2018-2019学年黑龙江省牡丹江市第一高级中学高二4月月考物理试题 解析版

2018-2019学年黑龙江省牡丹江市第一高级中学高二4月月考物理试题 解析版

牡一中2017级高二学年四月月考物理试题 一、单项选择题 ‎1.下列关于简谐振动以及做简谐运动的物体完成一次全振动的意义，以下说法正确的是(　　)‎ A. 位移减小时，加速度增大，速度增大 B. 位移的方向总跟加速度的方向相反，跟速度的方向相同 C. 动能或势能第一次恢复为原来的大小所经历的过程 D. 物体运动方向指向平衡位置时，速度的方向与位移的方向相反；背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】位移减小时，回复力减小，则加速度减小，速度增大，选项A错误；位移的方向总跟回复力的方向相反，则与加速度的方向也相反，跟速度的方向可能相同，也可能相反，选项B错误；动能或势能第一次恢复为原来的大小所经历的过程不一定是一次全振动，选项C错误；物体运动方向指向平衡位置时，速度的方向与位移的方向相反；背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同，选项D正确。‎ ‎2.如图甲所示，为一种调光台灯电路示意图，它通过双向可控硅电子器件实现了无级调节亮度．给该台灯接220 V的正弦交流电后加在灯管两端的电压如图乙所示，则此时交流电压表的示数为(　　)‎ ‎ ‎ A. 220 V B. V C. 110V D. V ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设交流电的有效值为U，将交流电与直流电分别通过相同电阻R，分析一个周期内热量：交流电产生的热量：； 直流电产生的热量：；解得：U=110V, 故选B。‎ ‎3.一列横波沿x轴传播，t1和t2时刻的图象分别如图中实线和虚线所示，已知t2=(t1+3/8) s，波速v=24 m/s，则 A. 该波沿正x轴方向传播 B. 图中质点P在t1时刻运动方向沿负y轴方向 C. 图中质点P在1 s内向左平移24 m D. 图中质点P在1 s内通过的路程为1.6 m ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由图中读出λ=12 m，由公式λ=vT可以计算出周期T=0.5 s，由t1时刻到t2时刻的时间间隔是3/8 s，正好是3T/4，说明在t1时刻平衡位置在（3，0）的质点是向下振动的，由此可知波是向x轴的负方向传播的，故选项A是错误的。图中质点P在t1时刻运动方向沿y轴正方向振动，故选项B是错误的。根据波传播的是运动形式，而振动的质点并不随波迁移，知选项C是错误的。振动的质点在一个周期内通过的路程为4A，所以质点P在1 s（两个周期）内通过的路程为8A，故为1.6 m，选项D正确。故选D.‎ ‎4.如图所示，在升降机顶部安装了一个能够显示弹力大小的传感器，传感器下方挂一根轻质弹簧，弹簧下端挂一个质量为m的小球.若升降机在匀速运行的过程中突然停止，以此时为零时刻，在后面了段时间内传感器所显示的弹力的大小F随时间变化的图像如图所示，g为重力加速度，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 升降机停止运动前在向上运动 B. 0～t1时间内小球加速度方向向下，t1～t2时间内小球加速度方向向上 C. t1～t3时间内小球向下运动，动能先减小后增大 D. t3～t4时间内弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】从0时刻开始，弹簧弹力减小，知小球向上运动，可知升降机停止前向上运动。故A正确。0-tl时间内，重力大于弹力，加速度向下；t1-t2时间内，重力大于弹力，加速度向下，故B错误。0-tl时间内，小球向上运动，t1-t3时间内，小球向下运动，加速度先向下后向上，则速度先增大后减小，所以动能先增大后减小。故C错误。t3时刻处于最低点，t3-t4时间内，小球向上运动，动能增加，弹性势能减小，重力势能增加，则小球弹性势能的减小量等于动能和势能增加量之和，所以t3-t4时间内弹簧弹性势能变化量大于小球动能变化量。故D错误。‎ ‎5.如图所示的理想变压器电路中，三个灯泡L1、L2、L3完全相同，定值电阻的阻值为R，变压器原副线圈的匝数比为1:2。开始时三个开关均断开，a、b端接入恒定的正弦交流电压，闭合开关S1、S2，灯泡L1、L2均正常发光，电阻R消耗的功率与一个灯泡消耗的功率相同，则下列说法正确的是(　　)‎ A. 灯泡的电阻为2R B. 再闭合S3，灯泡L3也能正常发光 C. 再闭合S3，灯泡L1、L2均变暗 D. 