内蒙古北重五中2018_2019学年高二物理下学期月考试题.docx

2018-2019学年度第二学期北重五中月考考试高二年级物理试卷一、单选题1. 如图的简谐运动图象中，在t1和t2时刻，运动质点相同的量为（ ）A. 加速度B. 位移C. 速度D. 回复力【答案】C【解析】在t1和t2时刻，运动质点关于平衡位置对称，位移大小相等方向相反，加速度和回复力方向均指向平衡位置，也是大小相等方向相反，两时刻速度大小相等，运动方向均向负方向，故C正确故选C2.如图甲所示，弹簧振子以点为平衡位置，在、两点之间做简谐运动振子的位移随时间的变化图象如图乙所示下列判断正确的是（ ） A. 时振子的加速度为零B. 时振子的速度最大C. 和时振子的加速度相同D. 和时振子的速度相同【答案】B【解析】A时振子处于振幅最大处，加速度最大，故A错误；B时振子处于平衡位置，速度最大，加速度为零，故B正确；C和时加速度大小相同，方向不同，故C错误；D和时速度大小相同，方向相反，故D错误；故选B。【点睛】振子处于振幅最大处，加速度最大，振子处于平衡位置，速度最大，加速度为零。3.如图甲所示，在匀强磁场中有一个n10 匝的闭合矩形线圈绕轴匀速转动，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为5 ，从图甲所示位置开始计时，通过线圈平面的磁通量随时间变化的图像如图乙所示，则()A. 线圈转动过程中消耗的电功率为102WB. 在t0.2 s时，线圈中的感应电动势为零，且电流改变一次方向C. 所产生的交变电流感应电动势的瞬时值表达式为e10sin5t VD. 线圈从图示位置转过90时穿过线圈磁通量变化最快【答案】A【解析】试题分析：绕垂直于磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈中产生正弦或余弦式交流电，由于从垂直中性面开始其瞬时表达式为，由求出最大感应电动势，根据最大值与有效值的关系求出电动势的有效值，由求出线圈消耗的电功率；磁感线与线圈平行时，磁通量为0，磁通量的变化率最大，当线圈处于中性面时，磁通量最大，磁通量的变化率为0，每次经过中性面电流方向发生变化从图乙中可知，线圈产生的最大感应电动势为：，因为线圈从垂直中性面开始计时，所以交变电流感应电动势的瞬时表达式为，感应电动势有效值为，线圈转动过程中消耗的电功率为，A正确C错误；从图乙中可知在t=0.2s时，磁通量为0，线圈中的感应电动势最大，电流方向不变，B错误；图示位置线圈平面与磁场方向平行，磁通量为0，磁通量的变化率最大，穿过线圈的磁通量变化最快，转过90，磁通量最大，磁通量变化率为0，D错误4.采用220 kV高压向远方的城市输电当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的，输电电压应变为（ ）A. 55 kVB. 110 kVC. 440 kVD. 880 kV【答案】C【解析】本意考查输电线路的电能损失，意在考查考生的分析能力。当输电功率P=UI，U为输电电压，I为输电线路中的电流，输电线路损失的功率为P损=I2R，R为输电线路的电阻，即P损=。当输电功率一定时，输电线路损失的功率为原来的，则输电电压为原来的2倍，即440V，故选项C正确。点睛：本意以远距离输电为背景考查输电线路的电能损失，解题时要根据输送电功率不变，利用输电线路损失的功率P损=I2R解题。5.如图所示，为同一地点两单摆甲、乙的振动图线，下列说法中正确的是（）A. 甲、乙两单摆的摆长不相等B. 甲摆的振幅比乙摆大C. 甲摆的机械能比乙摆大D. 在t=0.5s时乙摆摆线张力最大【答案】B【解析】A、由图看出,两单摆的周期相同，同一地点，g相同，由单摆的周期公式得知，甲、乙两单摆的摆长L相等，故A错误；B、甲摆的振幅为10cm，乙摆的振幅为7cm，则甲摆的振幅比乙摆大，故B正确；C、尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长也相等，但由于两摆的质量未知，所以无法比较机械能的大小，故C错误；D、在t=0.5s时，乙摆的位移为负向最大，速度为零，可知乙摆摆线张力最小，故D错误；故选B。