【物理】河南省安阳林州市第一中学2019-2020学年高二3月线上调研考试试题（解析版）

【物理】河南省安阳林州市第一中学2019-2020学年高二3月线上调研考试试题（解析版）

林州一中2018级高二下3月调研 物理试卷 一、多选题（11-8题每题6分，9-11每题4分，共60分）‎ ‎1.做简谐运动的物体经过平衡位置时(　　)‎ A. 速度为零 B. 回复力零 C. 加速度为零 D. 位移为零 E. 动能最大 ‎【答案】BDE ‎【解析】‎ B、C、简谐运动的平衡位置是回复力为零的位置，而物体在平衡位置时加速度不一定为零．例如，单摆在平衡位置时存在向心加速度，故B正确，C错误．A、D、E、简谐运动的位移是相对平衡位置的，故物体每次经过平衡位置时的位移为零，简谐运动的物体每次经过平衡位置时，势能最小，动能最大，则速度最大简谐运动的物体经过平衡位置时速度最大，位移为零，则A错误，D和E正确．故选BDE．‎ ‎【点睛】本题关键是明确简谐运动的运动特点，熟悉能量的转化情况，要记住平衡位置位移、势能、加速度最小，动能、速度最大．‎ ‎2.一个水平弹簧振子的振动周期是0.025 s，当振子从平衡位置向右运动，经过0.17 s时，振子运动情况是(　　)‎ A. 正在向右做减速运动 B. 正在向右做加速运动 C. 位移正在减小 D. 正在向左做加速运动 E. 势能正在减小 ‎【答案】BCE ‎【解析】时间，在～T之间，故0.17 s时振子从最大位移处正向右加速接近平衡位置，位移正在减小，而势能也在减小．故选BCE.‎ ‎【点睛】本题关键抓住简谐运动加速度与位移的关系,根据计时开始时刻的加速度及方向解题 ‎3.一弹簧振子做简谐运动，它所受的回复力F随时间t变化的图线为正弦曲线，如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A. 在t从0到2 s时间内，弹簧振子做减速运动 B. 在t1＝3 s和t2＝5 s时，弹簧振子的速度大小相等，方向相反 C. 在t1＝5 s和t2＝7 s时，弹簧振子的位移大小相等，方向相同 D. 在t从0到4 s时间内，t＝2s时刻弹簧振子所受回复力做功功率最小 E. 在t从0到4 s时间内，回复力的功率先增大后减小 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】由于F＝－kx，由Ft图象知，在0到2 s时间内，弹簧振子位移变大，离开平衡位置做减速运动，A对；在t1＝3s和t2＝5s时，图象斜率相同，说明速度大小相等，方向相同，B错；t1＝5s和t2＝7s时位移大小、方向都相同，C对；在0到4 s时间内，t＝2s时刻弹簧振子回复力最大，在端点位置，速度为零，功率最小，D对、E错．故选ACD.‎ ‎【点睛】本题关键是根据回复力公式F=-kx判断位移情况，进一步分析速度变化情况，不难．‎ ‎4.如图所示为某弹簧振子在0～5s内的振动图象，由图可知，下列说法中正确的是(　　)‎ A. 振动周期为5 s B. 振幅为8 cm C. 第2 s末振子的速度为零，加速度为正向的最大值 D. 第3 s末振子的速度为正向的最大值 E. 从第1 s末到第2 s末振子在做加速运动 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ 根据图象，周期T＝4 s，振幅A＝8 cm，A错误，B正确．第2‎ ‎ s末振子到达负的最大位移处，速度为零，加速度为正向的最大值，C正确．第3 s末振子经过平衡位置，速度达到最大值，且向正方向运动，D正确．从第1 s末到第2 s末振子经过平衡位置向下运动，速度逐渐减小，做减速运动，E错误．故选BCD．‎ ‎【点睛】本题关键根据简谐运动的位移时间图象得到弹簧振子的周期和振幅，然后结合实际情况进行分析．‎ ‎5.如图所示，一个弹簧振子在A、B间做简谐运动，O点是平衡位置，以某时刻作为计时零点(t＝0)，过周期，振子具有正方向的最大速度．那么下面五个图象中哪个能够正确反映振子的振动情况(　　) ‎ A. B. C. ‎ D. E. ‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ 时刻时，振子具有正向的最大速度，则t＝0时，振子应处于负向最大位移处，此时，回复力和加速度正向最大．