还剩16页未读，
继续阅读
四川省雅安市雅安神州天立高级中学2022-2023学年高二下学期第一次月考物理试题（解析版）
展开
这是一份四川省雅安市雅安神州天立高级中学2022-2023学年高二下学期第一次月考物理试题（解析版），共15页。试卷主要包含了选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
时间：90分钟 满分：100分
第Ⅰ卷（选择题 共50分）
一、选择题：（1-10题单选，每题3分；11-15多选每题4分，选对不全得2分，共50分）
1. 1831年发现电磁感应现象的物理学家是（ ）
A. 楞次B. 法拉第C. 奥斯特D. 麦克斯韦
【答案】B
【解析】
【详解】法拉第在1831年发现了电磁感应现象，故选B。
2. 一物体做受迫振动，驱动力的频率小于该物体的固有频率。当驱动力的频率逐渐增大的过程中，该物体的振幅（ ）
A. 一定逐渐增大B. 一定逐渐减小
C. 可能先增大，后减小D. 可能先减小，后增大
【答案】C
【解析】
【详解】一物体做受迫振动，当驱动力的频率等于该物体的固有频率时，该物体的振幅最大；由于一开始驱动力的频率小于该物体的固有频率，当驱动力的频率逐渐增大的过程中，如果驱动力的频率仍然小于该物体的固有频率，则该物体的振幅增大，如果驱动力的频率已经大于该物体的固有频率，则该物体的振幅减小，所以该物体的振幅可能先增大，后减小。
故选C。
3. 两个弹簧振子，甲的固有频率是100Hz，乙的固有频率是400Hz，若它们均在频率是300Hz的驱动力作用下做受迫振动，则 （ ）
A. 甲的振幅较大，振动频率是100Hz
B. 乙的振幅较大，振动频率是300Hz
C. 甲的振幅较大，振动频率是300Hz
D. 乙的振幅较大，振动频率是400Hz
【答案】B
【解析】
【详解】受迫振动的频率由驱动力的频率决定，与固有频率无关，所以甲乙的振动频率都是300Hz，做受迫振动的物体固有频率与驱动力的频率相差较小时，振幅较大，所以乙的振幅较大．
A.A项与上述分析结论不相符，故 A不符合题意；
B.B项与上述分析结论相符，故 B符合题意；
C.C项与上述分析结论不相符，故 C不符合题意；
D.D项与上述分析结论不相符，故 D不符合题意．
4. 在交变电流频率一定的情况下，下列关于电容器的容抗、电感器的感抗，说法正确的有（ ）
A. 电容越小，容抗越小
B. 电感越小，感抗越大
C. 电容器通交流，隔直流
D. 电感器通高频阻低频
【答案】C
【解析】
【详解】AC．电容器隔直流通交流，阻低频通高频，电容对电流的阻碍作用可以用容抗表示，电容器的容抗为
电容越小，容抗越大，故A错误，C正确；
BD电感器通直流阻交流，通低频阻高频，电感器的感抗为
电感越小感抗越小，故BD错误。
故选C。
5. 电压互感器是一种测量高压电路中电压的变压器，工作原理如图所示。其原线圈并联在电路中，副线圈两端接在电压表上。则电压互感器（ ）
A. 是一种升压变压器
B. 原、副线圈电流的频率不同
C. 能测量高压直流输电电路电压
D. 副线圈中的电流大于原线圈中的电流
【答案】D
【解析】
【详解】A．电压互感器的作用是将输电线路的高电压变至交流电压表能够测量的范围，从而实现测量的目的，所以电压互感器是一种降压变压器，故A错误；
B．变压器不改变频率，原、副线圈电流的频率相同，故B错误；
C．由于互感现象是变压器的工作基础，所以需要原、副线圈中的磁通量不断发生变化，而直流输电电路中的电流不具备上述特点，所以电压互感器不能测量高压直流输电电路电压，故C错误；
D．根据理想变压器原、副线圈电流与匝数成反比可知副线圈中的电流大于原线圈中的电流，故D正确。
故选D。
6. 一个单匝总电阻为2Ω的闭合矩形金属线框位于匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴匀速转动，该线圈产生的电动势e随时间按如图所示的余弦规律变化。下列说法正确的是（ ）
A. 线框产生电流峰值为200A
B. 线框产生电动势有效值为
C. 线框的热功率为20000W
D. t=0.01s 时，线框的磁通量最大
【答案】B
【解析】
【详解】A．线框产生电流峰值
A错误；
B．线框产生电动势有效值
B正确；
C．线框的热功率为
C错误；
D．t=0.01s 时，电动势最大，线框的磁通量等于零，D错误。
故选B。
7. 如图所示，a、b是用同种规格的铜丝做成的两个同心圆环，两环半径之比为3∶4，其中仅在a环所围区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场。当该匀强磁场的磁感应强度均匀增大时，a、b两环内的感应电动势大小之比为（ ）
A. 3∶4B. 1∶1C. 9∶16D. 4∶3
【答案】B
【解析】
【详解】根据法拉第电磁感应定律可知
根据图示关系可知，a、b两个环中的有效面积是一样的，因此两个环中的磁通量相同，磁通量的变化率相同，感应电动势也相同，a、b两环内的感应电动势大小之比为，B正确。
故选B。