【点睛】由图读出两个单摆的周期，由单摆的周期公式分析摆长关系；由位移的最大值读出振幅；由于两摆的质量未知，无法比较机械能的大小；由牛顿第二定律和向心力知识分析乙摆摆线张力。6. 如图所示。曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把，曲轴可带动弹簧振子上、下振动。开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为2Hz。现匀速转动摇把，转速为240r/min。则：（ ）A. 当振子稳定振动时，它的振动周期是05sB. 当振子稳定振动时，它的振动频率是4HzC. 当转速增大时，弹簧振子的振幅增大D. 当转速减小时，弹簧振子的振幅增大【答案】BD【解析】试题分析：摇把的转速为，它的周期，；转动摇把时，弹簧振子做受迫振动；振子做受迫振动，振动周期等于驱动力的周期，当振子稳定振动时，它的振动周期是0.25s，频率为，A错误，B正确；摇把转动的周期与弹簧振子固有周期相差越小，振子的振幅越大，并不是转速越大，弹簧振子的振幅就越大，故C错误；当转速减小时，弹簧振子的受迫振动周期渐渐接近振子的固有周期，所以弹簧的振幅增大，故D正确；故BD正确；考点：考查了受迫振动和自由振动点评：本题关键根据受迫振动的周期等于驱动力的周期和产生共振的条件：驱动力的周期等于固有周期7.做简谐运动的物体，当其位移为负时，以下说法正确的是()A. 速度一定为正值，加速度一定为负值B. 速度一定为负值，加速度一定为正值C. 速度不一定为负值，加速度不一定为正值D. 速度不一定为负值，加速度一定为正值【答案】D【解析】振子的位移为负值时，说明振子没在平衡位置，如果振子在负向最大位移处，速度为零，加速度最大。8.两矩形线圈分别在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，线圈中产生的感应电动势e随时间t的变化关系分别如图中甲、乙所示，则下列说法正确的是（ ）A. 两交变电流的频率之比f甲：f乙=1：2B. 两交变电流的电动势有效值之比E甲：E乙=3：1C. t=1s时，两线圈中的磁通量的变化率均为零D. t=1s时，两线圈均处在与中性面垂直的位置上【答案】C【解析】由图象知甲的周期为1s，乙的周期为2s，所以，A错误；甲的有效值为，乙的有效值为，所以，B错误；t=1s时，甲乙瞬时电压为零，磁通量的变化率为零，此时线圈处于中性面位置，C正确D错误9.如图所示的理想变压器，b是原线圈的中点接头，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上正弦交变电压，现将单刀双掷开关与a连接，下列说法正确的是（）A. 滑动变阻器触头P向上移动时，电压表、电流表示数均变小B. 滑动变阻器触头P向上移动时，原线圈中电流减小C. 单刀双掷开关由a转向b，电压表、电流表示数均变大D. 单刀双掷开关由a转向b，变压器输入功率将变小【答案】C【解析】AB、滑动变阻器触头P向上移动时，电阻R增大，由于电压不变，故电流减小，电流表示数减小，电压表示数不变，理想变压器输入功率等于输出功率，则原线圈中电流也减小，故A错误，B正确；CD、单刀双掷开关由a转向b，原线圈匝数变小，根据原副线圈的电压比等于原副线圈匝数之比可知副线圈电压变大，电压表和电流表示数均变大，输出功率增大，由于理想变压器输入功率等于输出功率，则输入功率也增大，故C正确，D错误；故选BC。10.