四川省宜宾市第三中学2018_2019学年高二物理3月月考试题（含解析）.docx

四川省宜宾市第三中学2018-2019学年高二物理3月月考试题（含解析）一、单项选择题（本题包括8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题意）1.下列说法正确的是（）A. 洗衣机工作时机壳的振动频率等于其固有频率B. 鼓手随音乐敲击鼓面时鼓面的振动是自由振动C. 为了防止桥梁发生共振而坍塌,部队要齐步通过桥梁D. 声音可振碎玻璃杯，是因为玻璃杯发生了共振【答案】D【解析】【详解】A正常工作时，洗衣机波轮的运转频率比洗衣机的固有频率大，所以洗衣机工作时机壳的振动频率大于其固有频率，故A错误；B鼓手随音乐敲击鼓面时鼓面的振动是受迫振动，故B错误；C部队经过桥梁时，规定不许齐步走，主要原因是避免使桥发生共振，故C错误；D较弱声音可振碎玻璃杯，是因为玻璃杯发生了共振，故D正确；2.一质点做直线运动的vt图像如图所示，则该质点（）A. 在第3 s末回到零时刻所在的位置B. 在1 s3 s的加速度大小为1m/s2C. 在07 s内的平均速度为0D. 在1 s3s内受到合外力与3 s5 s内受到的合外力方向相反【答案】B【解析】【详解】A前3s内，质点一直沿正向运动，则在第3 s末不会回到零时刻所在的位置，故A错误；B根据速度图象的斜率等于加速度，在1 s3 s内质点的加速度的大小为，故B正确；C根据“面积”表示位移，可知，在07 s内的位移不为0，则平均速度不为0，故C错误；D根据速度图象的斜率等于加速度，直线的斜率是一定的，可知1 s3s内与3 s5 s内的加速度相同，则合外力相同，故D错误；3.2016年6月和8月，我国在西昌和酒泉卫星发射中心，分别发射了第二十三颗北斗导航卫星G7和世界首颗量子科学实验卫星“墨子号”。G7属地球静止轨道卫星（高度距地面约3600 km），“墨子号”的圆形轨道距地面的高度约为500 km。关于在轨运行的这两颗卫星，下列说法正确的是（ ）A. “墨子号”的运行速度大于7.9 km/sB. 北斗G7的运行速度大于11.2 km/sC. “墨子号”的运行周期比北斗G7大D. “墨子号”的向心加速度比北斗G7大【答案】D【解析】【详解】A、7.9km/s是绕地球表面运动的速度，是卫星的最大环绕速度，则这两颗卫星的速度都小于7.9km/s，故A错误；B、运行速度不能大于11.2 km/s，大于11.2 km/s会脱离地球引力的束缚，成为绕太阳运行的人造行星，或成为其他行星的人造卫星，故B错误；C. 根据解得：，半径越大，周期越大，则半径小的量子科学实验卫星“墨子号”的周期比北斗G7小，故C错误；D、根据可知：，轨道半径小的量子科学实验卫星“墨子号”的向心加速度比北斗G7大，故D正确；故选D。【点睛】关键知道7.9km/s是绕地球表面运动的速度，是卫星的最大环绕速度，根据分析周期与轨道半径的关系；根据分析加速度与轨道半径的关系。4.下列关于单摆的说法，正确的是()A. 单摆摆球的回复力等于摆球所受的合力B. 单摆摆球的回复力是摆球重力沿运动轨迹切线方向的分力C. 单摆摆球经过平衡位置时加速度为零D. 单摆振幅越大时，周期越长【答案】B【解析】【详解】AB摆球的回复力由摆球所受的合力沿圆弧切线方向的分力(等于重力沿圆弧切线方向的分力)提供，摆球所受的合力沿摆线方向的分力提供向心力，故B正确，A错误；C摆球经最低点(振动的平衡位置)时回摆球的复力为零，但向心力不为零，所以加速度不为零，故C错误；D单摆的周期与摆球的质量无关，与单摆的振幅无关，故D错误；5.如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动.取向右为正，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，则由图可知（）A. t=0.2s时，振子的加速度方向向左B. t=0.6s时，振子的速度方向向右C. t=0.4s到t=0.8s的时间内，振子的动能逐渐减小D. t=0到t=2.4s的时间内，振子通过的路程是80cm【答案】A【解析】【详解】A由图象乙知，t=0.2s时，振子远离平衡位置向右运动，位移增大，根据可知，回复力方向向左，则加速度方向向左，故A正确；Bt=0.6s时，振子靠近平衡位置向左运动，所以振子的速度方向向左，故B错误；Ct=0.4s到t=0.8s的时间内，振子向平衡位置运动，速度逐渐增大，振子的动能逐渐增大，故C错误；Dt=0到t=2.4s的时间内，振子通过的路程是，故D错误；6.如图表示一交流电的电流随时间而变化的图像,此交流电流的有效值是( )A. AB. 10AC. AD. 5A【答案】B【解析】【详解】设交流与直流通过阻值都为R的电阻，直流电流为I，则根据有效值的定义有：，解得：，故B正确，ACD错误；7.图中虚线K、L、M为静电场中的三个相距很近的等势面一带电粒子（不计重力）射入此静电场中后，轨迹如图实线abcde已知电势，且粒子在ab段做减速运动下列说法中正确的是（）A. 粒子带负电B. 