点是与a点相邻的两列波波谷的相遇点，b为a、c的中点，则以下说法正确的是（　　）A. a点是振动加强点，c点是振动减弱点B. a点与c点都是振动加强点，b点是振动减弱点C. a点与c点此时刻是振动加强点，经过一段时间后变成振动减弱点，而b点可能变成振动加强点D. a、b、c都是振动加强点【答案】D【解析】【详解】因为a点是两列波波峰的相遇点，可知a点是振动加强点，c点是相邻的两列波波谷的相遇点，可知c点也是振动加强点，则在ac连线上所有的点都是振动加强点；加强点是由该点相对两振源的位置决定的，无论经过多长时间总是加强点。故选D。3. 如左图所示为以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，右图为这个弹簧振子的振动图像，由图可知下列说法中正确的是（　　）
 A. 在时，弹簧振子的加速度为正向最大B. 在与两个时刻，弹簧振子的速度相同C. 从到时间内，弹簧振子做加速度增大的减速运动D. 在时，弹簧振子有最小的位移【答案】C【解析】【详解】A．在时，弹簧振子的位移为正向最大，根据可知，加速度为负向最大。故A错误；B．因为图像中，某点的切线斜率表示该时刻振子的速度，所以在与两个时刻，弹簧振子的速度大小相等，方向相反。故B错误；C．根据前面选项的分析，同理可知，从到时间内，弹簧振子做加速度增大的减速运动。故C正确；D．在时，弹簧振子有负方向的最大位移。故D错误。故选C。4. 如图所示，等腰直角三角形AOB内部存在着垂直纸面向外的匀强磁场，OB在x轴上，长度为2L．纸面内一边长为L的正方形导线框的一边在x轴上，沿x轴正方向以恒定的速度穿过磁场区域．规定顺时针方向为导线框中感应电流的正方向，时刻导线框正好处于图示位置。则下面四幅图中能正确表示导线框中感应电流i随位移x变化的是（　　）
 A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【详解】根据电磁感应定律，当时，通过线圈的磁通量均匀增加产生顺时针的感应电流，当时，右边切割磁感线的长度减小，左边切割磁感线的长度增大，由法拉第电磁感应定律可判断两个边切割磁感线产生的电流方向相反，所以和电流逐渐减小，在时电流减小到零，随后左边边长大于右边边长，电流反向，故B正确，ACD错误。故选B。5. 如右图所示，内阻为r的线圈面积为S,，共N匝；处在磁感应强度为B的匀强磁场中， 以角速度ω匀速转动，线圈通过电刷与一个阻值为R的电阻连接，V为理想交流电压表。则下列说法正确的是A. 电压表的读数是B. 电阻R上消耗的功率为C. 以图示位置为计时零点, 电流的表达式为D. 线圈从图示位置开始转过90°角的过程中，通过线圈导线截面的电量为【答案】B【解析】【详解】A．交流发电机产生电动势的最大值交流电压表显示是路端电压有效值，示数为A错误；B．电阻R上消耗的功率为选项B正确；电流的最大值C．则以图示位置为计时零点，电流的表达式为选项C错误；D．线圈从t=0时刻开始转过90°的过程中，通过电阻的电量为D错误；故选B。【点睛】本题考查了交流电的有关的计算问题；知道交流电的最大值及瞬时值表达式，记住，求电量用电动势的平均值，求热量用有效值；记住求解电量的经验公式。6. 如图所示为远距离输电示意图，其中T1、T2为理想变压器，输电线电阻可等效为电阻r，L1、L2为两个规格相同的灯泡，且阻值不变。现保持变压器T1的输入电压不变，滑片P位置不变，当开关S断开时，灯L1正常发光。则下列说法正确的是（　　）A. 仅闭合开关S，灯L1会变亮 B. 仅闭合开关S，r消耗的功率会变小C. 仅将滑片P下移，r消耗的功率会变小 D. 仅将滑片P上移，电流表示数会变小【答案】D【解析】【分析】【详解】A．仅闭合开关S，用户总功率变大，降压变压器副线圈电流变大，降压变压器原线圈电流变大，输电线损失的电压变大，升压变压器输出电压即输电电压不变，降压变压器输入电压减小，降压变压器输出电压减小，灯泡L1两端电压减少，灯泡实际功率减小，灯泡亮度变暗，故A错误；B．由A的分析可知，仅闭合开关S，输电电流变大，即流过电阻r的电流增大，r消耗的功率变大，故B错误；C．