8. 如图所示，两段光滑圆弧轨道半径分别为R1和R2，圆心分别为O1和O2，所对应的圆心角均小于5°，在最低点O平滑连接。M点和N点分别位于O点左右两侧，距离MO小于NO。现分别将位于M点和N点的两个小球A和B（均可视为质点）同时由静止释放。关于两小球第一次相遇点的位置，下列判断正确的是（ ）
A. 一定在O点的右侧B. 恰好在O点
C. 一定在O点的左侧D. 条件不足，无法确定
【答案】A
【解析】
【详解】据题意，两段光滑圆弧所对应的圆心角均小于5°，把两球在圆弧上的运动看做等效单摆，等效摆长等于圆弧的半径，则M、N两球的运动周期分别为
两球第一次到达O点的时间分别为
由于R1 < R2，则tM < tN，故两小球第一次相遇点的位置一定在O点的右侧。
故选A。
【点睛】本题关键是采用等效法，将两球在圆弧上的运动看做等效单摆运动，常常称为槽摆，再根据单摆的周期公式，比较时间，即可判断第一次相遇的位置。
9. 一质点做简谐运动的图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 质点振动频率是4Hz
B. 在10s内质点经过的路程是20cm
C. 第4s末质点的速度是零
D. 在和两时刻，质点位移大小相等、方向相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题图可知其质点振动的周期为4s，由频率与周期的关系有
故A项错误；
B．由之前的分析可知，其周期为4s，所以10s为2.5个周期，由质点做简谐运动的规律可知，其一个周期内的路程为振幅的4倍，半个周期内的路程为两倍的振幅。由题图可知其振幅为2cm。所以其10s内的路程为
故B项正确；
C．由振动图像可知，其4s时质点在平衡位置，即此时其质点的速度最大不为零，故C项错误；
D．由振动图像可知，其在时处于正向最大位移处，在时处于负向最大位移处，两时刻质点的位移其大小相等，方向相反，故D项错误。
故选B。
10. 如图所示，两个相同的灯泡L1、L2，分别与定值电阻R和自感线圈L串联，自感线圈的自感系数很大，电阻值与R相同，闭合电键S，电路稳定后两灯泡均正常发光。下列说法正确的是（ ）
A. 闭合电键S后，灯泡L2逐渐变亮
B. 闭合电键S后，灯泡L1、L2同时变亮
C. 断开电键S后，灯泡L1 、L2都逐渐变暗
D. 断开电键S后，灯泡L1逐渐变暗，L2立即熄灭
【答案】C
【解析】
【详解】A．电键闭合后，含灯泡的支路中没有线圈，立即变亮，A错误；
B．闭合电键后，含灯泡的支路中没有线圈，立即变亮，含灯泡的支路中有线圈，逐渐变亮，B错误；
CD．断开电键前，两个支路电源相等，断开后，感应电流逐渐变小，灯泡都逐渐变暗，C正确，D错误。
故选C。
11. 在如图所示的电路中，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），R1、R2为定值电阻（R1﹥r），R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表。若将照射R3的光的强度减弱，则（ ）
A. 电压表的示数变大B. 小灯泡变暗
C. 通过R2的电流变大D. 电源的总功率变大
【答案】BC
【解析】
【详解】照射R3的光的强度减弱，则电阻增大，则电路中总电阻在增大，干路电流减小，根据
可知电压表示数减小，根据闭合电路欧姆定律
知路端电压变大，则并联部分的电压增大，根据
可知流过的电流变大，干路电流减小，则流过小灯泡的电流减小，小灯泡变暗，根据
知电源的总功率减小，故BC正确，AD错误。
故选BC。
12. 图甲为某一理想变压器，原副线圈匝数比为，原线圈接入图乙所示的正弦交流电源，为定值电阻，为滑动变阻器，图中各电表均为理想电表，时刻滑片处于最下端，说法正确的（ ）
A. 副线圈两端电压的变化频率为
B. 在时刻，电流表的示数不为0
C. 滑片向上移动，电压表和示数不变，示数变大
D. 当电流表示数为时，变压器原线圈输入功率为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由图乙可知交流电周期为0.02s，因此频率为50Hz，理想变压器不改变交流电源的频率，则副线圈两端电压的变化频率应为50Hz，故A错误；
B．电流表测量的是交流电的有效值，而不是瞬时值，故在时刻，电流表A2的示数不为0，故B正确；
C．理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，故电压表和的示数不变，当滑片向上移动时，副线圈电阻变大，副线圈电路中的电流减小，定值电阻上的电压减小，因此电压表的示数变大，故C正确；
D．当电流表示数为时，根据变压器电流与匝数关系可得
可得原线圈电流为
由图乙可知原线圈输入电压有效值为
则变压器原线圈输入功率为
故D错误。
故选BC。
13. 如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比，原线圈电路中接有一量程为的理想交流电流表，副线圈两端接有理想交流电压表一只和可变电阻以及若干“，”的相同灯泡。输入端交流电压的图像如图乙所示。（ ）
A. 灯泡均正常发光电路中最多允许接入3个灯泡