粒子在a点的电势能大于b点的电势能C. 粒子在a点的速率等于在e点的速率D. 粒子从c点到d点的过程中电场力做负功【答案】C【解析】【详解】A、已知电势，作出电场线如图，方向大体向左，由轨迹弯曲方向知道，粒子所受的电场力方向大体向左，故电荷带正电，故A错误；B、粒子从a到b的过程中，电场力对正电荷做负功，电势能增加，粒子在a点的电势能小于b点的电势能，故B错误；C、a与e处于同一等势面上电势相等，电势能相等，根据能量守恒，速率也相等，故C正确；D、粒子从c点到d点的过程中，电势降低，电势能减小，则电场力做正功，故D错误；8.如图所示，足够长U型光滑金属导轨平面与水平面成角(090)，其中MN与PQ平行且间距为L，N、Q间接有阻值为R的电阻，匀强磁场垂直导轨平面，磁感应强度为B，导轨电阻不计质量为m的金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒接入电路的电阻为r，当金属棒ab下滑距离x时达到最大速度v，重力加速度为g，则在这一过程中()A. 金属棒做匀加速直线运动B. 当金属棒速度为时，金属棒的加速度大小为C. 电阻R上产生的焦耳热为D. 通过金属棒某一横截面的电量为【答案】D【解析】【详解】A根据牛顿第二定律可得：，即：，当速度增大时，安培力增大，加速度减小，所以金属棒ab开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀加速直线运动，故A错误；B金属棒ab匀速下滑时，则有： ，即，当金属棒速度为时，金属棒的加速度大小为，故B错误；C根据动能定理可得：，解得产生的焦耳热为：，电阻R上产生的焦耳热为：，故C错误；D通过金属棒某一横截面的电量为，故D正确；二、多项选择题（本题包括4小题，每小题4分，共16分，全部选对的得4分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）9.图甲是小型交流发电机的示意图，在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁场方向垂直的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示发电机线圈内阻为10，外接一只电阻为90的灯泡，不计电路的其他电阻，已知，则（）A. t=0时刻线圈平面与中性面重合B. 每秒钟内电流方向改变100次C. 灯泡两端的电压为22VD. 线圈的转速为100r/s【答案】AB【解析】【详解】A由图象乙可知t=0时感应电动势为零，处于中性面上，故A正确；B由题图乙可知周期，频率为，线框每转一周，电流方向改变两次，每秒电流方向改变100次，故B正确；C由题图乙可知交流电电动势的最大值是，有效值为：，根据闭合电路的分压特点得电压表的示数为，故C错误；D根据可得线圈的转速为，故D错误；10.理想变压器原线圈接如图甲所示正弦交变电压，变压器原线圈匝数匝，P是副线圈上的滑动触头，当P处于图乙所示位置时，副线圈连入电路的匝数匝，电容器C恰好不被击穿，灯泡L恰能正常发光，R是滑动变阻器。以下判断正确的是（ ）A. 若向下移动P，电容器的电荷量增加B. 电容器的击穿电压为VC. 若保持P不动，向下移动R的滑片，灯泡变暗D. 若保持R的滑片不动，向下移动P，电流表A示数减小【答案】BD【解析】【详解】A若向下移动P，则副线圈的电压变小，根据可知电容器的电荷量减小，故A错误；B原线圈输入电压的有效值为：，当P位移题图乙所示位置,副线圈电压的有效值为：，电容器C恰好不被击穿，电容器击穿电压的最大值为：，故B正确；C若保持P不动，向下移动R的滑片，R接入电路的电阻减小，流过灯泡的电流增大，灯泡变亮，故C错误；D若保持R的滑片不动，向下移动P，则副线圈的电压变小，副线圈的电流变小，根据可知原线圈的电流减小，即电流表A示数减小，故D正确；11.卡车在水平道路上行驶，货物随车厢做上下方向的振动而不脱离车厢底板。设向上为正方向，其振动图像如图所示，则（ ）A. 时刻货物速度为零B. 时刻货物处于最高点C. 时刻货物处于超重状态D. 时刻货物处于超重状态【答案】BC【解析】【详解】A、时刻货物的位移为零，其加速度为零，货物的速度最大，故A错误；B、时刻货物的位移为正向最大，根据简谐运动的特征得知货物处于最高点，故B正确；C、时刻货物的位移为负向最大，根据简谐运动的特征得知其加速度为正向最大，即向上最大，根据牛顿定律得知，货物处于超重状态，故C正确； D、时刻的时刻货物的位移为零，其加速度为零，根据牛顿定律得知，货物对车厢底板的压力等于货物的重力，故D错误；12.如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m=2kg的另一物体B以水平速度v0=3m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）A. A、B间动摩擦因数为0.2B. 木板获得的动能为1JC. 系统损失的机械能为4JD. 