精品解析：安徽省安徽师范大学附属中学2023-2024学年高二下学期4月月考物理试题

安徽师范大学附属中学2023-2024学年高二第二学期4月考 物理试题 满分100分，时长75分钟 一、单选题（本题包括8小题，每小题4分，共32分） 1. 一个有固定转动轴的竖直圆盘如图甲所示，圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向振动，T形支架的下面系着一个由弹簧和小球组成的振动系统，小球做受迫振动。圆盘静止时，让小球做简谐运动，其振动图像如图乙所示（以竖直向上为正方向）。下列说法正确的是（　　） ​ A. 乙图中，t=1s到t=2s小球所受回复力增加，且方向为x轴正向 B. 乙图中，t=2s到t=3s弹簧弹性势能一定减小 C. 若圆盘以0.5r/s的转速匀速转动，小球振动达到稳定时其振动的周期为4s D. 若圆盘以0.5r/s的转速匀速转动，欲使小球振幅增加，可使圆盘转速适当减小 2. 如图所示，甲图为沿x轴传播的一列简谐横波在时刻的波动图像，乙图为参与波动的质点P的振动图像，则下列判断正确的是（ ） A. 该波传播速率为6m/s B. 该波的传播方向沿x轴负方向 C. 该波在传播过程中若遇到2m的障碍物，能发生明显衍射现象 D. 经过5s时间，质点P沿波的传播方向运动5m 3. 一电阻接到如图甲所示电源上，在一个周期内产生的热量为Q1；若该电阻接到图乙交流电源上（前周期为正弦曲线），在一个周期内产生的热量为Q2。则Q1︰Q2等于（　　） A. 2︰1 B. 5︰2 C. 10︰3 D. 12︰5 4. 如图所示，一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场轴匀速转动，产生的正弦交变电流，线圈电阻不计，理想变压器的原、副线圈匝数之比为，C为电容器，L为直流电阻不计的自感线圈，均为定值电阻，其中，开关S开始是断开的，则以下说法中错误的是（　　） A. 线圈的转速为 B. 交流电压表的示数为 C. 电阻的功率等于 D. 闭合开关S后，变压器副线圈中的电流发生变化 5. 如图所示，在区域Ⅰ、Ⅱ中分别有磁感应强度大小相等、垂直纸面但方向相反、宽度均为的匀强磁场区域。高为的正三角形线框efg从图示位置沿轴正方向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，下列图像中能正确描述线框efg中感应电流与线框移动距离关系的是（　　） A. B. C. D. 6. 在如图所示的甲、乙、丙中除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动。甲图中的电容器C原来不带电，设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦不计。图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面（即纸面）向下的匀强磁场中，导轨足够长，今给导体棒一个向右的初速度，导体棒的最终运动状态是（　　） A. 三种情况下，导体棒最终均静止 B. 图甲、丙中导体棒最终将以不同的速度做匀速运动：图乙中导体棒最终静止 C. 图甲、丙中，导体棒最终将以相同的速度做匀速运动 D. 甲、乙两种情况下，通过电阻R的电荷量相同 7. 如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比n1：n2=2：1，原线圈电路中接入正弦交流电压，电流表为理想交流电表。已知R1=8Ω，R2=R3，开关S闭合前、后电流表示数之比为3：4。下列说法正确的是（　　） A. 定值电阻R2=1Ω B. 开关断开时，副线圈磁通量变化率的最大值为 C. 开关S闭合时，原线圈的输入功率最大 D. 开关断开时，电路中消耗总功率为1512.5W 8. 