B. 灯泡均正常发光电路中最多允许接入9个灯泡
C. 灯泡均正常发光电路中接入最多时可变电阻
D. 灯泡均正常发光电路中接入最多时可变电阻
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．每个灯泡的额定电流
解得
由于电流表量程为，即原线圈的电流最大
据
解得
所以
解得
即最多允许接9个灯泡，A错误，B正确；
CD．可变电阻R上的电压
所以
解得
C正确，D错误。
故选BC。
14. 如图所示，三只规格相同，额定电压均为U的灯泡A、B、C分别连在理想变压器的原副线圈两回路中。原线圈与一交流发电机连接，发电机输出电压恒定；开关K闭合时，三只灯泡亮度相同。下列说法正确的有（ ）
A. 变压器原副线圈的匝数比为2︰1
B. 发电机输出电压为3U
C. 断开开关K，B灯泡变亮
D. 断开开关K，A灯泡变亮
【答案】AC
【解析】
【详解】A．因为三只灯泡相同，开关K闭合时，三只灯泡亮度相同，所以原线圈中的电流与副线圈中的电流之比为
根据电流与匝数的比值关系可得
故A正确；
B．如果三只灯泡达到额定电压，则原副线圈的电压比为
则原线圈两端电压
发电机输出电压恒定，则发动机的电压为
如果三只灯泡没有达到额定电压，则
故B错误；
CD．断开开关，负载电阻增大，若电压不变，则负载电流减小，则原线圈的电流减小，灯A的亮度变暗，两端电压减小，所以原线圈两端的电压增大，根据变压器的特点，副线圈电压也增大，所以断开开关K，B灯泡变亮，故C正确，D错误。
故选AC。
15. 如图甲所示，劲度系数为k的轻弹簧下端挂一质量为m的小球（可视为质点），小球在竖直方向上做简谐运动，弹簧对小球的拉力F随时间变化的图像如图乙所示。已知弹簧弹性势能的表达式为，为弹簧的形变量，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A. 小球的振幅为
B. 小球的最大加速度为g
C. 小球的最大动能为
D. 在振动过程中，弹簧的弹性势能和小球的动能总和不变
【答案】BC
【解析】
【详解】A．小球平衡位置时，弹簧的伸长量为
小球处于最低点时，弹簧的伸长量为
故小球的振幅为
A错误；
B．小球在简谐运动的最大位移处加速度最大，即弹簧弹力最大时，则有
解得
B正确；
C．小球在简谐运动的平衡位置时，速度最大，动能最大，根据系统机械能守恒定律可得
解得
C正确；
D．由于弹簧与小球组成的系统机械能守恒，弹簧的弹性势能、小球的动能和重力势能的总和不变，D错误；
故选BC。
三、实验题（共16分）
16. 某研究性学习小组在进行“用单摆测量重力加速度”实验中（实验装置如图甲所示），已知单摆在摆动过程中的最大偏角小于5°，在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间为t，在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长（从悬点到摆球的最上端）为L，再用螺旋测微器测得摆球的直径为d（读数如图乙所示）。
（1）从乙图可知，摆球的直径为______mm。
（2）用上述物理量的符号写出求重力加速度的表达式______。
（3）实验结束后，同学们在讨论如何能够提高测量结果的精确度时，提出了以下建议，其中可行的是______。
A．尽可能选择细、轻且不易伸长的线作为摆线
B．当单摆经过最高位置时开始计时
C．质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较大的
D．测量多组周期T和摆长，作关系图像来处理数据
【答案】 ①. ②. ③. AD##DA
【解析】
【详解】（1）[1]螺旋测微器的主尺读数为10.5mm，可动刻度读数为
则最终读数为
（2）[2]由题，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用时间内为t，则单摆全振动的次数为
周期为
单摆的长度为
由单摆的周期公式
得
（3）[3]A．公式中，重力加速度的测量值与摆长有关，所以要尽可能选择细、轻且不易伸长的线作为摆线，选项A正确；
B．为了减小误差，需要当单摆经过平衡位置时开始计时，选项B错误；
C．为了减小误差，质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较小的，选项C错误；
D．应用图象法处理实验数据可以减小实验误差，测量多组周期T和摆长，根据
整理得
可知作或的关系图象来处理数据，选项D正确。
故选AD。
17. 某兴趣小组利用甲图所示电路测定一组干电池的内阻，已选用的器材有：
电流表：量程，内阻约；
电压表：量程，内阻约；
滑动变阻器：；
开关一个，导线若干．
（1）按甲图正确连接好电路后，将滑动变阻器的阻值调到最大，闭合开关，逐次调小其接入电路的阻值，测出多组和的值，并记录相应的数据，以为纵轴，为横轴，得到乙图所示的图线由此得出电源的电动势______，内阻______；
（2）将此电池组与伏安特性曲线如丙图所示的一个小灯泡串联起来，小灯泡消耗的实际功率是______（保留两位小数）。
【答案】 ①. 6 ②. 10 ③.