木板A的最小长度为1.5m【答案】AD【解析】【详解】A、B的加速度大小为，由牛顿第二定律得，解得=0.2，故A正确；B、由图示图象可知，木板获得的速度为v=1m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：，解得：，则长木板A的动能为，故B错误；C、系统损失的动能，故C错误；D、由图得到：0-1s内B的位移为，A的位移为，木板A的最小长度为，故D正确；三、实验题（本题包括2小题，共15分）13.在“用单摆测定重力加速度”的实验中（1）以下关于本实验的措施中正确的是_（选填下列选项前的序号）A摆角应尽量大些B摆线应适当长些C摆球应选择密度较大的实心金属小球D用停表测量周期时，应取摆球摆至最高点时开始计时（2）若该同学测量了5种不同摆长与单摆振动周期的对应情况，并将记录的结果描绘在如图所示的坐标中，图中实线是根据实验数据点画出的T2l图线；利用图象求得当地的重力加速度值为g=_（保留三位有效数字）【答案】 (1). BC (2). 【解析】【详解】(1)A、单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，则单摆偏离平衡位置的角度不能太大,一般不超过，故A错误；B、单摆的摆长越长，周期越大，适当加长摆长，便于测量周期，可以减小测量的误差，提供测量结果的精确度，故B正确；C、要减小空气阻力的影响，应选体积较小的密度较大的实心金属小球，故C正确；D、用停表测量周期时，应取摆球从经过平衡位置时开始计时，以减小实验的误差，故D错误；(2)根据单摆的周期公式可知：，图象的斜率为，解得当地的重力加速度值为14.某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：A被测干电池一节B电流表：量程00.6A，内阻约为0.3C电流表：量程03A，内阻约为0.1D电压表：量程03V，内阻未知E电压表：量程015V，内阻未知F滑动变阻器：010，2AG滑动变阻器：0100，1AH开关、导线若干伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻(1)在上述器材中请选择适当的器材：_（填写选项前的字母）；(2)实验电路图应选择图中的_（填“甲”或“乙”）；(3)根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U-I图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E=_V，内电阻r=_【答案】(1)ABDFH(2)如图(3)1.50.9【解析】【详解】(1)电源的电动势约1.5V，则电压表选择量程03 V的D；选择内阻已知的电流表B，将此电流表与电源直接串联，可消除电流表分压带来的系统误差；滑动变阻器电阻较小有利于电表数值的变化，滑动变阻器选择010 的F。(2)由于电流表内阻已知，选择甲电路将电流表与电源直接串联，可消除电流表分压带来的系统误差。(2)据可得：，则图线的纵截距，图线的斜率，电源的内阻【点睛】本题中电流表的内阻已知，可消除电流表分压带来的误差。在解题中要由实验原理结合闭合电路欧姆定律得出图线对应的表达式，从而由图线求出电源的电动势和内电阻。四、计算题（本题包括4小题，共45分。请在答题纸上写出必要的文字说明，重要的方程式、重要的演算过程，明确的数值和单位。只有答案，没有过程的不得分）15.如图所示，质量为的物体静置于粗糙水平面上，在水平拉力作用下物体开始向右做匀加速运动，物体和水平面间的动摩擦因数.重力加速度，不计空气阻力.（1）求物体在内运动的位移；（2）求末时摩擦力的功率大小.【答案】(1) (2) 【解析】详解】(1)由牛顿第二定律：解得：5s内的位移为： (2)5s时的速度为： 5S时摩擦力的功率大小：16.如图所示，学校有一台应急备用发电机，升压变压器匝数比为n1：n2=1：4，降压变压器的匝数比为n3：n4=4：1，输电线总电阻为R线=4，全校有22间教室，每间教室安装“220V 40W”的电灯6盏，要求所有的电灯都正常发光，求：（1）输电线上损耗的电功率P损；（2）升压变压器原线圈两端的电压U1。【答案】(1) (2) 【解析】【详解】(1)所有电灯正常发光时消耗的功率为：由于灯正常发光时，降压变压器副线圈两端电压：所以降压变压器原线圈两端电压：解得：两变压器之间输电线上的电流为：输电线上损失的功率：(2)升压变压器副线圈两端电压：升压变压器原线圈两端电压：17.如图所示，在直角坐标系xoy平面内，x轴的正半轴与射线OP之间的区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，射线OP与x轴正向的夹角为450，在y轴的正半轴和射线OP之间的区域存在着平行于y轴并指向y轴负向的匀强电场，一个质量为m，电荷量为q的带电粒子（重力不计），从x轴正半轴上的M 点（L，0）垂直进入匀强磁场，经磁场偏转到达边界OP时速度与x轴负向平行，之后进入匀强电场，经电场偏转后从O点射出，