2018-2019学年黑龙江省鹤岗市第一中学高二下学期第二次月考物理试题 解析版

2018-2019学年黑龙江省鹤岗市第一中学高二下学期第二次月考物理试题 解析版

鹤岗一中高二学年4月份月考 物理试题 一、选择题（1-8单选，9-14多选，每题4分，总计56分）‎ ‎1.对于单摆的振动,下列说法正确的是（ ）‎ A. 单摆振动时,摆球受到的向心力大小处处相等 B. 单摆运动的回复力就是摆球受到的合力 C. 摆球经过平衡位置时所受回复力为零 D. 摆球经过平衡位置时所受合外力为零 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，单摆振动时，摆球受到的向心力大小与其圆周运动的速度大小有关，即，因为速度大小时刻在变化，所以向心力大小也不处处相等，故A项错误。‎ B项，摆球受到的合力沿绳子方向的分力提供向心力，而沿切向的分力才为回复力，故B项错误。‎ C项，摆球运动到平衡位置时，合力在切向的分力为0，所以此时回复力也为0，故C项正确。‎ D项，摆球运动到平衡位置时，速度不为0，向心力不为0，根据合外力等于向心力可知，合外力不为0，故D项错误。‎ ‎2.—单摆做阻尼振动,则在振动过程中（ ）‎ A. 振幅越来越小,周期也越来越小 B. 振幅越来越小,周期不变 C. 在振动过程中,通过某一位置时,机械能始终不变 D. 振动过程中,机械能不守恒,频率减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】单摆做阻尼振动，其振幅越来越小，周期为，与是否有阻尼无关，则周期不变，故A项错误，B项正确。单摆做阻尼振动过程中，振幅逐渐减小，振动的能量也在减少，即机械能不守恒，通过某一位置的机械能越来越小，由于周期不变，则频率不变，故CD项错误。‎ ‎3.如图所示，弹簧振子在M、N之间做简谐运动。以平衡位置O为原点，建立Ox轴。向右为x轴正方向。若振子位于N点时开始计时，则其振动图象为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知，以平衡位置O为原点，建立Ox轴，向右为x轴的正方向。若振子位于N点时开始计时，所以0时刻位移为正，在正向最大位移处，之后向左运动，即向负方向运动，故A正确，BCD错误。‎ ‎4.在某一均匀介质中，由波源O发出的简谐横波沿x轴正、负方向传播，某时刻的波形如图所示，其波速为5cm/s，下列说法正确的是（ ）‎ A. 波的频率与波源的频率无关 B. 此时P、Q两质点振动方向相同 C. 再经过0.5s，波恰好传到坐标为(－5cm,0)的位置 D. 该波为横波，频率为3Hz ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、波的频率由波源的振动频率决定,所以波的频率与波源的频率相同.故A错误； B、根据对称性可以知道,此时、，两点运动方向相同.故B选项正确； C、由图知波长,周期为,经过时间,波传到N点时间为T,波传到N点时,N点向上运动,则经过0.5s质点N刚好在波峰,其坐标为，故C错误. D、该波的频率为,能与该波发生干涉的横波的频率一定为2.5Hz，故D错误.‎ ‎5.如图所示，在质量为2mg的无下底的木箱顶部用一轻弹簧悬挂质量为 m、2mg的 A、B两物体，箱子放在水平地面上.平衡后剪断A、B间细线，此后 A将做简谐振动.当 A运动到最高点时，木箱对地面的压力为（ ）‎ A. 0 B. mg C. 2mg D. 3mg ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】平衡后剪断A、B间细线,A将做简谐振动,在平衡位置,有，在平衡之前的初位置,有，A的加速度是a=2g，在最高点时，A的加速度也是a=2g，由牛顿第二定律得：F+mg=ma，解得F=mg。对木箱为对象得：F+N=2mg，解得N=mg。故B正确，ACD错误。‎ ‎6.一列简谐波沿x轴传播，在t=0时刻的波形图线如图所示，质点P在该时刻的速度大小为v，经0.1s该质点的速度第一次与t=0时刻相同，再经过0.1s该质点的速度第一次大小为v而方向与t=0时刻相反，关于波的传播方向和波速，下述说法正确的是（ ）‎ A. 波沿x轴正方向传播，波速为20m/s B. 波沿x轴正方向传播，波速为30m/s C. 波沿x轴负方向传播，波速为10m/s D. 波沿x轴负方向传播，波速为20m/s ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、若波沿x正方向传播,0时刻P向上运动,经过0.1s该质点的速度仍为v,说明一直运动到关于平衡位置对称的P'点且向上运动;再经过0.1s该质点的速度大小等于v的大小,而方向与v的方向相反,说明回到P点后向上再次返回P,即共0.2s大于一倍周期而小于2倍周期;波长为,波速根据 求解,故波速小于20m/s而大于10m/s,故AB均错误; CD、若波沿x负方向传播,0时刻P向下运动,经过0.1s该质点的速度仍为v,说明运动到关于平衡位置对称的P'点;再经过0.1s该质点的速度大小等于v的大小,而方向与v的方向相反,说明再一次到达P'点;共0.2s为半个周期,故周期为T=0.4s;波长为,波速,故C正确，D错误。