闭合S3后再断开S1，灯泡L2、L3亮度不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】三个灯泡L1、L2、L3完全相同，闭合开关S1、S2，电阻R消耗的功率与一个灯泡消耗的功率相同，设灯泡的额定电流为IL，则副线圈的电流强度I2=IL，根据变压器原理可得原线圈的电流强度，根据电功率的计算公式可得PR=I12R=IL2RL，解得灯泡电阻RL=4R，故A错误；再闭合S3，副线圈的最大值减小、总电流增大，则原线圈的电流增大、电阻R消耗的电压增大，原线圈电压减小、副线圈的电压也减小，灯泡L3不能正常发光，故B错误；再闭合S3，灯泡L1两端电压不变，亮度不变，L2两端电压减小，L2变暗，故C错误；灯泡L1两端电压与原线圈两端电压无关，所以闭合S3后再断开S1‎ ‎，原线圈两端电压不变，副线圈两端电压也不，灯泡L2、L3亮度不变，故D正确。‎ 二、多项选择题 ‎6.蜘蛛会根据丝网的振动情况感知是否有昆虫“落网”，若丝网的固有频率为200Hz，下列说法正确的是 A. “落网”昆虫翅膀振动的频率越大，丝网的振幅越大 B. 当“落网”昆虫翅膀振动的频率低于200 Hz时，丝网不振动 C. 当“落网”昆虫翅膀振动的周期为0.005 s时，丝网的振幅最大 D. 昆虫“落网”时，丝网振动的频率由“落网”昆虫翅膀振动的频率决定 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】根据共振的条件可知，系统的固有频率等于驱动力的频率时，系统达到共振，振幅达最大，故A错误；当“落网”昆虫翅膀振动的频率低于200 Hz时，丝网仍然振动，B错误；当“落网”昆虫翅膀振动的周期为0.005s时，其频率：f=1/T=1/0.005＝200Hz，与丝网的固有频率相等，所以丝网的振幅最大。故C正确；受迫振动的频率等于驱动力的频率，所以昆虫“落网”时，丝网振动的频率由“落网”昆虫翅膀振动的频率决定。故D正确。故选CD。‎ ‎7.如图,轻弹簧上端固定,下端连接一小物块,物块沿竖直方向做简谐运动。以竖直向上为正方向,物块简谐运动的表达式为y=0.1sin(2.5πt)m。t=0时刻,一小球从距物块h高处自由落下；t=0.6 s时,小球恰好与物块处于同一高度。取重力加速度的大小g=10m/s2。以下判断正确的是　(　　)‎ A. 0时刻物块向下运动 B. h=1.7 m C. 简谐运动的周期是0.8 s D. t=0.4 s时,物块与小球运动方向相反 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】由振动方程式可得，t=0.6s物体的位移为：y=0.1sin（2.5π×0.6）=-0.1m；‎ 对小球有：，解得h=1.7m；则0时刻物块向上运动，故A错误，BC正确；t=0.4s=，此时物体在平衡位置向下振动，则此时物块与小球运动方向相同，故D错误；‎ ‎8.某横波在介质中沿x轴正方向传播，t=0时刻，波源O点开始振动方向为y轴正方向运动，t=0.2s，O点第一次到达正方向最大位移处，某时刻x=0至x=6m之间形成的波形如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ ‎ ‎ A. 该横波的波速为5m/s B. 质点M与质点N都运动起来后，它们的运动方向总相反 C. 图示波形图可能是t=1.2s时刻的 D. 在t=2.6s时刻，质点M处于平衡位置，运动路程为2.6m ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】根据O点从平衡位置开始向正方向运动，第一次运动到正方向最大位移处的时间t=0.2s可得：周期T=0.8s；由图可得：波长λ=4m，故波速，故A正确；M、N平衡位置间的距离为，故运动情况不总是相反的，故B错误；1.2s=1T，此时振源O回到平衡位置向下振动，可知图示波形图可能是t=1.2s时刻的，选项C正确；波从振源O传到M点需要的时间为0.6s，则t=2.6s时刻质点M振动了2.0s=2T，此时质点M处于平衡位置向下振动，运动路程为10A=2.0m，故D错误；‎ ‎9.如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的变压比为a，降压变压器的变压比为b，输电线的电阻为R，升压变压器和降压变压器均为一理想变压器，发电机输出的电压恒为U，若由于用户的负载变化，使电压表V2的示数增大了，则下列判断正确的是（ ）‎ A. 电压表V1的示数不变 B. 电流表A2的示数增大了 C. 电流表A1的示数减小了 D. 