如图所示，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播。已知两波源分别位于x=-0.2m和x=1.0m处，振幅均为A=0.5cm，波速均为v=0.1m/s。t=0时刻，平衡位置处于x=0.2m和x=0.6m的P、Q两质点刚开始振动。质点M的平衡位置处于x=0.4m处，以下说法正确的是（　　） A. t=4s时，x=0.5m处质点的位移为-1cm B. t=0时，质点P振动方向向上，质点Q振动方向向下 C. 两列波相遇分开后，各自的振幅、周期均保持不变 D. t=3s时，平衡位置处于0.3~0.5m之间的质点位移均为0 二、多选题（本题包括2小题，每小题5分，共10分） 9. 如图所示，质量均为m的两物体A、B用劲度系数为k的轻质弹簧拴接，物体C叠放在物体B上，系统处于静止状态。现将C瞬间取走，物体A恰好不离开地面。已知弹性势能的表达式为，其中x为弹簧的形变量，重力加速度为g。以下说法正确的是（　　） A. 物体C的质量为 B. 物体B运动到最高点时的加速度大小为 C. 物体B的最大速度大小为 D. 物体B上升的最大高度为 10. 如图所示，两竖直放置的平行导轨之间有矩形匀强磁场区域，导体棒ab和cd跨接在两导轨上，可沿导轨无摩擦滑动但接触良好，并能始终保持与两导轨垂直，两导体棒有电阻，两导轨电阻不计。现将ab和cd同时由静止释放，若ab棒通过磁场的时间与进磁场之前的运动时间相等，且ab棒出磁场时，cd棒刚好进磁场，ab和cd均匀速穿过磁场区域。下列说法正确的是（　　） A. 刚释放时，导体棒ab和cd距磁场区域上边界的距离比为 B. 导体棒ab和cd的质量比为 C. 导体棒ab和cd分别穿过磁场过程中，ab棒上产生的热量比为 D. 导体棒ab和cd分别穿过磁场过程中，通过ab棒的电荷量大小比为 三、实验题（本题包括2小题，共16分） 11. 某同学用图a所示装置测定重力加速度，并验证机械能守恒定律。小球上安装有挡光部件，光电门安装在小球平衡位置正下方。 （1）用螺旋测微器测量挡光部件的挡光宽度d，其读数如图b，则________； （2）让单摆做简谐运动并开启传感器计数模式，当光电门第一次被遮挡时计数器计数为1并同时开始计时，以后光电门被遮挡一次计数增加1。若计数器计数为N时，单摆运动时间为t，则该单摆的周期________； （3）摆线长度大约80cm，该同学只有一把量程为30cm的刻度尺，于是他在细线上标记一点A，使得悬点O到A点间的细线长度为30cm，如图c。保持A点以下的细线长度不变，通过改变OA间细线长度l以改变摆长，并测出单摆做简谐运动对应的周期T。测量多组数据后绘制图像，求得图像斜率为，可得当地重力加速度________； （4）该同学用此装置继续实验，验证机械能守恒定律。如图d，将小球拉到一定位置由静止释放，释放位置距最低点高度为h，开启传感器计时模式，测得小球摆下后第一次挡光时间为，改变不同高度h并测量不同挡光时间，测量多组数据后绘制图像，发现图像是过原点的直线并求得图像斜率，比较的值与________（写出含有d、的表达式），若二者在误差范围内相等，则验证机械能是守恒的； （5）对于本次实验，下列说法中正确的两项为________。 A. 安装在小球下面的挡光部件选用宽度稍窄的更好 B. 只考虑挡光位置在小球下方所引起的系统误差，的测量值与理论值相比偏大 C. 只考虑挡光位置在小球下方所引起的系统误差，的测量值与理论值相比偏小 D. 验证机械能守恒时细线偏离平衡位置的最大角度必须小于或等于 12. 某兴趣小组用如图所示的可拆变压器进行“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验。 （1）下列说法正确的是（　　） A. 变压器工作时，通过铁芯导电把电能由原线圈输送到副线圈 B. 变压器工作时在原线圈上将电能转化为磁场能，在副线圈上将磁场能转化为电能 C. 理想变压器的输入功率等于输出功率，没有能量损失 D. 