四川省宜宾市南溪二中2019-2020学年高二3月月考物理试卷

四川省宜宾市南溪二中2019-2020学年高二3月月考物理试卷

物理 一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）‎ 1. 如图，平行板电容器的两极板竖直放置并分别与电源的正负极相连，一带电小球经绝缘轻绳悬挂于两极板之间，处于静止状态现保持右极板不动，将左极板向左缓慢移动关于小球所受的电场力大小F和绳子的拉力大小T，下列判断正确的是　　‎ A. F逐渐减小，T逐渐减小 B. F逐渐增大，T逐渐减小 C. F逐渐减小，T逐渐增大 D. F逐渐增大，T逐渐增大 ‎ ‎【答案】A ‎【解析】【分析】‎ ‎ 明确电容器与电源相连，故电容器两端的电势差不变，由可分析电场力的变化情况，再根据受力分析明确绳子拉力的变化情况。本题综合考查了共点力平衡、电场强度以及电容器的动态分析问题，只要明确电容器两板间电势差不变，再根据匀强电场的性质即可明确场强的变化，从而再结合平衡条件求解即可。 【解答】  电容器与电源相连，所以两端间电势差不变，将左极板向左缓慢移动过程中，两板间距离增大，则由可知，电场强度E减小；电场力减小； 小球处于平衡状态，受重力、拉力与电场力的作用而处于平衡，故拉力与电场力和重力的合力大小相等，方向相反；根据平行四边形定则可知，；由于重力不变，电场力变小，故拉力变小，故A正确，BCD错误。 故选A。 ‎ 2. 一个石块由高出地面上方H处做自由落体运动，当它的速度大小等于落地速度的一半时，距离地面的高度为(    )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】解：根据速度位移关系，全程有： 前半程： 联立解得： 故离地高度为：；故ABD错误，C正确。 故选：C 自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，根据速度位移关系公式列式求解即可。 本题关键是明确自由落体运动的运动性质，然后根据速度位移关系公式列式求解。 ‎ 1. 一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M向N行驶，速度逐渐增大。小王分别画出汽车转弯时的四种加速度方向，则正确的是　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】解：汽车从M点运动到N，曲线运动，必有些力提供向心力，向心力是指向圆心的；汽车同时速度增大，所以沿切向方向有与速度方向相同的分力；向心力和切线合力与速度的方向的夹角要小于，所以选项BCD错误，选项A正确。 故选：A。 汽车在水平的公路上转弯，所做的运动为曲线运动，故在半径方向上合力不为零且是指向圆心的；又是做加速运动，故在切线上合力不为零且与瞬时速度的方向相同，分析这两个力的合力，即可看出那个图象时对的。 解决此题关键是要沿半径方向上和切线方向分析汽车的受力情况，在水平面上，加速的汽车受到水平的力的合力在半径方向的分力使汽车转弯，在切线方向的分力使汽车加速，知道了这两个分力的方向，也就可以判断合力的方向了。 ‎ 1. 如图所示是某质点做简谐运动的振动图象关于质点的运动情况，下列描述正确的是　　‎ A. 时，质点正沿x轴正方向运动 B. 时，质点的位移方向为x轴负方向 C. 时，质点的速度为零 D. 时，质点的加速度为零 ‎ ‎【答案】D ‎【解析】解：A、在时刻，图象切线的斜率为负，说明质点是从x的最大位移处向平衡位置方向运动的，运动的方向沿x的负方向，故A错误。 B、由图可知，末质点的位移大于0，质点的位移方向为x轴正方向，故B错误。 C、由图可知，在时刻，质点的位移为0，则速度为最大，故C错误。 D、由图可知，在时刻，质点的位移为0，则恢复力等于0，根据牛顿第二定律可知加速度等于0，故D正确。 故选：D。 根据位移时间图象的斜率等于速度，分析质点的速度方向质点通过平衡位置时速度最大，加速度最小；通过最大位移处时加速度最大． 由振动图象可以读出周期、振幅、位移、速度和加速度及其变化情况，是比较常见的读图题． ‎ 2. 如图所示，质量为m的物体A放在质量为M的物体B上，物体B与轻弹簧水平连接在竖直墙上，两物体在光滑水平面上做简谐运动，振动过程中A、B之间无相对运动，若弹簧的劲度系数为k，当物体离开平衡位置的位移为x时，两物体间的摩擦力的大小等于　　‎ A. 0 B. kx C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】【分析】 先对整体分析由牛顿第二定律可得出回复力的表达式，再对B分析，即可得出回复力的表达式，AB相同的为加速度而不是回复力，故可以由加速度得出B物体的回复力公式。 