1、北京师大附中20182019学年下学期高二年级期中考试物理试卷本试卷有4道大题，考试时长90分钟，满分100分。一、单选题，本大题共12小题，共36分。1.关于涡流，下列说法中错误是（ ）A. 真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置B. 家用电磁炉锅体中的涡流是由恒定磁场产生的C. 阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动D. 变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流【答案】B【解析】【详解】A.真空冶炼炉是利用涡流产热来熔化金属的，A正确。B.要想产生涡流，必须是变化的磁场，因为变化的磁场才能产生电场，产生涡流，B错误。C.根据楞次定律可知，阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动，C正确。D.涡
2、流会造成能量的损失，所以变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成，为了减小涡流造成的能量损失，D正确。2.关于各种电磁波的性质比较，下列说法中正确的有A. 由于红外线的波长比可见光长，所以比可见光更难发生干涉、衍射B. 由于射线的波长太短了，所以根本无法发生干涉、衍射C. 无论哪一种电磁波，在真空中的传播速度都相同D. 射线的穿透能力最强，所以最适于用来透视人体，检查骨骼和其它病变情况【答案】C【解析】【详解】A. 由于红外线的波长比可见光长，所以比可见光更容易衍射，故A错误；B. 干涉、衍射是波的特有属性，射线是电磁波，尽管射线的波长太短了，但仍能发生干涉、衍射，故B错误；C. 根据麦克斯韦电磁理
3、论，无论哪一种电磁波，在真空中的传播速度都相同，故C正确；D. 射线对人体有较大的伤害，所以一般不用来做透视，故D错误。3.匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。设线圈总电阻为2，则A. t=0.5s时，线圈中的感应电动势最大B. t=1 s时，线圈中的电流改变方向C. 从t=0.5到t=1s这段时间，线圈产生热量为JD. 从t=0.5到t=1s这段时间，通过线圈的电量为2 C【答案】D【解析】【详解】A.由图可知 t=0.5s时，穿过该线圈的磁通量最大，此时线圈位于中性面，线圈中的感应电动势为0，故A错误；B. t
4、=1s时，穿过该线圈的磁通量为0，不位于中性面，此时线圈中的电流改方向不变，故B错误；C. 线圈中的感应电动势的最大值：有效值从t=0.5到t=1s这段时间，线圈产生的热量为故C错误；D. 从t=0.5到t=1s这段时间，通过线圈的电量为故D正确。4.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的交变电压两端，三只灯泡亮度相同。若接在220V、40Hz的交变电压两端，则A. 三只灯泡亮度都不变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】C【解析】【详解】交流电的频率由50Hz变成4
5、0Hz，频率变小，电阻的阻值不变，电容的容抗变大，电感的感抗减小，电压不变，故a亮度不变，b变亮，c变暗A. 三只灯泡亮度都不变与上述分析结论：a亮度不变，b变亮，c变暗不相符，故A不符合题意；B. 三只灯泡都将变亮与上述分析结论：a亮度不变，b变亮，c变暗不相符，故B不符合题意；C. a亮度不变，b变亮，c变暗与上述分析结论：a亮度不变，b变亮，c变暗相符，故C符合题意；D. a亮度不变，b变暗，c变亮与上述分析结论：a亮度不变，b变亮，c变暗不相符，故D不符合题意；5.如图所示为一理想变压器，K为单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈两端的电压，I1为原线圈中的电流，则A