变压器副线圈上不接负载时，原线圈两端电压为零 （2）实验时，原线圈接“0”“8”接线柱，副线圈接“0”“1”接线柱，原线圈两端连接低压交流电源档，用交流电压表测得副线圈两端的电压为，这与其他小组的正确实验结论明显不一致。对于这个小组实验结论出现明显偏差的原因，最有可能的是（　　） A. 原线圈匝数太多，电阻过大 B. 铁芯没有闭合，漏磁过多 C. 副线圈匝数太少，增加实验误差 D. 副线圈的电阻太小 （3）实际操作中将电源接在原线圈的“0”和“800”两个接线柱之间，测得副线圈的“0”和“400”两个接线柱之间的电压为，则可推断原线圈的输入电压可能为（　　） A. B. C. D. 四、解答题（本题包括3小题，共42分） 13. 如图甲所示为某小型水电站的发电机示意图，已知正方形线圈边长，匝数匝，线圈电阻不计；线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，转速；已知电动势最大值。 （1）求发电机中匀强磁场的磁感应强度大小； （2）从线圈在图甲所示位置开始计时，写出感应电动势随时间变化的函数表达式； （3）如图乙所示，将发电机通过升压变压器升压后向远处输电，发电机的输出功率为200kW，输电线的总电阻为4Ω，在用户端用降压变压器把电压降为220V，要求在输电线上损失的功率控制在10kW，则、的原副线圈匝数比和分别为多少？ 14. 如图甲所示，在平面内的均匀介质中两波源分别位于轴上处，两波源均从时刻开始沿轴方向做简谐运动，波源的振动图像如图乙所示，波源的振动方程是，质点位于轴上处，在时，质点开始振动。求： （1）这两列波的波长； （2）两列波刚开始相遇的时刻，质点的位移； （3）从开始经，处的质点通过的路程。 15. 如图所示，倾角为、足够长的光滑绝缘斜面固定不动，斜面上有一系列间距均为的水平虚线（图中仅画出部分），虚线1、2间存在垂直斜面向下的匀强磁场，从虚线2向下每间隔在两虚线间存在垂直斜面向下的与虚线1、2间相同的匀强磁场，磁感应强度大小为。一质量为、电阻值为、边长为的正方形线框从虚线1上方某位置由静止释放，边始终与虚线平行，当线框的边刚好到达虚线1时，线框的加速度大小为，方向沿斜面向下，重力加速度取。整个过程中线框始终没有发生转动。求： （1）线框释放瞬间，边到虚线1的间距； （2）线框的最大速度； （3）若从释放到线框的速度达到最大，所用的时间为，则此过程中线框中产生的焦耳热为多少? 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 安徽师范大学附属中学2023-2024学年高二第二学期4月考 物理试题 满分100分，时长75分钟 一、单选题（本题包括8小题，每小题4分，共32分） 1. 一个有固定转动轴的竖直圆盘如图甲所示，圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向振动，T形支架的下面系着一个由弹簧和小球组成的振动系统，小球做受迫振动。圆盘静止时，让小球做简谐运动，其振动图像如图乙所示（以竖直向上为正方向）。下列说法正确的是（　　） ​ A. 乙图中，t=1s到t=2s小球所受的回复力增加，且方向为x轴正向 B. 乙图中，t=2s到t=3s弹簧弹性势能一定减小 C. 若圆盘以0.5r/s的转速匀速转动，小球振动达到稳定时其振动的周期为4s D. 若圆盘以0.5r/s的转速匀速转动，欲使小球振幅增加，可使圆盘转速适当减小 【答案】D 【解析】 【详解】A．以竖直向上为正方向，t=1s到t=2s小球从最低点向平衡位置振动，则所受的回复力减小，振动方向为x轴正向，故A错误； B．t=2s到t=3s小球从平衡位置向最高点振动，小球可能会经过弹簧的原长，则弹簧弹性势能一直减小或先减小后增大，故B错误； C．若圆盘以0.5r/s的转速匀速转动，驱动周期为 则小球振动达到稳定时其振动的周期等于驱动的周期，为2s，故C错误； D．