仅将滑片P下移，升压变压器T1的输出电压U2变大，整个电路总电阻不变，流过r的电流变大，电阻r消耗的功率变大，故C错误；D．仅将滑片P上移，理想变压器T1的输出电压U2减少，电路中总电流减少，输电功率减小，理想变压器T1输入功率减少，理想变压器T1输入电压不变，则T1的输入电流减少，电流表示数会变小，故D正确。故选D。7. 下列说法错误的是（　　）A. 图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，增加电压U，能使粒子获得的最大动能增大B. 图乙磁流体发电机的结构示意图，可以判断出A极板是发电机的负极，B极板是发电机的正极C. 图丙是速度选择器，带电粒子（不计重力）能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是D. 图丁是质谱仪的工作原理示意图，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S3粒子的比荷越大【答案】A【解析】【详解】A．根据牛顿第二定律得 解得 增加电压U，不能使粒子获得的最大动能增大，A错误，符合题意；B．图乙磁流体发电机的结构示意图，磁场向右，离子向里射入，根据左手定则，负离子所受洛仑兹力向上，打在A极板上，A极板是发电机的负极，正离子所受洛仑兹力向下打在B极板上，B极板是发电机的正极，B正确，不符合题意；C．图丙是速度选择器，带电粒子（不计重力）能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是 解得C正确，不符合题意；D．图丁是质谱仪的工作原理示意图，根据 解得 粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S3，x越小，粒子的比荷越大，D正确，不符合题意。故选A。8. 波源固定的一列自右向左传播的简谐横波，在时刻的波形图如图所示。已知在时刻，P质点首次位于波峰，Q点的坐标是（，0），则以下说法正确的是（　　）
 A. 这列波的传播速度为0.2m/sB. 在时刻，质点P向上运动C. 站在m处的人，接收到此横波的频率大于2.5HzD. 在s时刻，质点Q首次位于波峰【答案】D【解析】【详解】A．时刻质点P距其右侧第一个波峰3cm，因此0.3s内该机谐波向左传播3cm，波速故A错误；B．由“上下坡”法知，质点P向下运动，故B错误；C．波的频率周期站在m处的人，与波没有相对运动，接收到此横波的频率为，故C错误；D．由同侧法可知波刚传播到某一质点时，质点向上振动，波传到质点所需时间，再经过0.1s即，质点Q首次位于波峰，故D正确。故选D9. m和m处持续振动的两振源，在同一介质中形成沿x轴正负两个方向相向传播的、波速均为m/s的甲、乙两列波，时刻波形如图所示。下列说法正确的是（　　）
 A. 两列波的起振方向相反B. 两列波在相遇区域内会发生干涉现象C. s时，位于m处的M点的振动位移为cmD. s时，位于m处的N点的振动方向沿y轴负向【答案】D【解析】【详解】A．由传播方向和质点振动方向的关系可知，两列波的起振方向相同，A正确；B．由可得故两列波相遇区域内不会发生干涉现象，B错误；C．在时，两列波传播的距离为则甲质点在时刻的波谷刚传播到M处；则乙在时刻1.05m处的质点的振动形式刚传播到M处，而乙在时刻时，1.05m处的质点位移大于0.1cm，所以时，位于处的M点的振动位移不等于，C错误；D．时，两列波传播距离为甲向右传递四个波形，乙向左传递两个波形，由传播方向和质点振动方向的关系可知，此时位于处的N点的振动方向沿y轴负向，D正确。故选D。10. 如图，一辆小车与一理想弹簧组成一个弹簧振子在光滑水平面做简谐运动，当小车以最大速度通过某点时，一小球恰好以大小为的速度竖直落入小车并立即与小车保持相对静止，已知弹簧振子的周期为，其中为弹簧的劲度系数，以下正确的是（　　）