单匝矩形线圈abcd边长分别为l1和l2，在匀强磁场中可绕与磁场方向垂直的轴OO匀角速转动，转动轴分别过ad边和bc边的中点，转动的角速度为磁场的磁感应强度为B图为沿转动轴OO观察的情况，在该时刻线圈转动到ab边的速度方向与磁场方向夹角为，此时线圈中产生的感应电动势的瞬时值为（）A. 2Bl1l2cosB. 3Bl1l2sinC. Bl1l2cosD. Bl1l2sin【答案】D【解析】【分析】发电机产生正弦式交变电流，根据公式Em=nBS求解最大电动势，根据电动势的瞬时值表达式：e=Emsint，即可得出结论【详解】矩形线圈在匀强磁场中做匀角速转动，产生交流电，感应电动势的最大值为：Em=nBS=nBL1L2；根据电动势的瞬时值表达式：e=Emsint，在该时刻线圈转动到ab边的速度方向与磁场方向夹角为时，=t；此时线圈中产生的感应电动势的瞬时值为：e=Bl1l2sin。故选D。二、多选题11.如图所示，在一根张紧的水平绳上挂几个摆，其中A、E摆长相等；先让A摆振动起来，其他各摆随后也跟着振动起来，则A. 其它各摆摆动周期跟A摆相同B. 其它各摆振动振幅大小相同C. 其它各摆振动振幅大小不相同，E摆振幅最大D. 其它各摆振动周期大小不同，D摆周期最大【答案】AC【解析】【详解】AD.摆摆动，其余各摆也摆动起来，它们均做受迫振动，所以其余各摆的振动频率都等于摆摆动的频率，振动周期也等于摆摆动的频率。故A正确，D错误。BC.由于摆的摆长与摆摆长相同，所以这两个摆的固有频率相同，所以摆出现共振现象，振幅最大。故C正确，B错误。12.匀强磁场中，矩形金属线框绕与磁感线垂直转轴匀速转动，如图1所示，产生的交变电动势的图象如图2所示，则A. 时线框的磁通量为零B. 时线框的感生电动势最大C. 线框产生的交变电动势有效值为311VD. 线框产生的交变电动势的有效值为220V【答案】AD【解析】【详解】由图可知时刻感应电动势最大，此时线圈所在平面与中性面垂直，所以穿过线框回路的磁通量为零，A正确；时刻感应电动势等于零，B错误；产生的有效值为：，C错误D正确13.如图所示，物体A放置在物体B上，B与一轻弹簧相连，它们一起在光滑水平面上以O点为平衡位置做简谐运动，所能到达相对于O点的最大位移处分别为P点和Q点，运动过程中A、B之间无相对运动已知物体A的质量为m，物体B的质量为M，弹簧的劲度系数为k，系统的振动周期为T，振幅为L，弹簧始终处于弹性限度内下列说法中正确的是A. 物体B从P向O运动的过程中，A、B之间的摩擦力对A做正功B. 物体B处于PO之间某位置时开始计时，经时间，物体B通过的路程一定为LC. 当物体B加速度为a时开始计时，每经过T时间，物体B的加速度仍为aD. 当物体B相对平衡位置的位移为x时，A、B间摩擦力的大小等于【答案】ACD【解析】物体B从P向O运动的过程中，加速度指向O，B对A的摩擦力水平向右，A、B之间的摩擦力对A做正功，故A正确；物体B处于PO之间某位置时开始计时，经时间，通过的路程不一定不一定是L，只有物体从最大位移处或平衡位置开始计时，物体B通过的路程才为L，故B错误；物体B和A整体做简谐运动，根据对称性，当物体B的加速度为a时开始计时，每经过T时间，物体B的加速度仍为a，故C正确；对整体，A、B间摩擦力的摩擦力大小，故D正确；故选ACD。【点睛】A和B一起在光滑水平面上做往复运动，一起做简谐运动根据牛顿第二定律求出AB整体的加速度，再以A为研究对象，求出A所受静摩擦力在简谐运动过程中，B对A的静摩擦力对A做功。14.如图所示，一质点在平衡位置O点附近做简谐运动，若从质点通过O点时开始计时，经过质点第一次通过M点，再继续运动，又经过质点第二次通过M点，该质点第三次通过M点需再经过的时间可能是A. 1sB. sC. sD. s【答案】AD【解析】【详解】根据题意可以判断质点通过之间的距离所以用的时间为，质点通过点时开始计时，经过质点第一次通过点分两种情况考虑：（1）质点由点向右运动点，则之间所用的时间为，根据对称性，之间所用的时间也为，第三次通过点所用的时间为。（2）质点由点先向左运动再到点，则从所用的时间为，为个周期，的周期为，第三次经过点所用的时间为。故AD正确，BC错误。15.如图所示，三根细线于O点处打结，A、B两端固定在同一水平面上相距为L的两点上，使AOB成直角三角形，已知OC线长是L，下端C点系着一个小球忽略小球半径，下面说法正确的是A. 让小球在纸面内摆动，周期B. 让小球在垂直纸面方向摆动，周期C. 让小球在纸面内摆动，周期D. 