6、. 保持U1及P的位置不变，K由a合到b时，I1将增大B. 保持U1及P的位置不变，K由b合到a时，R消耗功率增大C. 保持U1不变，K合在a处，使P上滑，I1将增大D. 保持P的位置不变，K合在a处，若U1增大，I1将减小【答案】A【解析】【详解】A. 保持U1及P的位置不变，K由a合到b时，原线圈匝数变小，副线圈电压变大，I1将增大，故A正确；B. 保持U1及P的位置不变，K由b合到a时，原线圈匝数变大，副线圈电压变小大，I1将增小，R消耗功率减小，故B错误；C. 保持U1不变，K合在a处，变压器的输出电压不变，使P上滑，负载变大，I1将减小，故C错误；D. 保持P的位置不变，K合在a处，
7、若U1增大，变压器的输出电压增大，I1将增大，故D错误。6.如图表示一交流电的电流随时间而变化的图象，此交流电的有效值是A. 3.5AB. 5AC. 5AD. 3.5A【答案】B【解析】【详解】根据有效值的定义得：解得有效值I=5A。A. 3.5A与计算结果I=5A不相符，故A不符合题意；B. 5A与计算结果I=5A相符，故B符合题意；C. 5A与计算结果I=5A不相符，故C不符合题意；D. 3.5A与计算结果I=5A不相符，故D不符合题意。7.2019年4月10日人类第一次发布了世界上首张黑洞图像，利用了射电望远镜对电磁波的捕捉。下列关于波的说法，正确的是A. 两列波叠加一定会出现稳定的干涉
8、图样B. 在干涉图样中，振动加强区域质点，其位移始终保持最大；振动减弱区域的质点，其位移始终保持最小C. 只有障碍物或孔的尺寸与波长比较相差不多或小得多，波才能发生衍射D. 当波源远离接收者时，接收者接收到的波的频率比波源频率低【答案】D【解析】【详解】A.只有两列频率相同，相位差恒定的波叠加才会出现稳定的干涉图样，故A错误；B. 在干涉图样中，振动加强区域的质点，只是振幅变大，其位移随时间周期性的变化；振动减弱区域的质点，只是振幅变小，其位移随时间周期性的变化。故B错误；C. 衍射是波的特有属性，在任何条件下都会发生衍射，只有障碍物或孔的尺寸与波长比较相差不多或小得多，波才会发生明显的衍射，
9、故C错误；D. 根据多普勒效应，当波源远离接收者时，接收者接收到的波的频率比波源频率低，故D正确。8.如图1所示，弹簧振子以点O为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动。取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图2所示，下列说法正确的是A. t=0.8s时，振子的速度方向向右B. t=0.2s时，振子在O点右侧6cm处C. t=0.4s和t=1.2s时，振子的加速度完全相同D. t=0.4s到t=0.8s的时间内，振子的速度逐渐增大【答案】D【解析】【详解】A. 由图2可知t=0.8s时，振子的速度方向为负，也就是向左，故A错误；B. 由数学知道可知 t=0.2s时，振子的位移，故B错误；C
10、. t=0.4s和t=1.2s时，振子的加速度大小相同，方向相反，C错误；D. t=0.4s到t=0.8s的时间内，振子向平衡位置运动，速度逐渐增大，故D正确。9.一列沿x轴正方向传播的简谐机械横波，波速为4 m/s。某时刻波形如图所示，下列说法正确的是A. 这列波的振幅为4 cmB. 此时x=4 m处质点沿y轴正方向运动C. 这列波的周期为8 sD. 此时x=6 m处质点的加速度最小【答案】B【解析】【详解】A. 这列波的振幅为2cm，故A错误；B. 波沿x轴正方向传播，由波形平移法得知，此时x=4 m处质点沿y轴正方向运动，故B正确；C. 由图知，波长=8m，由波速公式v=/T，得周期T=
11、2s故C错误D. 此时x=6 m处质点位于波谷，加速度最大，故D错误。10.如图所示为双缝干涉实验中产生条纹图样，甲图为绿光进行实验的图样，乙为换用另一种单色光进行实验的图样，则以下说法中正确的是（ ）A. 乙图可能是用红光实验产生的条纹，表明红光波长较长B. 乙图可能是用紫光实验产生的条纹，表明紫光波长较长C. 乙图可能是用紫光实验产生的条纹，表明紫光波长较短D. 乙图可能是用红光实验产生的条纹，表明红光波长较短【答案】A【解析】乙图中条纹的间距比甲图大，根据双缝干涉的条纹间距公式知，乙图中光的波长较长，且比绿光的波长长。红光的波长比绿光长，紫光的波长比绿光短，A正确11. 一洗衣机在正常工