 A. 小球落入小车过程中，小球和小车动量守恒B. 小球落入小车过程中，小球、小车和弹簧组成的系统机械能守恒C. 小球与小车保持相对静止后，整个弹簧振子的振幅变小D. 小球与小车保持相对静止后，整个弹簧振子的周期变小【答案】C【解析】【详解】A．小球落入小车过程中，小球和小车所受合外力均不为零，动量不守恒，故A错误；B．设小车和小球的质量分别为m1、m2，小球落入小车后瞬间，整体的速度大小为v，碰撞瞬间小车和小球组成的系统在水平方向上动量守恒，则解得由题意可知碰撞前后瞬间弹簧的弹性势能均为零，则碰前瞬间系统的机械能为碰后瞬间系统的机械能为所以小球落入小车过程中，小球、小车和弹簧组成的系统机械能不守恒，故B错误；C．弹簧振子的振幅与振子所具有的机械能有关，振子的机械能越大，振子到达最大位移处时弹簧的弹性势能越大，伸长量越大，即振幅越大，根据B项分析可知小球与小车保持相对静止后，振子的机械能减小，所以整个弹簧振子的振幅变小，故C正确；D．小球与小车保持相对静止后，振子的质量增大，根据题给表达式可知整个弹簧振子的周期变大，故D错误。故选C。二、多项选择题（本题共4个小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项是正确的，全部选对得4分，对而不全得2分。）11. 无线话筒是LC振荡电路的一个典型应用。在LC振荡电路中，某时刻磁场方向如图所示，且电容器上极板带正电，下列说法正确的是（　　）A. 电容器正在放电 B. 振荡电流正在增大C. 电路中电流沿顺时针方向 D. 磁场能正在向电场能转化【答案】CD【解析】【详解】根据安培定则，可知回路中电流为顺时针方向，电容器上级板带正电，下极板带负电，故电容器正在充电，电流减小，磁场减弱，电场增强，磁场能正在向电场能转化。故选CD。12. 甲、乙两位同学利用假期分别在两个地方做“用单摆测量重力加速度的实验”，回来后共同绘制了T2-L图像，如图甲中A、B所示，此外甲同学还顺便利用其实验的单摆探究了受迫振动，并绘制了单摆的共振曲线，如图乙所示，那么下列说法中正确的是（　　）A. 单摆固有周期由摆长和所处环境的重力加速度共同决定B. 由图甲分析可知A图线所对应的实验地点重力加速度较大C. 若将单摆放入绕地球稳定飞行的宇宙飞船中，则无法利用单摆测出飞船轨道处的引力加速度D. 由图乙可知，甲同学探究受迫振动的单摆摆长为8 cm【答案】AC【解析】【分析】【详解】A．单摆的固有周期为L为摆长，g为当地重力加速度，故A正确；B．根据得所以T2-L图像的斜率为题图甲中A图线的斜率大于B图线的斜率，故A图线对应的重力加速度较小，故B错误；C．若将单摆放入绕地球稳定飞行的宇宙飞船中，单摆小球处于完全失重状态，只受重力，不能在竖直平面内来回摆动，故C正确；D．由题图乙可知，当驱动力的频率为0.5 Hz时，摆球发生共振，故系统的固有频率为0.5 Hz，固有周期根据解得摆长L≈1 m，故D错误。故选AC。13. 一列沿x轴传播的简谐横波在时的波形如图所示。已知振源振动的周期T=4s，x=1m处的质点P比x=3m处的质点Q先回到平衡位置。则下列说法中正确的是（　　）A. 该波沿x轴负方向传播，波速为2m/sB. 质点P经过3s振动的路程0.3mC. t=1s时，质点Q的速度方向和加速度方向相同D. 质点Q在t=0.5s时恰好位于波峰【答案】CD【解析】【分析】【详解】A．由于质点P比质点Q先回到平衡位置，故图示时刻质点P正向下运动，由此可判断波沿x轴正方向传播，故A错误；B．时刻质点P向平衡位置运动，速度逐渐增大，第一秒内的路程大于一个振幅，后两秒内的路程等于两个振幅，故质点P经过3s振动的路程大于0.3m，故B错误；C．t=1s时，质点Q位于平衡位置上方且向下运动，其速度方向向下，加速度方向也向下，故C正确；D．时质点Q向上运动，经0.5s时波向右传播了1m，故质点Q恰好运动到波峰位置，故D正确。故选CD。14. 随着电动汽车的普及，汽车无线充电受到越来越多的关注，无线充电简单方便，不需手动操作，没有线缆拖拽，大大提高了用户体验。受电线圈安装在汽车的底盘上，如图所示，当电动汽车行驶到安装在地面的供电线圈装置上，受电线圈即可“接受”到，供a、b两端接上220V的正弦交变电流后，受电线圈中产生交变电流。该装置实际上可等效为一个理想变压器：送电线圈的匝数为，受电线圈匝数为，且。两个线圈中所接的电阻、的阻值相同，当该装置给汽车充电时，测得两端的电压为cd两端电压的，则下列说法正确的是（　　）