【解析】
【详解】（1）[1][2]根据闭合电路欧姆定律有
由图像可知，图像纵轴的截距为电源电动势，图像的斜率的绝对值表示电源的内阻，则有
，
（2）[3]将此电池组与伏安特性曲线如丙图所示的一个小灯泡串联起来，则小灯泡的电压、电流即在其伏安特性曲线上也在电源的伏安特性曲线上，如图所示图像的交点为小灯泡的实际电压及电流
由图像读出小灯泡的实际电压及电流，所以小灯泡消耗的实际功率是
四、解答题（共34分）
18. 如图所示为交流发电机示意图，匝数为n=100匝的矩形线圈，边长分别为a=10cm和b=20cm，内阻为r=5Ω，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕OO′轴以ω=rad/s的角速度匀速转动，转动开始时线圈平面与磁场方向平行，线圈通过电刷和外部R=20Ω的电阻相接．求电键S合上后，
（1）写出线圈内产生的交变电动势瞬时值的表达式；
（2）电压表和电流表示数；
（3）从计时开始，线圈转过的过程中，通过外电阻R的电量．
【答案】（1）e=cst（V）（2）40V，2A（3）004C
【解析】
【分析】（1）根据感应电动势最大值Em=nBSω，从垂直于中性面开始计时，则可确定电动势的瞬时表达式；（2）根据交流电的最大值与有效值的关系，结合闭合电路欧姆定律，即可确定电流表与电压表示数；（3）根据电量表达式，与感应电动势结合，得出q=I△t=公式，从而可求得．
【详解】（1）线圈从平行磁场开始计时，感应电动势最大值：Em=nBSω=V．
故表达式为：e=Emcsωt=cst（V）；
（2）根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系可知，有效值：，
代入数据解得E=50V．
电键S合上后，由闭合电路欧姆定律得：，U=IR．
联立解得I=2A，U=40V；
（3）由图示位置转过90°的过程中，通过R上的电量为：q=I△t=，
代入数据解得，q=0.04C．
【点睛】本题主要考查了交流电的产生及其表达式与相关物理量的求解，较为简单．
19. 风力发单作为新型环保新能源，近几年来得到了快速发展，如图所示风车阵中发电机输出功率为，输出电压为，用户需要的电压是，长距离输电线电阻为。若输电线因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：
（1）长距离输电线上的电流多大；
（2）升压变压器原副线圈匝数比以及降压变压器原副线圈匝数比
【答案】（1）；（2）1∶20；240∶11。
【解析】
【详解】（1）由题意可知输电线损耗功率为
由热功率公式
代入数据解得输电线电流大小为
（2）原线圈中输入电流大小为
所以升压变压器原副线圈匝数比为
这样由变压器规律得升压后电压大小为
到达降压变压器原线圈的电压大小为
所以降压变压器原副线圈匝数比为
20. 将一测力传感器连接到计算机上就可以用来测量快速变化的力，图甲表示小滑块（可视为质点）沿固定的光滑半球形容器内壁在竖直平面内的A、A′之间来回滑动，A、A′两点与O点连线与竖直方向的夹角相等且都为θ，θ小于5°。图乙表示滑块对器壁的压力F随时间t变化的曲线，且图中t=0为滑块从A点开始运动的时刻，试根据力学规律和题中（包括图中）所给的信息，求：（g取10 m/s2）
（1）小滑块的质量m；
（2）容器的半径R。
【答案】（1）0.05 kg；（2）0.1 m
【解析】
【分析】
【详解】(1)在最高点A，有
在最低点B，有
由题图乙可知
，
从A到B，滑块机械能守恒，有
解得
(2)完成一次全振动的时间为一个周期，由题图乙得小滑块做简谐运动的周期
由题意可知
解得
时间：90分钟 满分：100分
第Ⅰ卷（选择题 共50分）
一、选择题：（1-10题单选，每题3分；11-15多选每题4分，选对不全得2分，共50分）
1. 1831年发现电磁感应现象的物理学家是（ ）
A. 楞次B. 法拉第C. 奥斯特D. 麦克斯韦
【答案】B
【解析】
【详解】法拉第在1831年发现了电磁感应现象，故选B。
2. 一物体做受迫振动，驱动力的频率小于该物体的固有频率。当驱动力的频率逐渐增大的过程中，该物体的振幅（ ）
A. 一定逐渐增大B. 一定逐渐减小
C. 可能先增大，后减小D. 可能先减小，后增大
【答案】C
【解析】
【详解】一物体做受迫振动，当驱动力的频率等于该物体的固有频率时，该物体的振幅最大；由于一开始驱动力的频率小于该物体的固有频率，当驱动力的频率逐渐增大的过程中，如果驱动力的频率仍然小于该物体的固有频率，则该物体的振幅增大，如果驱动力的频率已经大于该物体的固有频率，则该物体的振幅减小，所以该物体的振幅可能先增大，后减小。