故选项C、E错，A、B、D对．故选ABD.‎ ‎【点睛】本题在选择图象时，关键研究t=0时刻质点的位置和位移如何变化．基础题．‎ ‎6.一质点做简谐运动的位移x与时间t的关系如图所示，由图可知(　　)‎ A. 频率是2Hz B. 振幅是5cm C. t＝1.7s时的加速度为正，速度为负 D. t＝0.5s时，质点所受合外力为零 E. t＝0.5s时回复力的功率为零 ‎【答案】BCE ‎【解析】A、B、由简谐运动的图象可判断出振子的周期为2 s，则频率；该质点的振幅为5cm；C、1.7 s时位移为负值，则加速度为正，根据图象走向可判断速度为负；D、E、0.5 s时，振动质点位于平衡位置，回复力为零，但合外力不一定为零(如单摆在平衡位置时合外力指向圆心)．故选BCE.‎ ‎【点睛】考查简谐运动的图象，解题关键是能看懂简谐运动x-t图，理解各时刻质点的速度、加速度、回复力．‎ ‎7.如图所示的装置中，在曲轴上悬挂一个弹簧振子，若不转动把手，让其上下振动，周期为，若使把手以周期匀速转动，当运动都稳定后，则（ ）‎ A. 弹簧振子的振动周期为 B. 弹簧振子的振动周期为 C. .弹簧振子的振动频率为 D. 要使弹簧振子的振幅增大，可让把手转速减小 E. 要使弹簧振子的振幅增大，可让把手转速增大 ‎【答案】BCE ‎【解析】ABC．弹簧振子在把手作用下做受迫振动，其振动周期等于驱动力的周期，因此振动周期为，A项不合题意，B项符合题意，C项符合题意.‎ DE．由于，故欲使振幅增大，应使 减小，即转速应增大，要使弹簧振子的振幅增大，可让把手转速增大，周期减小，与固有周期接近或相等时，振幅可增大，D项不合题意，E项符合题意.‎ ‎8.如图所示，用绝缘细线悬挂的单摆，摆球带正电，悬挂于O点，摆长为l，当它摆过竖直线OC时便进入或离开匀强磁场，磁场方向垂直于单摆摆动的平面向里，A，B点分别是最大位移处．下列说法中正确的是(　　) ‎ A. A点和B点处于同一水平面 B. A点高于B点 C. 摆球在A点和B点处线上的拉力大小相等 D. 单摆的振动周期仍为 E. 单摆向右或向左摆过D点时，线上的拉力大小相等 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ 摆球运动过程中机械能守恒，所以A，B在同一高度．选项A正确，B错误；球在B点不受洛伦兹力，与球在A点时受拉力大小相等，选项C正确；球在磁场中运动时虽然受洛伦兹力，但洛伦兹力总与速度方向垂直，不能提供回复力，所以不改变振动的周期，选项D正确；单摆向右或向左摆过D点时，速度大小相等，但洛伦兹力的方向相反，所以线上的拉力不相等，选项E错误．‎ ‎【点睛】本题中小球在复合场运动，洛伦兹力不做功，其机械能仍然守恒，洛伦兹力不改变小球运动的快慢．但要注意洛伦兹力方向与速度有关，速度反向，洛伦兹力方向也相反．‎ ‎9. 如图所示，线圈匝数为n，横截面积为S，线圈电阻为r，处于一个均匀增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k，磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为C，两个电阻的阻值分别为r和2r．由此可知，下列说法正确的是（ ）‎ A. 电容器上极板带正电 B. 电容器下极板带正电 C. 电容器所带电荷量为 D. 电容器所带电荷量为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：根据磁场向右均匀增强，并由楞次定律可知，电容器上极板带正电，故B错误，A正确．闭合线圈与阻值为r的电阻形成闭合回路，线圈相当与电源，电容器两极板间的电压等于路端电压，线圈产生的感应电动势为：路端电压：,则电容器所带电荷量为：Q=CU=‎ D正确，C错误.‎ 考点：本题考查了楞次定律和闭合电路欧姆定律 ‎10.如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为5:1，原线圈与一电阻箱串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中定值电阻的阻值为，最初副线圈电路中电阻箱的阻值为，电路中所连接的电流表是理想电流表。