12、作时非常平稳，当切断电源后，发现洗衣机先是振动越来越剧烈，然后振动再逐渐减弱，对这一现象，下列说法正确的是（ ）正常工作时，洗衣机波轮的运转频率比洗衣机的固有频率大；正常工作时，洗衣机波轮的运转频率比洗衣机的固有频率小；正常工作时，洗衣机波轮的运转频率等于洗衣机的固有频率；当洗衣机振动最剧烈时，波轮的运转频率恰好等于洗衣机的固有频率。A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：洗衣机先是振动越来越剧烈，说明洗衣机波轮的运转频率越来越接近固有频率，当振动最剧烈时，形成共振，波轮的运转频率恰好等于洗衣机的固有频率，正确；然后振动再逐渐减弱，则洗衣机波轮的运转频率越来越大于固有频率，故正常工
13、作时，洗衣机波轮的运转频率比洗衣机的固有频率大，正确；故C正确。考点：共振12.如图所示，是一种加速度计的设计图。较重的滑块2可以在光滑的框架l中平移，滑块两侧用两根相同的弹簧3拉着；R为滑动变阻器，4是滑动片，它与电阻器任一端间的电阻值都与它到这端的距离成正比。两个电池E的电压相同。按图连接电路后，调电压表指针恰好在中央的零点。已知当P端的电势高于Q端时，指针向零点右侧偏转。将框架固定在运动的物体上，则下列说法正确的是（ ）A. 当框架和物体一起向右匀速运动时，电压表的指针将向右偏转B. 当框架和物体一起向左匀速运动时，电压表的指针将向右偏转C. 当框架和物体一起向右加速运动时，电压表的指针
14、将向右偏转D. 当框架和物体一起向左加速运动时，电压表的指针将向右偏转【答案】D【解析】A、B、当框架和物体一起向右或向左匀速运动时，物块处于正中央平衡，电压表两端点P与Q间的电势相等，则电压表示数为零，则A、B均错误。C、当物体具有向右的加速度a时，滑块所受的弹簧的拉力的合力向右，滑块向左移动，根据顺着电流方向电势降低，可知P端的电势低于Q点的电势，则电压表的指针将向零点左侧偏转，故C错误。D、当物体有向左的加速度a时，滑块所受的弹簧的合力向左，滑块向右移动，根据顺着电流方向电势降低，可知P端的电势高于Q点的电势，则电压表的指针将向零点右侧偏转，故D正确。故选D。【点睛】本题中应变式加速度计
15、体现了一种重要的实验设计思想-转换思想，即把难以直接测量的力学量转换为容易测量的电学量这类题目是力与电综合题，关键要寻找力电联系的桥梁二、多选题，本大题共4小题，共12分，选不全给1分，选错不得分。13.下图为同一实验中甲、乙两个单摆的振动图象，从图象可知A. 两摆球的质量相等B. 两单摆的振幅相等C. 两单摆相位相差/2D. 两单摆的摆长相等【答案】CD【解析】【详解】AD.从单摆的位移时间图象可以看出两个单摆的周期相等，根据周期公式 可知，两个单摆的摆长相等，周期与摆球的质量无关，故A错误，D正确；B.由图可知，甲、乙两个单摆的振幅分别是4cm、2cm，所以两单摆的振幅不相等，故B错误；C
16、. 从图象可以看出，t=0时刻，甲到达了正向最大位移处而乙才开始从平衡位置向正向的最大位移处运动，所以两单摆相位相差为，故C正确。14.a、b两种单色光以相同的入射角从某种介质射向空气，光路如图所示，则下列说法正确的是A. 介质对a光的折射率小于对b光的折射率B. 在该介质中b光的传播速度小于a光的传播速度C. 逐渐增大入射角的过程中，a光先发生全反射D. a光从空气进入玻璃的时候也能发生全反射【答案】AB【解析】【详解】AC. 由图知b光的折射率大，所以b光先发生全反射，A正确，C错误；B. 由公式 知折射率大的速度小，所以在该介质中b光的传播速度小于a光的传播速度，故B正确；D. 从空气进
17、入玻璃是从光疏介质射入光密介质，不会发后全反射，故D错误。15.如下图所示的两个电路中，电阻R和自感线圈L的电阻都小于灯H的灯丝电阻。接通电路达到稳定时，灯泡H都能发光。下列判断正确的是A. 左图中，断开S后H将逐渐变暗B. 左图中，断开S后H将先闪亮一下然后才变暗C. 右图中，断开S后H将逐渐变暗D. 右图中，断开S后H将先闪亮一下然后才变暗【答案】AD【解析】【详解】AB.在左图中，断开S，线圈和H在同一个支路，由于线圈阻碍电流变小，导致H将逐渐变暗，故A正确，B错误；CD.在右图中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导