故选C。
3. 两个弹簧振子，甲的固有频率是100Hz，乙的固有频率是400Hz，若它们均在频率是300Hz的驱动力作用下做受迫振动，则 （ ）
A. 甲的振幅较大，振动频率是100Hz
B. 乙的振幅较大，振动频率是300Hz
C. 甲的振幅较大，振动频率是300Hz
D. 乙的振幅较大，振动频率是400Hz
【答案】B
【解析】
【详解】受迫振动的频率由驱动力的频率决定，与固有频率无关，所以甲乙的振动频率都是300Hz，做受迫振动的物体固有频率与驱动力的频率相差较小时，振幅较大，所以乙的振幅较大．
A.A项与上述分析结论不相符，故 A不符合题意；
B.B项与上述分析结论相符，故 B符合题意；
C.C项与上述分析结论不相符，故 C不符合题意；
D.D项与上述分析结论不相符，故 D不符合题意．
4. 在交变电流频率一定的情况下，下列关于电容器的容抗、电感器的感抗，说法正确的有（ ）
A. 电容越小，容抗越小
B. 电感越小，感抗越大
C. 电容器通交流，隔直流
D. 电感器通高频阻低频
【答案】C
【解析】
【详解】AC．电容器隔直流通交流，阻低频通高频，电容对电流的阻碍作用可以用容抗表示，电容器的容抗为
电容越小，容抗越大，故A错误，C正确；
BD电感器通直流阻交流，通低频阻高频，电感器的感抗为
电感越小感抗越小，故BD错误。
故选C。
5. 电压互感器是一种测量高压电路中电压的变压器，工作原理如图所示。其原线圈并联在电路中，副线圈两端接在电压表上。则电压互感器（ ）
A. 是一种升压变压器
B. 原、副线圈电流的频率不同
C. 能测量高压直流输电电路电压
D. 副线圈中的电流大于原线圈中的电流
【答案】D
【解析】
【详解】A．电压互感器的作用是将输电线路的高电压变至交流电压表能够测量的范围，从而实现测量的目的，所以电压互感器是一种降压变压器，故A错误；
B．变压器不改变频率，原、副线圈电流的频率相同，故B错误；
C．由于互感现象是变压器的工作基础，所以需要原、副线圈中的磁通量不断发生变化，而直流输电电路中的电流不具备上述特点，所以电压互感器不能测量高压直流输电电路电压，故C错误；
D．根据理想变压器原、副线圈电流与匝数成反比可知副线圈中的电流大于原线圈中的电流，故D正确。
故选D。
6. 一个单匝总电阻为2Ω的闭合矩形金属线框位于匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴匀速转动，该线圈产生的电动势e随时间按如图所示的余弦规律变化。下列说法正确的是（ ）
A. 线框产生电流峰值为200A
B. 线框产生电动势有效值为
C. 线框的热功率为20000W
D. t=0.01s 时，线框的磁通量最大
【答案】B
【解析】
【详解】A．线框产生电流峰值
A错误；
B．线框产生电动势有效值
B正确；
C．线框的热功率为
C错误；
D．t=0.01s 时，电动势最大，线框的磁通量等于零，D错误。
故选B。
7. 如图所示，a、b是用同种规格的铜丝做成的两个同心圆环，两环半径之比为3∶4，其中仅在a环所围区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场。当该匀强磁场的磁感应强度均匀增大时，a、b两环内的感应电动势大小之比为（ ）
A. 3∶4B. 1∶1C. 9∶16D. 4∶3
【答案】B
【解析】
【详解】根据法拉第电磁感应定律可知
根据图示关系可知，a、b两个环中的有效面积是一样的，因此两个环中的磁通量相同，磁通量的变化率相同，感应电动势也相同，a、b两环内的感应电动势大小之比为，B正确。
故选B。
8. 如图所示，两段光滑圆弧轨道半径分别为R1和R2，圆心分别为O1和O2，所对应的圆心角均小于5°，在最低点O平滑连接。M点和N点分别位于O点左右两侧，距离MO小于NO。现分别将位于M点和N点的两个小球A和B（均可视为质点）同时由静止释放。关于两小球第一次相遇点的位置，下列判断正确的是（ ）
A. 一定在O点的右侧B. 恰好在O点
C. 一定在O点的左侧D. 条件不足，无法确定
【答案】A
【解析】
【详解】据题意，两段光滑圆弧所对应的圆心角均小于5°，把两球在圆弧上的运动看做等效单摆，等效摆长等于圆弧的半径，则M、N两球的运动周期分别为
两球第一次到达O点的时间分别为
由于R1 < R2，则tM < tN，故两小球第一次相遇点的位置一定在O点的右侧。
故选A。
【点睛】本题关键是采用等效法，将两球在圆弧上的运动看做等效单摆运动，常常称为槽摆，再根据单摆的周期公式，比较时间，即可判断第一次相遇的位置。
9. 一质点做简谐运动的图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 质点振动频率是4Hz