输电线损失的功率减小了 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 由于U不变，所以电压表V1的示数不变，故A正确；由于V2增大，所以降压变压器原线圈的电压U3增大了，根据，所以减小了，所以电流表A1的示数减小了，A2的示数减小了，故C正确；B错误；输电线损失的功率减小了，所以D错误。‎ 三、实验题 ‎10.在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，‎ ‎（1）用秒表测时间时为尽量减少误差，应从摆球通过_____（选填“最高点”或“最低点”）时开始计时。‎ ‎（2）某同学在正确操作和测量的情况下，测得周期为T1，由单摆周期公式得出重力加速度值比当地重力加速度值小，排除了其它因素后发现，是所用摆球的重心不在球心所致，则可以判断重心应该是在球心的_____（选填“上方”或“下方”）。于是他将摆线长减小△L，测得单摆振动周期为T2，由此可得到比较准确的重力加速度表达式是 _____ 。‎ ‎（3）为了更准确测量，他测出多组摆长L和振动周期T，得出如图所示图象，则图象的纵轴表示_____；由图象求出的重力加速度g＝_____m/s2．（小数点后保留两位）‎ ‎【答案】 (1). 最低点 (2). 下方 (3). (4). (5). 9.81（或9.82）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）单摆在最低点时计时误差较小。‎ ‎（2）根据单摆的周期公式分析误差产生的原因，分析计算加速度的方法。‎ ‎（3）根据单摆的周期公式得出T2﹣L的关系式，结合图线的斜率求出重力加速度。‎ ‎【详解】（1）因为摆球在最低点的速度最快，所以在最低点作为计时起点误差最小。‎ ‎（2）根据 得：‎ 可知，若得出重力加速度值比当地重力加速度值小，排除了其它因素后，一定是摆长L的测量值偏小，如果是所用摆球的重心不在球心所致，则可以判断重心应该是在球心的下方。‎ 开始时：‎ 于是他将摆线长减小△L，测得单摆振动周期为T2，则：‎ 联立可得： ‎ ‎（3）根据：得， ，得出如图所示图象，则图象的纵轴表示T2；图线的斜率 ，‎ 解得：g＝9.81m/s2。‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道实验的原理，以及实验中应该的注意的事项以及误差形成的原因，掌握单摆的周期公式，并能灵活运用。‎ 四、计算题 ‎11.如图为一个小型旋转电枢式交流发电机的原理图，图示位置矩形线圈平行于磁感线，其矩形线圈的长度ab=0.25m，宽度bc=0.20m，共有m=100匝，总电阻r=5.0Ω，如图所示，可绕与磁场方向垂直的对称轴OO′逆时针转动。线圈处于磁感应强度B=0.4T的匀强磁场中，与线圈两端相连的金属滑环上接一个“3.0V，1.8W“的灯泡，当线圈以角速度ω匀速转动时，小灯泡恰好正常发光，求：‎ ‎（1）线圈转动的角速度ω；‎ ‎（2）从图示位置计时电动势瞬时值表达式及此时cd边电流方向；‎ ‎（3）线圈从图示位置转过90°过程中流过灯泡的电量和线圈产生的电能。‎ ‎【答案】（1）rad/s（2），方向为从d到c；（3）0.2C；1.33J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小灯泡的额定电流为： ‎ 小灯泡的额定电阻为： ‎ 可得电动势有效值为：E=I（R+r）=0.6×（5+5）=6V ‎ 最大值为：Em=6V ‎ 又：Em=mBSω=m•ab•bc•Bω ‎ 可得：ω=rad/s ‎ ‎（2）从图示位置计时电动势瞬时值表达式： ‎ 由右手定则可知感应电流的方向为从d到c；‎ ‎（3）流过灯泡的电量为： ‎ 由因为：Em=mBSω ‎ 所以有：‎ 由焦耳定律可得： ‎ ‎ 由能量守恒可得线圈产生的电能：W=Q总 所以线圈产生的电能：W=1.33J；‎ ‎12.如图，一列沿x轴正方向传播的简谐横波，振幅为，波速为，在波的传播方向上两质点a、b的平衡位置相距（小于一个波长），当时刻时质点a在波峰位置，质点b在x轴下方与x轴相距的位置，试求：‎ ‎（1）画出质点a、b之间波形图 ‎（2）该波的周期；‎ ‎（3）t=0.5s时质点b的位置 ‎【答案】（1）见解析；（2）0.6s或者0.3s（3）b点在波谷y=-2cm或者b点在波峰y=2cm ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）质点a、b之间波形图；‎ 情况一 ‎ 情况二 ‎ ‎（2）由 知 ‎ ‎①对应情况一：a、b之间有相差 ‎ 由 则a、b之间距离 ‎ ‎ 故周期为 ‎ 对应情况二：a、b之间有相差 ‎ 则a、b之间距离， ‎ 故周期为。‎ ‎（3） ，则 ‎ 若是一情况：‎ 向x轴正向平移，b点在波谷y=-2cm ‎ 若是二情况：‎ 向x轴正向平移 ，b点在波峰y=2cm ‎ ‎ ‎ ‎