若圆盘以0.5r/s转速匀速转动，则 欲使小球振幅增加，可使圆盘转速适当减小，故D正确。 故选D。 2. 如图所示，甲图为沿x轴传播的一列简谐横波在时刻的波动图像，乙图为参与波动的质点P的振动图像，则下列判断正确的是（ ） A. 该波的传播速率为6m/s B. 该波的传播方向沿x轴负方向 C. 该波在传播过程中若遇到2m的障碍物，能发生明显衍射现象 D. 经过5s时间，质点P沿波的传播方向运动5m 【答案】C 【解析】 【详解】A．由题图甲可知，λ＝4m，由题图乙可知，T＝1s，则 选项A错误； B．由题图乙知，0.5s时P在平衡位置，接下来会向y轴正方向运动，由上下坡法，知P在题图甲中必处于下坡位置，则该波的传播方向沿x轴正方向，选项B错误； C．由于该波的波长为4m，则该波在传播过程中若遇到2m的障碍物，能发生明显衍射现象，选项C正确； D．P只会在平衡位置上下移动，不会随波迁移，选项D错误。 故选C。 3. 一电阻接到如图甲所示电源上，在一个周期内产生的热量为Q1；若该电阻接到图乙交流电源上（前周期为正弦曲线），在一个周期内产生的热量为Q2。则Q1︰Q2等于（　　） A. 2︰1 B. 5︰2 C. 10︰3 D. 12︰5 【答案】C 【解析】 【详解】设图甲中交变电流的有效值为，则根据有效值的计算式得 设图甲中交变电流的有效值为，则根据有效值的计算式得 则 故选C。 4. 如图所示，一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场轴匀速转动，产生的正弦交变电流，线圈电阻不计，理想变压器的原、副线圈匝数之比为，C为电容器，L为直流电阻不计的自感线圈，均为定值电阻，其中，开关S开始是断开的，则以下说法中错误的是（　　） A. 线圈的转速为 B. 交流电压表的示数为 C. 电阻的功率等于 D. 闭合开关S后，变压器副线圈中的电流发生变化 【答案】C 【解析】 【详解】A．由题意表达式可得 所以线圈的转速为 故A正确，不满足题意要求； B．由题意表达式可知原线圈输入电压有效值为 根据变压规律 可的副线圈输出电压有效值为 则交流电压表的示数为，故B正确，不满足题意要求； C．根据串联电路规律，线圈L电压加上R1的电压等于副线圈的电压U2，即R1的电压小于11V，则有 故C错误，满足题意要求； D．闭合开关S，电容器C与R2串联后与R1并联，可知副线圈负载总电阻发生变化，则变压器副线圈中的电流发生变化，故D正确，不满足题意要求。 故选C。 5. 如图所示，在区域Ⅰ、Ⅱ中分别有磁感应强度大小相等、垂直纸面但方向相反、宽度均为的匀强磁场区域。高为的正三角形线框efg从图示位置沿轴正方向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，下列图像中能正确描述线框efg中感应电流与线框移动距离关系的是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】正三角形线框efg刚进入向里的磁场Ⅰ时，I的大小为零，之后随线框进入磁场距离的增大没利用楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，为正方向，在进入过程中，ef和fg两边的有效切割长度变大，其有效长度为 感应电动势为 感应电流为 当线框efg前进a距离时，达到最大，即 在线圈刚进入向外的磁场区域Ⅱ瞬间，感应电流为零，之后随线框进入磁场距离的增大，利用楞次定律可知，efg线框中感应电流方向沿顺时针方向，即为负。进入过程边有效切割长度变大，在该过程中，结合之前的分析其电流的瞬时值为 当前进距离为2a时，其感应电流达到最大，结合之前的分析，其最大值为 在刚出向外的磁场区域Ⅱ瞬间，感应电流大小为零，之后随线框出磁场距离的增加，利用楞次定律可知，efg中感应电流方向沿逆时针方向，为正，有效切割长度变大，在该过程中，结合之前的分析其电流的瞬时值为 当前进距离为3a时，达到最大，其最大值为 故选B。 