B. 在10s内质点经过的路程是20cm
C. 第4s末质点的速度是零
D. 在和两时刻，质点位移大小相等、方向相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题图可知其质点振动的周期为4s，由频率与周期的关系有
故A项错误；
B．由之前的分析可知，其周期为4s，所以10s为2.5个周期，由质点做简谐运动的规律可知，其一个周期内的路程为振幅的4倍，半个周期内的路程为两倍的振幅。由题图可知其振幅为2cm。所以其10s内的路程为
故B项正确；
C．由振动图像可知，其4s时质点在平衡位置，即此时其质点的速度最大不为零，故C项错误；
D．由振动图像可知，其在时处于正向最大位移处，在时处于负向最大位移处，两时刻质点的位移其大小相等，方向相反，故D项错误。
故选B。
10. 如图所示，两个相同的灯泡L1、L2，分别与定值电阻R和自感线圈L串联，自感线圈的自感系数很大，电阻值与R相同，闭合电键S，电路稳定后两灯泡均正常发光。下列说法正确的是（ ）
A. 闭合电键S后，灯泡L2逐渐变亮
B. 闭合电键S后，灯泡L1、L2同时变亮
C. 断开电键S后，灯泡L1 、L2都逐渐变暗
D. 断开电键S后，灯泡L1逐渐变暗，L2立即熄灭
【答案】C
【解析】
【详解】A．电键闭合后，含灯泡的支路中没有线圈，立即变亮，A错误；
B．闭合电键后，含灯泡的支路中没有线圈，立即变亮，含灯泡的支路中有线圈，逐渐变亮，B错误；
CD．断开电键前，两个支路电源相等，断开后，感应电流逐渐变小，灯泡都逐渐变暗，C正确，D错误。
故选C。
11. 在如图所示的电路中，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），R1、R2为定值电阻（R1﹥r），R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表。若将照射R3的光的强度减弱，则（ ）
A. 电压表的示数变大B. 小灯泡变暗
C. 通过R2的电流变大D. 电源的总功率变大
【答案】BC
【解析】
【详解】照射R3的光的强度减弱，则电阻增大，则电路中总电阻在增大，干路电流减小，根据
可知电压表示数减小，根据闭合电路欧姆定律
知路端电压变大，则并联部分的电压增大，根据
可知流过的电流变大，干路电流减小，则流过小灯泡的电流减小，小灯泡变暗，根据
知电源的总功率减小，故BC正确，AD错误。
故选BC。
12. 图甲为某一理想变压器，原副线圈匝数比为，原线圈接入图乙所示的正弦交流电源，为定值电阻，为滑动变阻器，图中各电表均为理想电表，时刻滑片处于最下端，说法正确的（ ）
A. 副线圈两端电压的变化频率为
B. 在时刻，电流表的示数不为0
C. 滑片向上移动，电压表和示数不变，示数变大
D. 当电流表示数为时，变压器原线圈输入功率为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由图乙可知交流电周期为0.02s，因此频率为50Hz，理想变压器不改变交流电源的频率，则副线圈两端电压的变化频率应为50Hz，故A错误；
B．电流表测量的是交流电的有效值，而不是瞬时值，故在时刻，电流表A2的示数不为0，故B正确；
C．理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，故电压表和的示数不变，当滑片向上移动时，副线圈电阻变大，副线圈电路中的电流减小，定值电阻上的电压减小，因此电压表的示数变大，故C正确；
D．当电流表示数为时，根据变压器电流与匝数关系可得
可得原线圈电流为
由图乙可知原线圈输入电压有效值为
则变压器原线圈输入功率为
故D错误。
故选BC。
13. 如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比，原线圈电路中接有一量程为的理想交流电流表，副线圈两端接有理想交流电压表一只和可变电阻以及若干“，”的相同灯泡。输入端交流电压的图像如图乙所示。（ ）
A. 灯泡均正常发光电路中最多允许接入3个灯泡
B. 灯泡均正常发光电路中最多允许接入9个灯泡
C. 灯泡均正常发光电路中接入最多时可变电阻
D. 灯泡均正常发光电路中接入最多时可变电阻
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．每个灯泡的额定电流
解得
由于电流表量程为，即原线圈的电流最大
据
解得
所以
解得
即最多允许接9个灯泡，A错误，B正确；
CD．可变电阻R上的电压
所以
解得
C正确，D错误。