 A. 若送电线圈通以直流电也可以为其充电B. 受电线圈cd两端的输出电压为40VC. 流过送电线圈和受电线圈的电流之比为5：1D. 电阻和所消耗的功率之比为1：25【答案】BD【解析】【详解】A．因为该装置类似于理想变压器，直流电不能为其充电，A错误；B．设cd两端电压为，则两端电压为，可得解得B正确；C．由匝数与电流的关系可知，流过送电线圈和受电线圈的电流之比为1∶5，C错误；D．由公式可知，电阻和所消耗的功率之比为1∶25，D正确。故选BD。三、实验题（共14分）15. 某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素．(1)下列关于单摆实验的操作，正确的是_________A.摆球运动过程中摆角应大于30°B.摆球到达平衡位置时开始计时 C.摆球应选用泡沫小球 D.保证摆球在同一竖直平面内摆动 (2)正确组装单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺量出从悬点到摆球最低端的长度L=0.9990m，再用游标卡尺测出摆球直径，结果如图所示，则该摆球的直径为________mm，单摆摆长l为________m．(3)实验中，测出不同摆长l对应的周期值T，作出T2—l图象，如图所示，已知图线上A、B两点的坐标分别为(x1，y1)、(x2，y2)，可求出g=____________．【答案】    ①. (1)BD    ②. (2)12.0    ③. 0.9930    ④. (3)【解析】【详解】(1)摆球运动过程中摆角应小于10°，否则就不是简谐振动，选项A错误；摆球到达平衡位置时，即最低点开始计时，选项B正确；摆球应选用质量大，体积较小的球，不能选泡沫球，选项C错误；保证摆球在同一竖直平面内摆动，选项D正确；故选BD. (2)该摆球的直径为12mm+0.01mm×0=12.0mm，单摆摆长l为0.9990m-6.0mm=0.9930m．(3)根据单摆的周期公式T=2π，即 有： ；
联立解得： 点睛：本题关键是明确单摆模型的特点，掌握用单摆测重力加速度的注意事项，然后根据单摆的周期公式T=2π列式求解重力加速度．16. 已知一热敏电阻当温度从10℃升至60℃时阻值从几千欧姆降至几百欧姆，某同学利用下列方法测量其常温下的阻值。（1）用多用电表的欧姆挡“×10”倍率测量热敏电阻的阻值，正确操作指针偏转如图甲所示。实验小组应将倍率更换至______（选填“×100”或“×1”）倍率，正确操作并读出热敏电阻阻值；（2）实验小组在粗略测量热敏电阻阻值后，用以下的器材精确测量它的阻值。A.电源（E=5V，内阻约为1Ω）B.电流表（0~5mA，内阻约为5Ω）C.电流表（量程0.6A，内阻约为1Ω）D.电压表（0~5V，内阻约为3kΩ）E.电压表（0~15V，内阻约为10kΩ）F.滑动变阻器R（0~10Ω，允许通过的最大电流为10mA）G.开关H.导线①为了尽可能精确的测量热敏电阻的阻值，电流表选_______，电压表选_______；（选填元件前面的序号）②下列电路图设计合理的是_______。（选填“乙”或“丙”）（3）已知热敏电阻与温度的关系如下表所示：t/℃10.020.030.040.050.060.0/Ω2400.01500.01150.0860.0435.0120.0利用该热敏电阻制作温控报警器，其电路原理如图丁所示，图中E为直流电源（电动势为10V，内阻可忽略），报警系统接在ab之间，当ab之间输出电压低于6.0V时，便触发报警器报警，若要求开始报警时环境温度为60℃，则图中电阻箱R的阻值应为_______Ω。测试发现温度达到55℃时报警器就开始报警，则应______（选填“调小”或“调大”）电阻箱的阻值。【答案】    ①. ×100    ②. B    ③. D    ④. 丙    ⑤. 80    ⑥. 调小【解析】【详解】（1）[1]选择“×10”倍率时，指针偏转角度偏小，重选相邻的大倍率“×100”。（2）[2][3]电源电动势是5V，电压表选择0~5V，电压全部加在热敏电阻上，电流约为5mA，电流表量程选0~5mA。[4]滑动变阻器的最大阻值远远小于热敏电阻阻值，所以用分压式连接。