6. 在如图所示的甲、乙、丙中除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动。甲图中的电容器C原来不带电，设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦不计。图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面（即纸面）向下的匀强磁场中，导轨足够长，今给导体棒一个向右的初速度，导体棒的最终运动状态是（　　） A. 三种情况下，导体棒最终均静止 B. 图甲、丙中导体棒最终将以不同的速度做匀速运动：图乙中导体棒最终静止 C. 图甲、丙中，导体棒最终将以相同的速度做匀速运动 D. 甲、乙两种情况下，通过电阻R的电荷量相同 【答案】B 【解析】 【详解】ABC．题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，当电容器极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，导体棒不受安培力，其向右做匀速运动；题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻R转化为内能，导体棒速度减小，当导体棒的动能全部转化为内能时，导体棒静止；题图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做减速运动，速度减为零后再在安培力作用下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，导体棒向左做匀速运动，故AC错误，B正确； D．根据动量定理有 即 甲、乙两种情况下，动量的变化量不同，则电荷量不同，故D错误； 故选B。 7. 如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比n1：n2=2：1，原线圈电路中接入正弦交流电压，电流表为理想交流电表。已知R1=8Ω，R2=R3，开关S闭合前、后电流表示数之比为3：4。下列说法正确的是（　　） A. 定值电阻R2=1Ω B. 开关断开时，副线圈磁通量变化率的最大值为 C. 开关S闭合时，原线圈的输入功率最大 D. 开关断开时，电路中消耗的总功率为1512.5W 【答案】A 【解析】 【详解】A．由题可知，设R2=R3=R，当开关S断开时，副线圈的负载电阻为2R；当开关闭合时，副线圈的负载电阻为R；将理想变压器的原、副线圈和负载电阻等效为一个电阻，画出电路的等效电路图，如图所示 根据理想变压器电阻等效法，得 因此当开关断开时 当开关闭合时 根据闭合电路欧姆定律，可知等效电路中电流表示数 故 解得 R=1Ω 故A正确； BC．开关断开时 副线圈电流 副线圈电压 如果副线圈匝数为1，副线圈磁通量变化率的最大值为 但是实际副线圈的匝数未知，因此磁通量变化率不可求，当时，原线圈的输入功率最大，即副线圈开关断开时最大，故BC错误； D．开关断开时，电路中消耗的总功率为 故D错误。 故选A。 8. 如图所示，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播。已知两波源分别位于x=-0.2m和x=1.0m处，振幅均为A=0.5cm，波速均为v=0.1m/s。t=0时刻，平衡位置处于x=0.2m和x=0.6m的P、Q两质点刚开始振动。质点M的平衡位置处于x=0.4m处，以下说法正确的是（　　） A. t=4s时，x=0.5m处质点的位移为-1cm B. t=0时，质点P振动方向向上，质点Q振动方向向下 C. 两列波相遇分开后，各自的振幅、周期均保持不变 D. t=3s时，平衡位置处于0.3~0.5m之间的质点位移均为0 【答案】ACD 【解析】 【详解】A．