现保持变压器输入电流不变，将副线圈电路中的电阻箱的阻值减小为，此时电流表读数为5.0A，则（　　）‎ A. 此时流过原线圈的电流最大值约为1.7A B. 此时流过原线圈的电流最大值约为1.2A C. 原先电流表的示数为0.75A D. 原先电流表的示数为5.25A ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．保持变压器输入电流不变，将副线圈电路中电阻箱的阻值减小为时，此时电流表读数为5.0A，则副线圈输出电压有效值为 中电流为 则副线圈输出电流 由变压比和变流比公式可得，‎ 解得此时流过原线圈的电流有效值 原线圈的电流最大值约为 选项A正确，B错误；‎ CD．保持变压器输入电流不变，根据变压器变流关系，副线圈输出电流不变，副线圈电路中原阻值为，设原来电流表的示数为I，则中电流为 则有 解得 选项D正确，C错误。‎ 故选AD。‎ ‎11.如图所示，理想变压器原线圈a、b两端接正弦交变电压u，u＝220sin 100πt(V)，电压表V接副线圈c、d两端(不计导线电阻)．则当滑动变阻器滑片向右滑动时(　　)‎ A. 电压表示数不变 B. 电流表A2的示数始终为0‎ C. 若滑动变阻器滑片不动，仅改变u,使u＝220sin 200πt(V)则电流表A1示数增大 D. 若滑动变阻器滑片不动，仅改变u,使u＝220sin 200πt(V)则电流表A1示数减小 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 当滑动变阻器的滑片向右滑动时，电阻变大，原线圈电压不变，匝数比不变，所以副线圈电压不变，电压表示数不变，故A正确；电容器通交流，隔直流，交流电流表读数为有效值，电流表A2的示数不为0，故B错误；若滑动变阻器滑片不动，仅改变u，使u＝220sin 200πt(V) 频率变大了，容抗减小，副线圈电压不变，副线圈电流增大，电流表A1的示数增大，故C正确，D错误．所以AC正确，BD错误．‎ 二、实验探究题 ‎12.某同学在进行研究弹簧振子的周期和小球质量的关系的实验时，利用如图甲所示装置进行了如下实验：让弹簧振子穿过一光滑的水平横杆，在弹簧振子的小球上安装一支笔，下面放一条纸带．当小球振动时，垂直于振动方向以恒定的加速度拉动纸带，加速度大小为a，这时笔在纸带上画出如图乙所示的一条曲线，请根据图乙中所测得的长度s1，s2，写出计算弹簧振子的周期的表达式：T＝________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 根据匀变速直线运动的推论公式，有，解得 ‎13.某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的试验中：‎ ‎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小组成员在试验过程中有如下说法，其中正确的是___．（填选项前的字母）‎ A．把单摆从平衡位置拉开30º的摆角，并在释放摆球的同时开始计时 B．测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为t/100‎ C．用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大 D．选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小 ‎【答案】（1）①0.97（0.96、0.98均可）②C ‎【解析】‎ ‎【详解】①主尺刻度加游标尺刻度的总和等于最后读数，0.9 cm+mm =" 0.97" cm，不需要估读．②为减小计时误差，应从摆球速度最大的最低点瞬间计时，A错．通过最低点100次的过程中，经历的时间是50个周期，B错．应选用密度较大球以减小空气阻力的影响，D错．悬线的长度加摆球的半径才等于摆长，由单摆周期公式T=可知摆长记录偏大后，测定的重力加速度也偏大，C正确．‎ ‎14.利用传感器可以探测、感受外界的信号、物理条件等．如图甲所示为某同学用传感器做实验得到的小灯泡的U－I关系图线．‎ ‎ ‎ ‎(1)实验室提供器材有：电流传感器、电压传感器、滑动变阻器A(阻值范围0～10 Ω)、滑动变阻器B(阻值范围0～100 Ω)、电动势为6‎ ‎ V的电源(不计内阻)、小灯泡、开关、导线若干．