故选BC。
14. 如图所示，三只规格相同，额定电压均为U的灯泡A、B、C分别连在理想变压器的原副线圈两回路中。原线圈与一交流发电机连接，发电机输出电压恒定；开关K闭合时，三只灯泡亮度相同。下列说法正确的有（ ）
A. 变压器原副线圈的匝数比为2︰1
B. 发电机输出电压为3U
C. 断开开关K，B灯泡变亮
D. 断开开关K，A灯泡变亮
【答案】AC
【解析】
【详解】A．因为三只灯泡相同，开关K闭合时，三只灯泡亮度相同，所以原线圈中的电流与副线圈中的电流之比为
根据电流与匝数的比值关系可得
故A正确；
B．如果三只灯泡达到额定电压，则原副线圈的电压比为
则原线圈两端电压
发电机输出电压恒定，则发动机的电压为
如果三只灯泡没有达到额定电压，则
故B错误；
CD．断开开关，负载电阻增大，若电压不变，则负载电流减小，则原线圈的电流减小，灯A的亮度变暗，两端电压减小，所以原线圈两端的电压增大，根据变压器的特点，副线圈电压也增大，所以断开开关K，B灯泡变亮，故C正确，D错误。
故选AC。
15. 如图甲所示，劲度系数为k的轻弹簧下端挂一质量为m的小球（可视为质点），小球在竖直方向上做简谐运动，弹簧对小球的拉力F随时间变化的图像如图乙所示。已知弹簧弹性势能的表达式为，为弹簧的形变量，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A. 小球的振幅为
B. 小球的最大加速度为g
C. 小球的最大动能为
D. 在振动过程中，弹簧的弹性势能和小球的动能总和不变
【答案】BC
【解析】
【详解】A．小球平衡位置时，弹簧的伸长量为
小球处于最低点时，弹簧的伸长量为
故小球的振幅为
A错误；
B．小球在简谐运动的最大位移处加速度最大，即弹簧弹力最大时，则有
解得
B正确；
C．小球在简谐运动的平衡位置时，速度最大，动能最大，根据系统机械能守恒定律可得
解得
C正确；
D．由于弹簧与小球组成的系统机械能守恒，弹簧的弹性势能、小球的动能和重力势能的总和不变，D错误；
故选BC。
三、实验题（共16分）
16. 某研究性学习小组在进行“用单摆测量重力加速度”实验中（实验装置如图甲所示），已知单摆在摆动过程中的最大偏角小于5°，在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间为t，在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长（从悬点到摆球的最上端）为L，再用螺旋测微器测得摆球的直径为d（读数如图乙所示）。
（1）从乙图可知，摆球的直径为______mm。
（2）用上述物理量的符号写出求重力加速度的表达式______。
（3）实验结束后，同学们在讨论如何能够提高测量结果的精确度时，提出了以下建议，其中可行的是______。
A．尽可能选择细、轻且不易伸长的线作为摆线
B．当单摆经过最高位置时开始计时
C．质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较大的
D．测量多组周期T和摆长，作关系图像来处理数据
【答案】 ①. ②. ③. AD##DA
【解析】
【详解】（1）[1]螺旋测微器的主尺读数为10.5mm，可动刻度读数为
则最终读数为
（2）[2]由题，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用时间内为t，则单摆全振动的次数为
周期为
单摆的长度为
由单摆的周期公式
得
（3）[3]A．公式中，重力加速度的测量值与摆长有关，所以要尽可能选择细、轻且不易伸长的线作为摆线，选项A正确；
B．为了减小误差，需要当单摆经过平衡位置时开始计时，选项B错误；
C．为了减小误差，质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较小的，选项C错误；
D．应用图象法处理实验数据可以减小实验误差，测量多组周期T和摆长，根据
整理得
可知作或的关系图象来处理数据，选项D正确。
故选AD。
17. 某兴趣小组利用甲图所示电路测定一组干电池的内阻，已选用的器材有：
电流表：量程，内阻约；
电压表：量程，内阻约；
滑动变阻器：；
开关一个，导线若干．
（1）按甲图正确连接好电路后，将滑动变阻器的阻值调到最大，闭合开关，逐次调小其接入电路的阻值，测出多组和的值，并记录相应的数据，以为纵轴，为横轴，得到乙图所示的图线由此得出电源的电动势______，内阻______；
（2）将此电池组与伏安特性曲线如丙图所示的一个小灯泡串联起来，小灯泡消耗的实际功率是______（保留两位小数）。
【答案】 ①. 6 ②. 10 ③.