整体做简谐运动，则对整体有：； 【解答】 则整体的加速度， 对于m由牛顿第二定律可知： ‎ ‎。 故选D。 ‎ 1. 下列关于单摆运动的说法中，正确的是　　‎ A. 单摆做简谐运动时，其回复力由重力沿轨迹切线方向的分力提供 B. 单摆的周期与摆球的质量和摆长有关 C. 当单摆的摆长变为原来的2倍时，周期也变为原来的2倍 D. 将单摆从地球移到月球上，其周期将变小 ‎【答案】A ‎【解析】解：A、单摆在运动过程中的回复力是重力沿圆弧方向上切向分力，即摆线的拉力与重力的合力沿圆弧方向上切向分力，故A正确； B、根据单摆的周期公式：可知单摆的周期与摆球的质量无关故B错误； C、根据单摆的周期公式：可知当单摆的摆长变为原来的2倍时，周期也变为原来的倍故C错误； D、将单摆从地球移到月球上，月球表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，根据单摆的周期公式：可知其周期将变大故D错误． 故选：A． 单摆的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力，不是摆线的拉力与重力的合力由单摆的周期公式分析单摆的周期与哪些因素有关，与哪些因素无关． 对于单摆的回复力、周期公式、简谐运动的条件是重点，通过周期公式，掌握单摆的周期与什么因素有关系． ‎ 2. 一矩形线圈在匀强磁场中绕一固定转轴作匀速转动，当线圈刚好处于如图所示的位置时，则它的 ‎ A. 磁通量最大，磁通量的变化率最小，感应电动势最小 B. 磁通量最大，磁通量的变化率最大，感应电动势最大 C. 磁通量最小，磁通量的变化率最大，感应电动势最大 D. 磁通量最小，磁通量的变化率最小，感应电动势最小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】 当线圈处于与中性面垂直面位置时，磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势最大． 解决本题的关键知道线圈处于中性面和与中性面垂直的面的特点，知道线圈平面与磁场平行时，磁通量为零，感应电动势最大． 【解答】 解：当线圈处于图中所示位置时，即线圈平面与磁场方向平行，此时磁通量为零，最小；，感应电动势最大，磁通量的变化率最大，故C正确，A、B、D错误． 故选：C． ‎ 1. 如图所示为一交变电流的图象，则该交变电流的有效值为多大 ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】【分析】 本题考查的是根据交变电流有效值的定义计算有关交变电流的有效值。要注意求交流电产生的热量时要用有效值。 根据交流电有效值的定义可知，让交流电与直流电通过相同的电阻，在相同时间内交流电产生的热量与直流电产生的热量相同，则直流电的数值即为交流电的有效值。根据有效值的定义列式求解。 【解答】 交变电流一个周期内通过电阻R上产生的热量为：； 设交流电的有效值为I，则由交流电有效值的定义可知： 由以上两式联立得 解得： 故ABD错误，C正确。 故选C。 ‎ 二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）‎ 2. 如图是一弹簧振子，O为平衡位置，则振子从运动的过程中，下列说法正确的是　　 ‎ A. 位移不断减小 B. 速度不断减小 C. 加速度不断减小 D. 弹簧的弹性势能不断增大 ‎【答案】AC ‎【解析】解：振子从运动的过程是靠近平衡位置，故位移减小，速度增加，加速度减小，弹性势能减小； 故AC正确，BD错误； 故选：AC ‎． 根据振子是远离平衡位置还是靠近平衡位置来分析：回复力、位移、速度和加速度的变化． 本题考查根据振动特点分析物体振动过程的能力在振动过程中，有三个量大小变化情况是一致的：回复力、加速度和位移． ‎ 1. 一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其的图象如图所示，则    ‎ A. 质点做匀速直线运动，速度为 B. 质点做匀加速直线运动，加速度为 C. 质点在2 s末速度为 D. 质点在第2 s内的位移为2 m ‎【答案】CD ‎【解析】【分析】‎ 的图象表示平均速度与时间的关系，在图象中，倾斜的直线表示匀速直线运动，图线的斜率等于加速度，由图象直接读出速度。 