两列波的周期为 T==s=4s t=4s时，两列波各自向前传播一个波长，由波的叠加原理可知，x=0.5m处质点的位移为-1cm，故A正确； B．由“同侧法”可知，t=0时，质点P振动方向向下，质点Q振动方向向上，故B错误； C．根据波的独立传播原理可知，两列波相遇分开后，各自的振幅、周期均保持不变，故C正确； D．t=3s时，两列波各自向前传播个波长，则根据波的叠加原理可知，平衡位置处于0.3~0.5m之间的质点位移均为0，故D正确。 故选ACD。 二、多选题（本题包括2小题，每小题5分，共10分） 9. 如图所示，质量均为m的两物体A、B用劲度系数为k的轻质弹簧拴接，物体C叠放在物体B上，系统处于静止状态。现将C瞬间取走，物体A恰好不离开地面。已知弹性势能的表达式为，其中x为弹簧的形变量，重力加速度为g。以下说法正确的是（　　） A. 物体C的质量为 B. 物体B运动到最高点时的加速度大小为 C. 物体B的最大速度大小为 D. 物体B上升的最大高度为 【答案】ACD 【解析】 【详解】A．物体C叠放在物体B上，处于静止状态时，有 将C取走后，B物体在弹簧上做简谐运动，其在平衡位置时有 其振幅为 当B物体上升到最高点，此时弹簧拉伸长度最长，由于物体A恰好不离开地面，由二力平衡 则有 解得物体C的质量为 故A正确； B．B物体在最高点受重力和弹簧弹力，由于物体A恰好不离开地面，故 所以由牛顿第二定律可得B物体在最高点加速度为 故B错误； C．当B物体经过平衡位置的时候其速度最大，B物体从最高点回落到平衡位置的过程中，B物体与弹簧组成的系统机械能守恒，则 可得物体B的最大速度大小为 故C正确； D．物体B上升的最大高度为 故D正确。 故选ACD。 10. 如图所示，两竖直放置的平行导轨之间有矩形匀强磁场区域，导体棒ab和cd跨接在两导轨上，可沿导轨无摩擦滑动但接触良好，并能始终保持与两导轨垂直，两导体棒有电阻，两导轨电阻不计。现将ab和cd同时由静止释放，若ab棒通过磁场的时间与进磁场之前的运动时间相等，且ab棒出磁场时，cd棒刚好进磁场，ab和cd均匀速穿过磁场区域。下列说法正确的是（　　） A. 刚释放时，导体棒ab和cd距磁场区域上边界的距离比为 B. 导体棒ab和cd的质量比为 C. 导体棒ab和cd分别穿过磁场过程中，ab棒上产生的热量比为 D. 导体棒ab和cd分别穿过磁场过程中，通过ab棒的电荷量大小比为 【答案】AC 【解析】 【详解】A．设导体棒ab从距磁场区域上边界处由静止释放，导体棒ab做自由落体运动，时间为t，则有 设导体棒cd从距磁场区域上边界处由静止释放，由于ab棒出磁场时，cd棒刚好进磁场，对cd棒，做自由落体运动的时间为2t，则有 所以刚释放时 故A正确； B．当导体棒进入磁场均做匀速直线运动，说明导体棒所受重力与安培力平衡，即 由于ab和cd进入磁场的速度比 故ab棒与cd棒的质量比 故B错误； C．两导体棒穿过磁场过程中，电流比为 时间比为 由 ab棒上产生的热量比为 故C正确； D．流过ab棒的电荷量大小为 由此可知，两导体棒穿过磁场过程中，磁通量变化大小相等，则流过ab棒的电荷量大小相等，故D错误。 故选AC。 三、实验题（本题包括2小题，共16分） 11. 某同学用图a所示装置测定重力加速度，并验证机械能守恒定律。小球上安装有挡光部件，光电门安装在小球平衡位置正下方。 （1）用螺旋测微器测量挡光部件的挡光宽度d，其读数如图b，则________； （2）让单摆做简谐运动并开启传感器的计数模式，当光电门第一次被遮挡时计数器计数为1并同时开始计时，以后光电门被遮挡一次计数增加1。若计数器计数为N时，单摆运动时间为t，则该单摆的周期________； （3）摆线长度大约80cm，该同学只有一把量程为30cm的刻度尺，于是他在细线上标记一点A，使得悬点O到A点间的细线长度为30cm，如图c。保持A点以下的细线长度不变，通过改变OA间细线长度l以改变摆长，并测出单摆做简谐运动对应的周期T。