让小球在垂直纸面内摆动，周期【答案】AD【解析】【详解】AC.当小球在纸面内做小角度振动时，圆心时点，摆长为，故周期为。故A周期，C错误。BD.当小球在垂直纸面方向做小角度振动时，圆心在墙壁上且在正上方，摆长为，故周期为。故B错误，D正确16.如图甲所示矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动，产生的交变电流输入理想变压器的原线圈，矩形线圈以两种角速度转动产生的电动势随时间的变化规律如图乙中a、b所示，则下列说法正确的是 () A. 曲线a、b对应的线圈角速度之比为B. 曲线b表示交变电流的电动势有效值为5VC. 仅将原线圈抽头P向上滑动时，灯泡变暗D. 仅将电容器的电容C变大时，灯泡变暗【答案】AC【解析】【详解】A.由图乙可知的周期为，的周期为，则由，角速度与周期成反比，故角速度比为。故A正确。B.由图乙可知曲线表示的交变电流的电动势最大值为，根据可得，所以可得曲线表示的交变电流的电动势的最大值为，则有效值为。故B错误。C. 仅将原线圈抽头向上滑动时，原线圈的匝数变大，根据变压器的电压与匝数的关系，输出电压减小，故灯泡会变暗。故C正确。D.电容器的电容变大，容抗减小，故干路电流增加，灯泡变亮。故D错误。三、实验题探究题17. 下面为某同学用单摆测量当地的重力加速度实验部分操作.（1）为了比较准确地测量出当地的重力加速度值，应选用下列所给器材中的哪些？将所选用的器材的字母填在题后的横线上.A长1m左右的细绳 B长30m左右的细绳C直径2 cm的铅球 D直径2cm的木球E秒表 F时钟F最小刻度是厘米的刻度尺 H最小刻度是毫米的刻度尺所选择的器材是_.(2)用游标卡尺测量小钢球直径，读数如图所示，读数为_mm.(3)测出单摆偏角小于5时完成n次全振动的时间为t，用毫米刻度尺测得摆线长为L，游标卡尺测得摆球直径为d .用上述测得的量写出测量重力加速度的一般表达式：g=_ _(4)他测得的g值偏小，可能原因是A计算时将L成摆长 B测摆线长时摆线拉得过紧C开始计时时，秒表过迟按下 D实验中误将30次全振动计为29次（5）该同学测出不同摆长时对应的周期T，作出T 2-L图线，如图所示，再利用图线上任两点A、B的坐标（x1，y1）、（x2，y2），可求得g= .若该同学测摆长时漏加了小球半径，而其它测量、计算均无误，也不考虑实验误差，则用上述T 2-L图线法算得的g值和真实值相比是 的（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）.【答案】（1）ACEH 9.8 AD，不变【解析】试题分析：（1）用单摆测重力加速度实验，为减小实验误差，摆线应选：长1m左右的细线；实验时应使用质量大体积小，即密度大的摆球，故摆球应选：直径2cm左右的铅球；实验需要测出单摆的周期，因此需要选择：秒表；测摆长时为减小实验误差，应选择：准确度是1mm的直尺；故需要的实验器材为：ACEH。（2）游标卡尺的主尺读数为：，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为，所以最终读数为：。（3）根据题意可知：，由单摆的周期公式，解得。（4）根据重力加速度的表达式：，计算时将L当成摆长，则摆长的测量值偏小，则重力加速度的测量值偏小，故A正确；测摆线长时摆线拉得过紧，使摆线长度增加了，则摆长的测量值偏大，重力加速度测量值偏大，故B错误；开始计时时，秒表过迟按下，则周期的测量值偏小，重力加速度的测量值偏大，故C错误；实验中误将30次全振动次数记为29次，则周期测量值偏大，重力加速度测量值偏小，故D正确。（5）根据单摆周期公式，有，故图象的斜率为：，解得；测摆长时漏加了小球半径，图象向左偏移了，但斜率不变，故重力加速度的测量值不变；考点：用单摆测定重力加速度【名师点睛】本题考查了实验器材的选择、实验误差分析，知道实验原理与实验器材、由单摆周期公式求出重力加速度的表达式即可正确解题。四、计算题18.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