本题的实质上是速度--时间图象的应用，要明确斜率的含义，能根据图象读取有用信息。‎ ‎【解答】‎ 根据图象，结合数学知识得图线的斜率为：，则其公式为：，整理得：，由匀变速直线运动的位移时间公式得：初速度为，加速度为的匀加速直线运动，故AB错误；‎ C.根据匀变速直线运动的末速度公式得2s末的速度为：，故C正确；‎ D.根据匀变速直线运动的位移时间公式得前1s内的位移为：，‎ 前2s内的位移为：，则第2s内的位移为：，故D正确。‎ 故选CD。‎ ‎ ‎ 2. 国家电网公司推进智能电网推广项目建设，拟新建智能变电站1400座变电站起变换电压作用的设备是变压器，如图所示，理想变压器原线圈输入电压 ，电压表、电流表都为理想电表则下列判断正确的是　　‎ A. 输入电压有效值为200 V，电流频率为50 Hz B. S打到a处，当变阻器的滑片向下滑动时，两电压表示数都增大 C. S打到a处，当变阻器的滑片向下滑动时，两电流表的示数都减小 D. 若变阻器的滑片不动，S打到b处，电压表和电流表的示数都减小 ‎【答案】AD ‎【解析】解：A、根据瞬时值表达式知，输入电压的最大值是，输入电压的有效值，角速度，所以，故A正确； B、S打到a处，副线圈匝数增加，根据，有，副线圈两端的电压增加，电压表示数不变，电压表示数增加，故B错误； C、S打到a处，副线圈两端的电压增大，滑片向下滑动，变阻器电阻变小，副线圈电流增大，输出功率增大，输入功率增大，输入电压不变，所以电流表示数增大，故C错误； D、若变阻器滑片不动，S打到b处，副线圈电压变小，输出功率输入功率都减小，由知，原线圈电流减小，即电压表和电流表示数都减小，故D正确； 故选：AD 根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论 电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法 ‎ 1. 如图所示，有一台交流发电机E，通过理想升压变压器和理想降压变压器向远处用户供电，输电线的总电阻为的输入电压和输入功率分别为和，它的输出电压和输出功率分别为和；的输入电压和输入功率分别为和，它的输出电压和输出功率分别为和设的输入电压一定，当用户消耗的电功率变大时，有　　‎ A. 不变，变小 B. 减小，变大 C. 变大，变大 D. 不变，变小 ‎【答案】AC ‎【解析】解：AB要使用户消耗的电功率变大，由于是理想变压器，则也会变大；由于的输入电压一定时，也不变，则必须变大，线路上的电流变大，导致电阻R消耗的功率也变大，电阻两端电压也变大，所以变小，变小，故A正确、B错误； CD、要使用户消耗的电功率变大，由于是理想变压器，则也会变大；由于的输入电压一定时，也不变，则必须变大，因变压器输出功率决定了输入功率，故输入功率增大；故C正确，D错误． 故选：AC ‎ 通过理想升压变压器将电送到用户附近，然后用理想降压变压器向远处用户供电家中提升电压的目的是降低线路的功率损失，从而提高用户得到的功率． 明确远距离输电和理想变压器基本原理，知道理想变压器的输入功率与输出功率相等，且没有漏磁现象输电线上的损失功率与其电流的平方成正比，而与输电线两端的电压的平方成反比． ‎ 三、实验题探究题（本大题共3小题，共27.0分）‎ 1. 某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动，用自制“滴水计时器”计量时间。实验前，将该计时器固定在小车旁，如图所示。实验时，保持桌面水平，用手轻推一下小车。在小车运动过程中，滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴，图记录了桌面上连续6个水滴的位置。已知滴水计时器每30s内共滴下46个小水滴 由图可知，小车在桌面上是______填“从右向左”或“从左向右”运动的。 该小组同学根据图的数据判断出小车做匀变速运动。小车运动到图中A点位置时的速度大小为______，加速度大小为______结果均保留2位有效数字 ‎ ‎【答案】从右向左     ‎ ‎【解析】解：由于用手轻推一下小车，则小车做减速运动，根据桌面上连续6个水滴的位置，可知，小车从右向左做减速运动； 已知滴水计时器每30s内共滴下46个小水滴，那么各点时间间隔为： 根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，有： ， 根据匀变速直线运动的推论公式可以求出加速度，得：  ， 那么加速度的大小为。 