18、致H将变得更亮，然后逐渐变暗，故C错误，D正确。16.电子感应加速器的基本原理如图所示。上图为侧视图，上、下为电磁铁的两个磁极，磁极间有一个环形真空室，电子在真空室中做圆周运动，电磁铁线圈中电流的大小、方向可以变化，产生的感生电场使电子加速。下图为真空室的俯视图。从上向下看，电子从电子枪中射出后沿逆时针方向运动。可以判定：A. 为使电子逆时针方向旋转，电磁铁线圈中的电流方向与图示方向相同B. 为使电子逆时针方向旋转，电磁铁线圈中的电流方向与图示方向相反C. 若电磁铁线圈中的电流增大，电子的动能将增大D. 若电磁铁线圈中的电流增大，电子的动能将减小【答案】AC【解析】【详解】AB. 电子逆时针方
19、向旋转，根据左手定则可知：磁场的方向是竖直向上的，根据安培定则可知，电磁铁线圈中的电流方向与图示方向相同，故A正确，B错误；CD.电子在磁场中做圆周运动的半径，得电子的动能若电磁铁线圈中的电流增大，磁感应强度B增大，电子的动能增大，故C正确，D错误。三、实验题，本题共16分。17.小雷在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为97.20 cm；用20分度的游标卡尺测得小球直径如图所示，然后用秒表记录了单摆全振动50次所用的时间。则（1）小球直径为_cm（2）如果他在实验中误将49次全振动数为50次，测得的g值_（填“偏大”或“偏小”或“准确”）（3）他以摆长（L）为横坐标、周期的二次方
20、（T2）为纵坐标作出了T2L图线，由图象测得的图线的斜率为k，则测得的重力加速度g=_。（用题目中给定的字母表示）（4）小俊根据实验数据作出的图象如图所示，造成图象不过坐标原点的原因可能是_。【答案】 (1). 2.990 (2). 偏大 (3). 42/k (4). 测量摆长时未计入摆球的半径【解析】【详解】（1）1 由图可知，小球直径D=29mm+0.05mm18=29.90mm=2.990cm；（2）2 试验中将49次全振动数为50次，会导致测得周期偏小，根据，知测得重力加速度偏大；（3）3根据单摆的周期公式得可知斜率解得重力加速度 （4）4 图象不通过坐标原点，将图象向右平移1cm就会
21、通过坐标原点，故相同的周期下，摆长偏小1cm，故可能是测摆长时漏掉了摆球的半径；18.小花在做“测定玻璃的折射率”的实验中，先在白纸上放好玻璃砖，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针P1和P2，然后在另一侧透过玻璃砖观察，插上大头针P3、P4，如图所示，aa和bb分别是玻璃砖与空气的两个界面，用“+”表示大头针的位置。图中AO表示经过大头针P1和P2的光线，该光线与界面aa交于O点，MN表示法线。（1）请将光路图画完整_，并在图中标出光线进入玻璃砖发生折射现象的入射角1和折射角2；（2）该玻璃砖的折射率可表示为n=_。（用1和2表示）（3）确定P3位置的方法是_。（4）对实验中的现象，下面说法正确的是
22、_A. 大头针应垂直于纸面插上B. 此实验可以不用量角器C. 如果玻璃砖aa和bb不平行，则无法用此方法测量折射率D. 如果入射角太大，则折射光线会在玻璃砖内表面发生全反射，而使实验无法进行【答案】 (1). (2). sin1sin2 (3). 挡住P1和P2的像 (4). AB【解析】【详解】（1）1由于P3挡住P1、P2的像，P4挡住P3和P1、P2的像，故通过P1、P2的光线折射后通过P3、P4，作出光路图，如图所示：（2）2 根据折射定律，玻璃砖的折射率为：（3）3 在另一侧透过玻璃砖观察，插上大头针P3，使P3挡住P1、P2的像（4）4 大头针应垂直地插在纸面上，这样便于观察，故A