‎ ‎7.某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生交变电流的图像如图所示，由图中信息可以判断（ ）‎ A. 在A和C时刻线圈处于中性面位置 B. 在B和D时刻穿过线圈的磁通量为零 C. 从A→D时刻线圈转过的角度为2π D. 若从O→D时刻历时0.02s，则在1s内交变电流的方向改变100次 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 圈在中性面上磁通量最大，感应电动势与感应电流均为零；线圈在平行于磁场位置（垂直于中性面处）穿过线圈的磁通量为零，感应电动势与感应电流最大；在一个周期内，电流方向改变两次，根据图象分析答题．‎ 由图象可知，在B、D时刻，感应电流为零，此时线圈位于中性面上，穿过线圈的磁通量最大，A、C时刻感应电流最大，此时线圈与中性面垂直，磁通量为零，故A错误B正确；从A到D，经历个周期，线圈转过的角度为，C错误；由图象可知，从O～D是一个周期，如果经历时间为0.02s，则1s是50个周期，电流方向改变100次，D正确．‎ ‎8.如图所示电路中,理想变压器初级加一个固定的交变电压,那么下列情况正确的是（ ）‎ A. 当R1的滑动头上移时,灯泡L变亮 B. 当R1的滑动头上移时,电流表A1读数变大 C. 当R1的滑动头下移时,电压表V读数变小 D. 当R1的滑动头下移时,电流表A2读数变大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】当R1的滑动头上移时，R1增大，总电阻增大，副线圈中的电流减小，灯泡变暗，变压器的输出功率减小，则输入功率减小，根据可得输入电流减小，即电流表A1示数减小，故AB错误；R1的滑动头下移时，R1减小，总电阻减小，副线圈中的电流增大，灯泡两端的电压增大，而由于原线圈电压不变，故副线圈的电压不变，则电压表V的示数变小，根据可知，R2两端的电压减小，则电流表A2的示数变小，故C正确，D错误。‎ ‎9.如图为一列简谐横波某时刻的波形图，介质中有P、Q、M三个质点，此时的纵坐标分别为yP＝2cm，yQ＝yM＝－2cm。下列说法正确的是 (　　)‎ A. P、Q两质点的速度方向总是相同 B. Q、M两质点的加速度总是相同 C. P、M两质点的速度总是大小相等、方向相反 D. 在任何相等时间内，P、M两质点通过的路程总相等 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ P、Q两点平衡位置间的距离小于半个波长，它们的速度方向不总是相同，故A错误；图示时刻Q、M的位移相同，加速度相同，但由于它们此时的速度方向相反，所以加速度不总是相同，故B错误；P、M两点平衡位置间的距离等于半个波长，振动情况总是相反，速度总是大小相等、方向相反，在任何相等时间内，P、M两质点通过的路程总相等，故CD正确。所以CD正确，AB错误。‎ ‎10.一弹簧振子振幅为A，从最大位移处经时间t0第一次达到平衡位置，若振子从最大位移处经过时的速度大小和加速度大小分别为v1和a1，而振子位移为A/2时速度大小和加速度大小分别为v1和a1，那么（ ）‎ A. v1＞v2 B. v1＜v2 C. a1＞a2 D. a1＜a2‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：振子从最大位移处向平衡位置运动的时间内，做加速度越来越小的加速运动，因速度不断增大，所以前时间内运动的距离一定小于后时间内运动的距离，即时刻，物体的位移x＞.由简谐运动的规律不难得出a1＞a2，v1＜v2，因此选项B、C正确，A、D错误．‎ 考点：简谐振动的规律.‎ ‎11.如图所示，两个相同的灯泡，分别接在理想变压器的原副线圈上，(灯泡电阻不随温度变化) 已知原、副线圈的匝数比，电源电压为U，则（ ）‎ A. 通过A、B灯的电流之比 B. 灯泡A、B两端的电压之比 C. 灯泡A、B两端的电压分别是，‎ D. 灯泡A、B消耗的功率之比 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】通过电灯的电流分别为变压器原、副线圈的电流，，A错误；因为是相同的两只灯泡，所以两端的电压比等于电流比，B正确；因为B灯电压为副线圈输出电压，则原线圈电压是．而A灯电压，由于A灯跟原线圈串联在电源电压U上，即，所以．综上分析C正确；因为是相同的两只灯泡，消耗的功率比等于电流的平方比，D错误．‎ 故选BC．‎ ‎【点睛】变压器的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，结合闭合电路欧姆定律中电压分配即可解决．