测量多组数据后绘制图像，求得图像斜率为，可得当地重力加速度________； （4）该同学用此装置继续实验，验证机械能守恒定律。如图d，将小球拉到一定位置由静止释放，释放位置距最低点高度为h，开启传感器计时模式，测得小球摆下后第一次挡光时间为，改变不同高度h并测量不同挡光时间，测量多组数据后绘制图像，发现图像是过原点的直线并求得图像斜率，比较的值与________（写出含有d、的表达式），若二者在误差范围内相等，则验证机械能是守恒的； （5）对于本次实验，下列说法中正确的两项为________。 A. 安装在小球下面的挡光部件选用宽度稍窄的更好 B. 只考虑挡光位置在小球下方所引起的系统误差，的测量值与理论值相比偏大 C. 只考虑挡光位置在小球下方所引起的系统误差，的测量值与理论值相比偏小 D. 验证机械能守恒时细线偏离平衡位置的最大角度必须小于或等于 【答案】（1）2.329##2.330##2.331 （2） （3） （4） （5）AC 【解析】 【小问1详解】 由图b可知 【小问2详解】 由题意可知 解得 【小问3详解】 设A点以下的细线长度为，根据单摆周期公式得 化简得 T2-l图像的斜率为k1，则 解得 【小问4详解】 小球在最低点的速度为 由机械能守恒定律得 又 解得 则比较k2的值与，若二者在误差范围内相等，则验证机械能是守恒的。 【小问5详解】 A．根据平均速度的定义可知，挡光时间越短，平均速度越接近瞬时速度，所以安装在小球下面的挡光部件选用宽度稍窄的更好，故A正确； B．只考虑挡光位置在小球下方所引起的系统误差，不会影响周期T的测量，则不会影响k1的测量，故B错误； C．只考虑挡光位置在小球下方所引起的系统误差，会使挡光时间Δt变小，导致k2的测量值与理论值相比偏小，故C正确； D．验证机械能守恒时细线偏离平衡位置的最大角度不必须小于或等于5°，只有要使小球做简谐运动才需要满足该条件，故D错误。 故选AC 12. 某兴趣小组用如图所示的可拆变压器进行“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验。 （1）下列说法正确的是（　　） A. 变压器工作时，通过铁芯导电把电能由原线圈输送到副线圈 B. 变压器工作时在原线圈上将电能转化为磁场能，在副线圈上将磁场能转化为电能 C. 理想变压器的输入功率等于输出功率，没有能量损失 D. 变压器副线圈上不接负载时，原线圈两端电压为零 （2）实验时，原线圈接“0”“8”接线柱，副线圈接“0”“1”接线柱，原线圈两端连接低压交流电源档，用交流电压表测得副线圈两端的电压为，这与其他小组的正确实验结论明显不一致。对于这个小组实验结论出现明显偏差的原因，最有可能的是（　　） A. 原线圈匝数太多，电阻过大 B. 铁芯没有闭合，漏磁过多 C. 副线圈匝数太少，增加实验误差 D. 副线圈的电阻太小 （3）实际操作中将电源接在原线圈的“0”和“800”两个接线柱之间，测得副线圈的“0”和“400”两个接线柱之间的电压为，则可推断原线圈的输入电压可能为（　　） A. B. C. D. 【答案】（1）BC （2）B （3）D 【解析】 【小问1详解】 A．变压器是通过互感工作，而不是通过铁芯导电把电能由原线圈输送到副线圈，故A错误； B．变压器工作时在原线圈上将电能转化为磁场能，在副线圈上将磁场能转化为电能，故B正确； C．理想变压器忽略能量损失，原线圈输入功率全部转到副线圈输出功率，故C正确； D．变压器的原线圈两端电压由发电机提供，则副线圈上不接负载时，原线圈两端电压不变，不为0，故D错误。 故选BC。 【小问2详解】 根据变压器的工作原理可知，若通过原、副线圈的磁通量相同，则原、副线圈的电压表等于匝数比，则有 实际结果为 实验结论与理论结论出现明显的偏差，最有可能的是：铁芯没有闭合，漏磁过多，使得通过副线圈的磁通量明显小于通过原线圈的磁通量，使得副线圈两端的电压很小。 故选B。 