该同学做实验时，滑动变阻器选用的是________(选填“A”或“B”)；请在图乙的方框中画出该实验的电路图 __________________________ ．‎ ‎(2)如果将该小灯泡接入图丙所示的电路中，已知电流传感器的示数为0.3 A，电源电动势为3 V．则此时小灯泡的电功率为________ W，电源的内阻为________ Ω.‎ ‎【答案】 (1). A; (2). 0.69; 2.33;‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）为了调节范围更大，滑动变阻器采用分压接法，因此选用量程小得，选A；电路图如图 ‎（2）当电流传感器得示数为0.3A时；由灯泡得U-I曲线可知两端得电压为2.3V，因此灯泡得功率为，则电源得内阻为 三、计算题 ‎15.如图所示，轻弹簧的下端系着A、B两球，mA=100g，mB=500 g，系统静止时弹簧伸长x=15cm，未超出弹性限度．若剪断A、B间绳，则A在竖直方向做简谐运动，求：‎ ‎①A的振幅为多大．‎ ‎②A的最大加速度为多大．（g取10 m/s2）‎ ‎【答案】(1)12.5cm (2)50m/s2‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）挂两个物体时，由x得：0．4 N/cm 只挂A时弹簧的伸长量：2．5 cm，振幅 ‎（2）剪断细绳瞬间，A受最大弹力，合力最大，加速度最大．‎ ‎，则：50 m/s2．‎ 或者：．‎ 考点：牛顿第二定律、胡克定律 ‎【名师点睛】本题考查了胡克定律与共点力平衡和牛顿第二定律的综合运用，知道振幅等于离开平衡位置的最大距离，知道小球在最低点时加速度大小最大．‎ ‎16. 图中的实线是一列简谐波在某一时刻的波形曲线．经0.2s后，其波形如图中虚线所示．设该波的周期T大于0.2s，求：‎ ‎（1）由图中读出波振幅和波长；‎ ‎（2）如果波向右传播，波速是多大？波的周期是多大？‎ ‎【答案】（1）由图中读出波的振幅为10cm，波长为0.24m；‎ ‎（2）如果波向右传播，波速是0.9m/s，波的周期是0.27s ‎【解析】‎ 试题分析：（1）振幅为偏离平衡位置的最大距离，波长为相邻两个波峰的间距；‎ ‎（2）该波的周期T大于0.2s，故波0.2内传播的距离小于一倍波长，由图象得到波形平移的距离，根据v=求解波速；‎ 解：（1）由图可知，振幅：A=10cm；波长：λ=0.24m；‎ ‎（2）波向右传播，传播距离18m，故波速为：‎ v==m/s=0.9m/s 波在一个周期内匀速平移一倍的波长，故：T=t 故周期：T=t=×0.2s=s≈0.27s 答：（1）由图中读出波的振幅为10cm，波长为0.24m；‎ ‎（2）如果波向右传播，波速是0.9m/s，波的周期是0.27s；‎ ‎17.电荷量q=1×10-4C的带正电的小物块静止在绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向的电场，其电场强度E的大小与时间t的关系如图1所示，物块速度v的大小与时间t的关系如图2所示.重力加速度g=10 m/s2.求：‎ ‎（1）物块与水平面间的动摩擦因数；‎ ‎（2）物块在4 s内减少的电势能.‎ ‎【答案】（1）0.2（2）14J ‎【解析】（1）由图可知，前2s物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：‎ qE1-μmg=ma，‎ 由图线知加速度为：a=1m/s2‎ ‎2s后物块做匀速运动，由平衡条件有：qE2=μmg 联立解得：q（E1-E2）=ma 由图可得：E1=3×104N/C，E2=2×104N/C，‎ 代入数据解得：m=1kg 由qE2=μmg可得：μ=0．2．‎ ‎（2）物块在前2s的位移为：S1＝×2×2＝2m，物块在2-4s内的位移为：S2=vt2=4m 电场力做正功为：W=qE1S1+qE2S2=3×2+2×4=14J，则电势能减少了14J；‎ ‎【点睛】能根据题目提供的E-t图和v-t图得到相关的信息是解题的关键．明确v-t图象的斜率等于加速度，“面积”大小等于位移．‎