故答案为：从右向左；，。 依据小车在手轻推一下，则做减速运动，结合各点间距，即可判定运动方向； 根据匀变速直线运动的推论公式可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C 点时小车的瞬时速度大小。 要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。 ‎ 1. ‎【加试题】如图1所示为探究“感应电流方向的规律”实验装置，下列电表中最适合该实验的是      填字母 ‎ 某同学用如图2所示可拆变压器，探究线圈两端电压与匝数的关系，输入输出如图3所示。将单刀双掷开关打到1，增大副线圈匝数，小灯泡的亮度将      填“变亮”、“变暗”或“不变”。该同学利用该装置进一步探究电容器对交变电流的影响，他将开关打到2，小灯泡发光，现增大输入端的交流电源频率，小灯泡的亮度    填“变亮”、“变暗”或“不变”。‎ ‎【答案】    ‎ 变亮     变亮 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】 ‎ 条形磁铁的运动，导致闭合线圈的磁通量变化，从而产生感应电流，因电流较小，则需要灵敏的电流计，并依据指针的偏转方向来判定感应电流的方向，从而即可求解；‎ 考查感应电流产生的条件，理解感应电流大小与方向影响因素，注意各电流表的区别，是解题的关键。‎ ‎【解答】‎ 本实验是探究“感应电流方向的规律”，结合感应电流产生的条件，当条形磁铁的运动，会导致闭合线圈内的磁通量变化，从而产生较小的感应电流，因此需要灵敏的电流计，因电流有正反方向，所以应选择B图的电流表，故ACD错误，B正确；‎ 故选B。‎ ‎【分析】‎ 根据原副线圈的变压比，即可副线圈的电压与匝数关系，再结合增大交流电源的频率通过电容器的电流更大，即可求解。‎ 解决本题的关键知道容抗对交流电的阻碍作用的大小与什么因素有关明确容抗的决定因素可以帮助定性分析。‎ ‎【解答】‎ 将单刀双掷开关打到1，增大副线圈匝数，根据原副线圈电压与其匝数成正比，当增大副线圈匝数，小灯泡的电压增大，那么小灯泡的亮度将变亮； 将开关打到2，小灯泡发光，根据容抗和交流频率的关系，现增大输入端的交流电源频率，通过电容器的电流更大，灯泡会变亮； 故答案为变亮；变亮。‎ ‎ ‎ 1. 某同学利用单摆测出当地的重力加速度，并通过查阅资料与自己的实验结果对比。 如果测得的g值偏小，可能的原因是________。 ‎ A.测摆线长时摆线拉得过紧 B.摆线上端悬点末固定，振动中出现松动，使实际摆线长度增大了 C.开始计时时，按下秒表稍晚 D.实验中误将49次全振动记为50次 为了提高实验精度，在实验中可改变摆长l并测出相应的周期T，从而得出多组对应的l与T的数据，再以l为横坐标，T为纵坐标，将所得数据连成直线如图所示，并求得该直线的斜率为k，则重力加速度________用k表示。 ‎ ‎【答案】；。‎ ‎【解析】【分析】  本题考查利用单摆测出当地的重力加速度，解决本题的关键掌握单摆的周期公式，知道图线斜率表示的物理意义。 根据单摆的周期公式得出重力加速度的表达式，从而分析测量值偏小的原因；  根据单摆的周期公式得出关系式，结合图线的斜率求出重力的加速度g的表达式。 【解答】 ‎ 根据得： ， A. 测摆线长时摆线拉得过紧，摆长偏大， 测得的g应偏大，故A错误；  B.摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了， 使周期变大了，知摆长的测量值偏小，所以重力加速度的测量值偏小，故B正确； C.开始计时时，按下秒表稍晚，周期的测量值偏小，知重力加速度的测量值偏大，故C错误；  D.实验中误将49次全振动数记为50次，周期的测量值偏小，知重力加速度的测量值偏大，故D错误。 故选B。  根据得，，知图线斜率，则。  故答案为：；。 ‎ 四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）‎ 1. 如图是一个弹簧振子的振动图象，根据图象所给的数据，问： ‎ ‎    弹簧振子偏离平衡位置的最大位移为多大？‎ ‎    弹簧振子经过多长时间完成1次完整的振动？‎ ‎    、B、C三个位置，在哪个位置时振子的速度最大？运动方向如何？‎ ‎【答案】解：根据图像，弹簧振子偏离平衡位置的最大位移为8cm； 由图知，弹簧振子的周期为2s，所以弹簧振子经过2s完成1次完整的振动； 图象上某点切线的斜率表示速度，故A、B、C三点所表示的对应位置中，在A位置上摆球的速度最大，在A、B位置时振子速度沿x轴正方向位置时速度为零。 