【解析】
【详解】（1）[1][2]根据闭合电路欧姆定律有
由图像可知，图像纵轴的截距为电源电动势，图像的斜率的绝对值表示电源的内阻，则有
，
（2）[3]将此电池组与伏安特性曲线如丙图所示的一个小灯泡串联起来，则小灯泡的电压、电流即在其伏安特性曲线上也在电源的伏安特性曲线上，如图所示图像的交点为小灯泡的实际电压及电流
由图像读出小灯泡的实际电压及电流，所以小灯泡消耗的实际功率是
四、解答题（共34分）
18. 如图所示为交流发电机示意图，匝数为n=100匝的矩形线圈，边长分别为a=10cm和b=20cm，内阻为r=5Ω，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕OO′轴以ω=rad/s的角速度匀速转动，转动开始时线圈平面与磁场方向平行，线圈通过电刷和外部R=20Ω的电阻相接．求电键S合上后，
（1）写出线圈内产生的交变电动势瞬时值的表达式；
（2）电压表和电流表示数；
（3）从计时开始，线圈转过的过程中，通过外电阻R的电量．
【答案】（1）e=cst（V）（2）40V，2A（3）004C
【解析】
【分析】（1）根据感应电动势最大值Em=nBSω，从垂直于中性面开始计时，则可确定电动势的瞬时表达式；（2）根据交流电的最大值与有效值的关系，结合闭合电路欧姆定律，即可确定电流表与电压表示数；（3）根据电量表达式，与感应电动势结合，得出q=I△t=公式，从而可求得．
【详解】（1）线圈从平行磁场开始计时，感应电动势最大值：Em=nBSω=V．
故表达式为：e=Emcsωt=cst（V）；
（2）根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系可知，有效值：，
代入数据解得E=50V．
电键S合上后，由闭合电路欧姆定律得：，U=IR．
联立解得I=2A，U=40V；
（3）由图示位置转过90°的过程中，通过R上的电量为：q=I△t=，
代入数据解得，q=0.04C．
【点睛】本题主要考查了交流电的产生及其表达式与相关物理量的求解，较为简单．
19. 风力发单作为新型环保新能源，近几年来得到了快速发展，如图所示风车阵中发电机输出功率为，输出电压为，用户需要的电压是，长距离输电线电阻为。若输电线因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：
（1）长距离输电线上的电流多大；
（2）升压变压器原副线圈匝数比以及降压变压器原副线圈匝数比
【答案】（1）；（2）1∶20；240∶11。
【解析】
【详解】（1）由题意可知输电线损耗功率为
由热功率公式
代入数据解得输电线电流大小为
（2）原线圈中输入电流大小为
所以升压变压器原副线圈匝数比为
这样由变压器规律得升压后电压大小为
到达降压变压器原线圈的电压大小为
所以降压变压器原副线圈匝数比为
20. 将一测力传感器连接到计算机上就可以用来测量快速变化的力，图甲表示小滑块（可视为质点）沿固定的光滑半球形容器内壁在竖直平面内的A、A′之间来回滑动，A、A′两点与O点连线与竖直方向的夹角相等且都为θ，θ小于5°。图乙表示滑块对器壁的压力F随时间t变化的曲线，且图中t=0为滑块从A点开始运动的时刻，试根据力学规律和题中（包括图中）所给的信息，求：（g取10 m/s2）
（1）小滑块的质量m；
（2）容器的半径R。
【答案】（1）0.05 kg；（2）0.1 m
【解析】
【分析】
【详解】(1)在最高点A，有
在最低点B，有
由题图乙可知
，
从A到B，滑块机械能守恒，有
解得
(2)完成一次全振动的时间为一个周期，由题图乙得小滑块做简谐运动的周期
由题意可知
解得
相关试卷
四川省雅安市天立教育集团2023-2024学年高二下学期开学考试物理试题（原卷版+解析版）： 这是一份四川省雅安市天立教育集团2023-2024学年高二下学期开学考试物理试题（原卷版+解析版），文件包含精品解析四川省雅安市天立教育集团2023-2024学年高二下学期开学考试物理试题原卷版docx、精品解析四川省雅安市天立教育集团2023-2024学年高二下学期开学考试物理试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。
四川省雅安市天立教育集团2023-2024学年高一下学期开学考试物理试题（原卷版+解析版）： 这是一份四川省雅安市天立教育集团2023-2024学年高一下学期开学考试物理试题（原卷版+解析版），文件包含精品解析四川省雅安市天立教育集团2023-2024学年高一下学期开学考试物理试题原卷版docx、精品解析四川省雅安市天立教育集团2023-2024学年高一下学期开学考试物理试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
四川省雅安市天立学校2022-2023学年高二下学期第三次月考物理试题： 这是一份四川省雅安市天立学校2022-2023学年高二下学期第三次月考物理试题，共14页。