【小问3详解】 若是理想变压器，则变压器线圈两端的电压与匝数的关系为 当变压器的原线圈接“0”和“800”两个接线柱之间，副线圈的“0”和“400”两个接线柱时，可知原副线圈匝数比为2:1，副线圈电压为3V，则原线圈电压应该为6V；实际操作中，不是理想变压器，需要考虑损失部分，则原线圈所接电压大于6V。 故选D。 四、解答题（本题包括3小题，共42分） 13. 如图甲所示为某小型水电站的发电机示意图，已知正方形线圈边长，匝数匝，线圈电阻不计；线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，转速；已知电动势最大值。 （1）求发电机中匀强磁场的磁感应强度大小； （2）从线圈在图甲所示位置开始计时，写出感应电动势随时间变化的函数表达式； （3）如图乙所示，将发电机通过升压变压器升压后向远处输电，发电机的输出功率为200kW，输电线的总电阻为4Ω，在用户端用降压变压器把电压降为220V，要求在输电线上损失的功率控制在10kW，则、的原副线圈匝数比和分别为多少？ 【答案】（1）；（2）；（3）， 【解析】 【详解】（1）线圈转动的角速度 由 得 （2）线圈与中性面位置垂直，则感应电动势随时间变化的函数表达式 （3）输电线上的电流 的输入电流 则原、副线圈匝数比 副线圈两端电压 原线圈两端电压 则原、副线圈匝数比 14. 如图甲所示，在平面内的均匀介质中两波源分别位于轴上处，两波源均从时刻开始沿轴方向做简谐运动，波源的振动图像如图乙所示，波源的振动方程是，质点位于轴上处，在时，质点开始振动。求： （1）这两列波的波长； （2）两列波刚开始相遇的时刻，质点的位移； （3）从开始经，处的质点通过的路程。 【答案】（1），；（2）；（3） 【解析】 【详解】（1）波源离质点较近，波源先传播至质点，两列波在同一均匀介质中传播，波速相等，波速为 波源的周期为，波源的周期为 这两列波的波长为 （2）两列波刚开始相遇的时刻，有 解得 两列波刚开始相遇的时刻，波源未传播至质点，波源已传播至质点，质点振动时间为 此时质点处于波峰位置，质点的位移为 （3）波源、传播至处的质点的时间为 解得 由于波源、起振方向相反，处的质点到波源、的波程差为零，则处的质点为振动减弱点，振幅为 时，处的质点振动时间为 从开始经，处的质点通过的路程为 15. 如图所示，倾角为、足够长的光滑绝缘斜面固定不动，斜面上有一系列间距均为的水平虚线（图中仅画出部分），虚线1、2间存在垂直斜面向下的匀强磁场，从虚线2向下每间隔在两虚线间存在垂直斜面向下的与虚线1、2间相同的匀强磁场，磁感应强度大小为。一质量为、电阻值为、边长为的正方形线框从虚线1上方某位置由静止释放，边始终与虚线平行，当线框的边刚好到达虚线1时，线框的加速度大小为，方向沿斜面向下，重力加速度取。整个过程中线框始终没有发生转动。求： （1）线框释放瞬间，边到虚线1的间距； （2）线框的最大速度； （3）若从释放到线框的速度达到最大，所用的时间为，则此过程中线框中产生的焦耳热为多少? 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】 【详解】（1）设线框的边到虚线1时的速度为，则由法拉第电磁感应定律得 由闭合电路欧姆定律得 又 由牛顿第二定律得 代入数据解得 线框从释放到边与虚线1重合的过程，由机械能守恒定律得 解得 （2）线框的速度最大时，线框的合力为零，由力的平衡条件得 又 又由 代入数据解得 （3）进入磁场前，设线框的加速度为，则由牛顿第二定律得 解得 线框从释放到边与虚线1重合的时间为 所以线框在磁场中运动的时间为 由题意可知，线框在沿斜面下滑的过程中，始终受到安培力的作用，设线框从刚进入磁场开始经时间速度变化为，线框的速度为，此时有 时间内，由动量定理得 设线框在时间内沿斜面体下滑的距离为.对上式两边求和得 整理得 代入数据解得 由能量守恒定律得 解得 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$