（3）[5]若要求开始报警时环境温度为60℃，此时，由解得电阻箱阻值应调为[6]测试发现温控室中温度达到55℃时报警器就开始报警，说明热敏电阻偏大，所以应调小电阻箱的阻值，使其在要求温度下报警。四、计算题（本题共3小题，共30分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）17. 如图是一个弹簧振子的振动图像，试完成以下问题。(1)写出该小球位移随时间变化的关系式。(2)在第末到第末这段时间内，小球的加速度、速度、动能和弹性势能各是怎样变化的？(3)该小球在第时的位移是多少？路程是多少？【答案】(1)x=Asinωt=5sin0.5πt cm。
(2)在第2s末到第3s末这段时间内，弹簧振子的速度减小，动能减小，弹性势能增大，加速度逐渐增大；
(3)该振子在第100s时的位移是零，路程为5m。【解析】【详解】(1)由振动图象可得：振幅A=5cm，周期T=4s，初相φ=0，则圆频率故该振子做简谐运动的表达式为(2)由图可知，在t=2s时振子恰好通过平衡位置，此时加速度为零，随着时间的延续，位移值不断加大，加速度的值也变大，速度值不断变小，动能不断减小，弹性势能逐渐增大，当t=3s时，加速度的值达到最大，速度等于零，动能等于零，弹性势能达到最大值。　 
(3)振子经过一个周期位移为零，路程为5×4cm=20 cm，前100s时刚好经过了25个周期，所以第100 s振子位移x=0，振子路程s=20×25cm=500 cm=5 m。18. 一列简谐横波在x轴上传播，在t1=0和t2=0.05s时，其波形分别用如图所示的实线和虚线表示，求：(1)若0.05s=，求这列波沿x轴正向传播的波速；(2)当波速为200m/s时，波的传播方向如何？以此波速传播时，x=8m处的质点P从平衡位置运动至波峰所需的最短时间是多少？(3)若已知2T<t2－t1<3T，且图中P质点在t1时刻的瞬时速度方向向上，求可能的波速。【答案】(1)；(2)波向x轴正方向传播；0.03s；(3)440m/s【解析】【详解】(1)波沿x轴正向传播，则(2)若波沿x轴正向传播，则Δs=Δx1＋nλ=（2＋8n）m，n=0，1，2…故当波速为200m/s时，有200=（40＋160n）n=1，所以波向x轴正方向传播故有所以P质点第一次到达波谷所需最短时间为若波沿x轴负方向传播，则Δs=Δx1＋nλ=（6＋8n）m，n=0，1，2…故显然，若该列波向x轴负方向传播，波速不可能为200m/s。综上所述，波速为200m/s时，该列波只能沿x轴正方向传播，P质点第一次到达波谷所需最短时间为0.03s。(3)P质点速度向上，说明波沿x轴负向传播，2T<t2－t1<3T，说明这段时间内波只可能是向左传播了个波长，所以速度是唯一的，即19. 如图所示，足够长的金属导轨固定在水平面上，金属导轨宽度L=1.0m，导轨上放有垂直导轨的金属杆P，金属杆质量为m=0.1kg，空间存在磁感应强度B=0.5T、竖直向下的匀强磁场。连接在导轨左端的电阻R=3.0Ω，金属杆的电阻r=1.0Ω，其余部分电阻不计，某时刻给金属杆一个水平向右的恒力F，金属杆P由静止开始运动，图乙是金属杆P运动过程的v－t图像，导轨与金属杆间的动摩擦因数μ=0.5，在金属杆P运动的过程中，第一个2s内通过金属杆P的电荷量与第二个2s内通过P的电荷量之比为3∶5，g取10m/s2，求：（1）水平恒力F的大小；（2）金属杆运动的最大加速度的大小；（3）前4s内电阻R上产生的热量。
 【答案】（1）0.75N；（2）2.5m/s2；（3）1.8J【解析】【详解】（1）由图乙可知金属杆P先做加速度减小的加速运动，2s后做匀速直线运动当t=2s时，v=4m/s，此时感应电动势E=BLv感应电流安培力根据牛顿运动定律有F－F′－μmg=0解得F=0.75N（2）刚开始运动时加速度最大，根据牛顿运动定律有F－μmg=ma解得a=2.5m/s2（3）通过金属杆P的电荷量其中所以q=∝x（x为P的位移）设第一个2s内金属杆P的位移为x1，第二个2s内P的位移为x2，则ΔΦ1=BLx1ΔΦ2=BLx2=BLvt又由于q1∶q2=3∶5联立解得x2=8mx1=4.8m前4s内由能量守恒定律得其中Qr∶QR=r∶R=1∶3解得QR=1.8J