答：弹簧振子偏离平衡位置的最大位移为8cm；  弹簧振子经过2s完成1次完整的振动； 在A位置时振子速度最大，在A、B位置时振子速度沿x轴正方向位置时速度为零。‎ ‎【解析】本题关键是从图象得到对应的基本量，同时明确切线斜率表示速度。  、根据图象直接读出振幅最大位移、周期； 然后根据单摆周期公式求解摆长，图象上某点切线的斜率表示速度。 ‎ 2. 如图所示，一带正电粒子，从A点以速度平行匀强电场等势面沿AO方向射入电场图中的平行线为匀强电场的等势面，由B点飞出匀强电场时速度方向与AO方向的夹角为已知粒子质量为m，电荷量为q，不计粒子重力。 ‎ 说明电场线的方向，求B点速度大小； 求AB两点间的电势差。‎ ‎【答案】解：匀强电场的电场线与等势面垂直，所以电场线的方向垂直等势面向下 电荷做类平抛运动，分解速度为： B点速度为： 对粒子A到B，由动能定理得到： 解得：。 答：电场线的方向垂直等势面向下，B点速度大小为； 两点间的电势差为。‎ ‎【解析】根据对称性方向与等势线的关系分析对称性方向；根据受到的合成与分解求解B点的速度； 对粒子A到B，由动能定理得到求解AB两点间的电势差。 有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。 ‎ 1. 如图为远距离输电过程的示意图已知某个小型发电机的输出功率为90kW，发电机的电压为250V，通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为，在用户端用一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为即用户得到的功率为，求： 降压变压器输出的电流和输电线上通过的电流． 输电线上损失的电压和升压变压器输出的电压． 两个变压器各自的匝数比．‎ ‎【答案】解：由于用户获得的电压与降压变压器输出电压相同，根据功率的相关公式可知压变压器输出电流为：         根据输电导线线消耗的功率为的相关公式可知： ‎ ‎． 由欧姆定律可知输电导线消耗的电压为： ， 根据升压变压器功率守恒可得升压变压器输出电压，即： ． 由输电导线上两端电压的关系可知降压变压器原线圈两端的电压为： ， 根据理想变压器原副线圈与匝数的关系可知： ．． 答：降压变压器输出的电流为400A，输电线上通过的电流为20A． 输电线上损失的电压为100V，升压变压器输出的电压为4500V． 两个变压器各自的匝数比分别为1：18和20：1．‎ ‎【解析】根据用户端的功率和电压求出用户端的电流，根据输电线上损失的功率求出输电线上的电流． 根据输电线上的电流和输电线的电阻求出输电线上损失的电压，根据输出功率和输送的电流得出升压变压器的输出电压． 根据原副线圈的电压比求出升压变压器的匝数比，根据电压损失得出降压变压器的输入电压，从而通过电压比得出降压变压器的匝数比． 解决本题的关键知道原副线圈的电压比与匝数比的关系，知道升压变压器的输出电压、电压损失、降压变压器的输入电压之间的关系． ‎ 1. 如图所示为交流发电机示意图，匝数为匝的矩形线圈，边长分别为和，内阻为，在磁感应强度的匀强磁场中绕轴以的角速度匀速转动，转动开始时线圈平面与磁场方向平行，线圈通过电刷和外部的电阻相接。求电键S合上后， 写出线圈内产生的交变电动势瞬时值的表达式； 电压表和电流表示数； 电阻R上所消耗的电功率； 从计时开始，线圈转过的过程中，通过外电阻R的电量。‎ ‎【答案】解：感应电动势最大值： 故表达式为： 有效值：， 电键S合上后，由闭合电路欧姆定律得： 则电阻两端的电压为： 电阻R上所消耗的电功率为： 由图示位置转过的过程中，通过R上的电量为： ‎ 答：表达式为； 电压表示数为40V，电流表示数为； 电阻R上所消耗的电功率是80W； 由图示位置转过的过程中，通过R的电量是。‎ ‎【解析】此题首先要能够求出闭合线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的感应电动势的表达式，产生电动式的线圈相当于电源，从而传化为电路的问题，在解题过程中一定要注意，电压表和电流表的示数为有效值。 线圈中产生的感应电动势的最大值表达式为，表达式 电表测量电流的有效值。根据有效值与最大值的关系求出电动势的有效值，根据闭合电路欧姆定律求出电流和路端电压； 电阻R上消耗的功率用电流的有效值乘以电压的有效值； 根据电量表达式，与感应电动势结合，得出公式，从而可求得。 ‎