‎ ‎【考点】变压器的构造和原理．‎ ‎12.一列简谐横波在某时刻的图线如图实线所示，经0.2s后波形如图中虚线所示，则（ ）‎ A. 该波的最小波速为15m/s B. 该波的周期可能为0.32s C. 该波的周期不可能小于0.2s D. 若波速为25m/s，波一定向－x方向传播 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 从图中可知该简谐横波波长：，若波沿x轴正方向传播，传播的距离为：，其中；‎ 故波速为（其中）当时，波速；‎ 频率（其中），当时，周期；‎ C、若波沿x轴负方向传播，传播的距离为：，其中；‎ 故波速为（其中），当时，波速 ‎ 频率（其中），当时，周期，故选项AB正确，选项CD错误。‎ 点睛：波可能沿x轴正方向传播，也可能沿x轴负方向传播．根据波形，分析波传播的距离与波长的关系，求出波速环绕频率通向表达式，然后进行求解。‎ ‎13.如图甲所示的电路，已知电阻，和并联的D是理想二极管（正向电阻可视为零，反向电阻为无穷大），在A、B之间加一个如图乙所示的交变电压（电压为正值时，）。由此可知（ ）‎ A. 在 A、B之间所加的交变电压的周期为2s B. 在A、B之间所加的交变电压的瞬时值表达式为 C. 加在上电压的有效值为10V D. 加在上电压的有效值为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由图象可得交流电的周期T=0.02s,故A错误； B、电压最大值为，角速度，即变电压的瞬时值表达式为:，故B正确； CD、①在前半个周期，A点电位高于B点电位二极管导通即R1被短路,，R2电压为电源电压，在后半个周期， B点电位高于A点电位二极管截止，R1与R2串联分压， ，根据交流电有效值的定义可知，即，解得R1的电压有效值为，同理可得，即，解得R2的电压有效值为，故C错误，D正确。‎ ‎14.一列简谐横波，在t＝0.6s时刻的图象如图甲所示，此时，P、Q两质点的位移均为－1cm，波上A质点的振动图象如图乙所示，则以下说法正确的是 (　　)‎ A. 这列波沿x轴正方向传播 B. 这列波的波速是 C. 从t＝0.6s开始，紧接着的Δt＝0.6s时间内，A质点通过的路程是10m D. 从t＝0.6s开始，质点P比质点Q早0.4s回到平衡位置 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】由乙图读出t=0.6s时刻质点A的速度方向为沿y轴负方向，由甲图判断出波的传播方向为沿x轴正方向。故A正确。由甲图读出该波的波长为 λ=20m，由乙图周期为：T=1.2s，则波速为：。故B正确。因△t=0.6s=0.5T，质点做简谐运动时在一个周期内质点A通过的路程是4倍振幅，则经过△t=0.6s，A质点通过的路程是：S=2A=2×2cm=4cm。故C错误；图示时刻质点P沿y轴正方向，质点Q沿y轴负方向，PQ的平衡位置之间的距离为10cm×=cm，所以质点P比质点Q早回到平衡位置，故D正确。故选ABD。‎ 二、填空题 ‎15.某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中：‎ ‎(1)用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图所示，则该摆球的直径为________cm.‎ ‎(2)某同学先测得摆线长为89.2cm，则该单摆的摆长为________cm。（小数点后保留三位数）‎ ‎(3)为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l，测出相应的周期T，从而得出一组对应的l与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所示，则测得的重力加速度g＝________.(结果用π表示)‎ ‎【答案】 (1). 0.97 (2). 89.680 (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)游标卡尺的读数=主尺+游标尺与主尺对齐的格数分度值，由图示游标卡尺可以知道,摆球直径 (2)单摆摆长=摆线长+球的直径，即；‎ ‎(3)由单摆周期公式可以知道,图象的斜率:，即重力加速度 三、非选择题 ‎16.如图，匀强磁场的磁感应强度B=0.5T，边长为L=10cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈电阻r=1Ω，线圈绕垂直于磁感线的轴匀速转动，角速度大小外电路电阻R=4Ω。从线圈平面与磁场方向重合开始计时,求：（结果可保留π和根号)‎ ‎ ‎ ‎ （1）写出线圈中产生的感应电动势的表达式；‎ ‎ （2）交流电压表的示数；‎ ‎ （3）在线圈转过1800角的过程中，线圈产生的热量是多少？‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)线圈产生的感应电动势的最大值为 因为线圈平面与磁场方向重合开始计时,‎ 故线圈中产生的感应电动势的表达式为 (2)线圈产生的感应电动势的有效值为 ‎ 根据闭合电路的欧姆定律可知，电压表的示数为 (3)线圈转动的过程中形成的感应电流大小为 ‎ 线圈转动的周期 转动180°产生的热量为 ‎ ‎ ‎17.有一台太阳能发电机，供给一个学校照明用电，如图所示，升压变压器匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1，输电线的总电阻R＝4 Ω，全校共22个班，每班有“220 V　40‎ ‎ W”灯6盏，若全部电灯均为并联且正常发光，则 ‎（1）发电机输出功率P1多大？‎ ‎（2）发电机输出电压U1多大？‎ ‎【答案】（1）5424W；（2）226V ‎【解析】‎ ‎(1)全校消耗的功率P用=NP0=22×40×6W=5280W，‎ 设线路电流为I线,输电电压为U2,降压变压器原线圈电压为U3，则 ‎，‎ ‎，‎ 线路损失功率P损=I2线R线=62×4W=144W，‎ 所以p出=P用+P损=5280+144W=5424W ‎(2)输电线上损失的电压为U损=I线R线=6×4=24V，‎ 升压变压器副线圈上的电压为U2=U损+U3=24+880V=904V 由 得：‎ ‎18.一力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力．图甲中O点为单摆的固定悬点，现将小摆球（可视为质点）拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，∠AOB＝∠COB＝θ，θ小于10°且是未知量．图乙表示由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t的变化的曲线，且图中t＝0时刻为摆球从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l0m/s2）‎ ‎（1）单摆的振动周期和摆长；‎ ‎（2）摆球的质量；‎ ‎（3）摆球运动过程中的最大速度．‎ ‎【答案】（1） ,0.4m(2)0.05kg（3）0.283m/s ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）小球运动到最低点时，绳子的拉力最大，在一个周期内两次经过最低点，根据该规律，求出单摆的周期再根据单摆的周期公式求出摆长．（2）（3）小球在最高点时绳子的拉力最小，在最低点时绳子拉力最大，求出最高点和最低点绳子拉力的表达式，再结合动能定理或机械能守恒定律求出摆球的质量和最大速度．‎ ‎【详解】（1）由图乙得小球在A、C之间做简谐运动的周期：    由单摆振动周期公式，得到单摆摆线长：代入数据，得：               ‎ ‎（2）（3）在最高点A，有： ，式中    在最低点B，有： 其中 ‎ 从A到B过程中，滑块机械能守恒，故：    滑块机械能：  联立解得：；‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握单摆的运动规律，知道单摆的周期公式，以及会灵活运用动能定理、牛顿第二定律解题．‎ ‎19.一列简谐横波沿x轴正方向传播，t＝0时刻的波形如图甲所示，A、B、P和Q是介质中的四个质点：t＝0时刻波刚好传播到B点，质点A的振动图象如图乙所示，求：‎ ‎（1）该波的传播速度；‎ ‎（2）从t＝0到t＝1.6s，质点P通过的路程；‎ ‎（3）经过多长时间质点Q第二次到达波谷。‎ ‎【答案】：①该波的传播速度是25m/s ‎②从t=0到t=1.6s，质点P通过的路程为16m ‎③经过3.8s时间质点Q第二次到达波谷 ‎【解析】‎ 试题分析：本题要在乙图上读出A质点在t=0时刻的速度方向，在甲图上判断出波的传播度方向；由甲图读出波长，由乙图读出周期，即求出波速和频率，根据简谐运动的特点：一个周期内质点路程为4A，分析△t是几倍的周期，可以确定1.6s内的路程．根据PQ之间的距离可以求出第二次到达波谷的时间．‎ 解：（1）由乙图知，质点的振动周期为T=0.8s，‎ 由甲图知，波长λ=20m，则波速为：v==m/s．‎ ‎（2）振幅为2cm；则由t=0到1.6s时，质点P通过的路程为：s=2×4A=16m；‎ ‎（3）质点P、Q平衡位置之间的距离为：L=85﹣10=75m；‎ 由L=vt，解得：t=3s 即经过3s时间质点Q第一次到达波谷，经过3.8s时间质点第二次到达波谷；‎ 答：①该波的传播速度是25m/s ‎②从t=0到t=1.6s，质点P通过的路程为16m ‎③经过3.8s时间质点Q第二次到达波谷 ‎【点评】本题关键要理解波动图象与振动图象的联系与区别，同时，读图要细心，数值和单位一起读．判断波的传播方向和质点的振动方向关系是必备的能力．‎ ‎ ‎ ‎ ‎