23、正确；没有量角器，可以用下列方法求出折射率：完成了光路图以后，以O点为圆心、适当长度为半径画圆，分别交线段OA于A点，交O、O连线延长线于C点过A点作法线NN的垂线AB交NN于B点，过C点作法线NN的垂线CD交NN于D点，如图所示则由几何知识得到：又AO=OC，则得折射率故B正确；在测定玻璃的折射率的实验中，所用玻璃的两表面aa和bb不平行，只要操作正确，则画出的光路图正确，则能正确得出入射角与折射角，由 ，可知折射率n的测量值只与入射角和折射角有关，而与两个表面的形状无关，所以测得的折射率不变，所以玻璃砖aa和bb不平行，也可以用此方法测量折射率，故C错误；D. 因为光先从空气射入玻璃中，玻
24、璃两界面平行，如果入射角太大，则折射光线会在玻璃砖内表面也不会发生全反射，故D错误。四、计算题，本大题共3小题，共36分。19.发电厂的交流发电机输出电压恒为200V，输出功率为100kW。要将电能输送到远处的工厂。设计输电线上的功率损失为10，输电线总电阻为100。求：（1）输电线上的输电电流；（2）输电所需升压变压器的匝数比（所用变压器看作理想变压器）。【答案】（1）10 A；（2）1：50【解析】【详解】（1）由题意知，输电线上损失功率为：P=P出10%=10kW又则（2）发电机输出电流为根据变压器原理得：输电所需升压变压器的匝数比n1：n2=I2：I1=10：500=1：5020.如图
25、所示，弹簧振子在光滑水平面上以振幅A做简谐运动，质量为M的滑块上面放一个质量为m的砝码，砝码随滑块一起做简谐运动，已知弹簧的劲度系数为k，试求：（1）使砝码随滑块一起振动的回复力是什么力?它跟位移成正比的比例常数k等于多少?（2）当滑块运动到振幅一半位置时，砝码所受回复力有多大?方向如何?（3）当砝码与滑块的动摩擦因数为时，要使砝码与滑块不发生相对滑动的最大振幅为多大?【答案】（1）滑块对砝码的静摩擦力； （2）；方向指向平衡位置；（3）【解析】【详解】（1）使砝码随着滑块一起振动，砝码所受静摩擦力是产生砝码与滑块一起变加速运动的加速度故M对m的静摩擦力是回复力其大小由牛顿第二定律有：f=ma
26、整体法求共同加速度a，则有它跟位移成正比的比例常数当滑块运动到振动幅的一半位置时，回复力：方向指向平衡位置（3）从f=kx，可以看出，当x增大时，f也增大，当f=fmax=N时，有最大振动幅，因此fm=mam=mg= kAM要使砝码与滑块不发生相对滑动的最大振幅21.如图所示，水平放置的间距为L的足够长光滑平行金属导轨，左端接有阻值为R的定值电阻。导轨棒ab质量为m，电阻为r，与两导轨始终保持垂直并良好接触。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里。导轨的电阻忽略不计。用水平向右的恒力F将导体棒由图示位置向右拉动。（1）分析并说明导体棒的运动情况，并求导体棒的稳定速度
27、vm；（2）从微观角度看，导体棒中的自由电荷所受洛伦兹力在能量转化中起着重要作用。为了方便，可以认为导体棒中的自由电荷为正电荷。a. 请在图中，画出自由电荷所受洛伦兹力的示意图。b. 我们知道，洛伦兹力对运动电荷不做功。这与“动生电动势与洛伦兹力做功有关”矛盾吗?试分析当导体棒做匀速运动时，导体棒中自由电荷所受的洛伦兹力沿棒方向的分力f1和垂直于棒方向的两个分力f2哪个做正功?哪个做负功?并通过计算证明在同一过程中它们做的总功一定是零。（题目中没有出现的物理量请做必要的说明）【答案】（1）；（2）见解析【解析】【详解】（1）导体棒中的感应电动势E=BLv，回路中的感应电流I=E/（R+r），导体棒受到的安培力FA=BIL，由牛顿第二定律F=ma随着速度增大，加速度逐渐减小，当a=0时，达到稳定速度。因此导体棒先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速运动。最大速度。（2）a. b，不矛盾；f1做正功；f2做负功；设导体棒向右匀速运动的速度为v1，沿导体棒定向移动的速度大小为v2，自由电荷电量为q，f1=Bqv1，f2=Bqv2；t时间内沿棒方向洛伦兹力做正功W1=f1v2t=Bqv1v2t垂直棒方向的洛伦兹力做负功W2=f2v1=Bqv2v1t即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功W1+W2=0
