2018-2019学年高二物理上学期期中试卷(含解析) (III).doc

2018-2019学年高二物理上学期期中试卷(含解析) (III)一、单项选择题（本大题共 8 小题；每小题每小题 3 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符 合题意，请把答案填涂在答题卡上）1.关于简谐运动的位移、加速度和速度的关系，下列正确的是 A. 位移减小时，加速度增大，速度增大B. 位移方向总和加速度方向相反，和速度方向总相同C. 物体的速度增大时，加速度一定减小D. 物体向平衡位置运动时，速度方向和位移方向相同【答案】C【解析】【详解】A、位移x减小时,加速度 也减小;振子靠近平衡位置,故速度增加,故A错;B、位移方向总跟加速度方向相反.质点经过同一位置,位移方向总是由平衡位置指向质点所在位置,而速度方向两种,可能与位移方向相同,也可能与位移方向相反,故B错误;C、物体的速度增大时,运动方向指向平衡位置,位移逐渐减小,所以加速度一定减小,所以C选项是正确的;D、物体运动方向向平衡位置时,位移方向离开平衡位置,速度方向跟位移方向相反;故D错误;故选C【点睛】简谐运动的位移是指质点离开平衡位置的位移,方向从平衡位置指向质点所在位置.当质点背离平衡位置时,位移增大,速度减小,加速度增大,加速度方向总是与位移方向相反,指向平衡位置,质点做非匀变速运动.当质点靠近平衡位置时,位移减小,速度增大,加速度减小.2.如图所示，弹簧振子在A、B之间做简谐运动。以平衡位置O为原点，建立Ox轴。向右为x轴的正方向。若振子位于B点时开始计时，则其振动图像为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：当振子运动到N点时开始计时，分析此时振子的位置，即确定出t=0时刻质点的位置，即可确定位移时间的图象由题意：设向右为x正方向，振子运动到N点时，振子具有正方向最大位移，所以振子运动到N点时开始计时振动图象应是余弦曲线，故A正确视频3.单摆振动的回复力是A. 摆球所受的重力B. 摆球重力在垂直悬线方向上的分力C. 悬线对摆球的拉力D. 摆球所受重力和悬线对摆球拉力的合力【答案】B【解析】单摆的运动是简谐运动，简谐运动要求回复力与位移成反比：F=kx；忽略空气阻力，对摆球进行受力分析，摆球受重力（竖直向下）和摆线拉力（摆线收缩方向），由于摆球运动轨迹为圆弧切线方向，以切线方向为基础建立坐标系，分解重力；X轴：Gx沿着摆球运动切线方向；y轴：Gy与运动切线垂直，X轴切线方向方程，Gx=ma，此时Gx为摆球的合力，方向指向平衡位置，运动过程重力沿X轴方向分力不断减小，直到摆球运动到水平位置，重力分量为0；综上，实际上单摆的回复力由重力分力提供；故选B。【点睛】回复力：使振子返回平衡位置并总指向平衡位置的力作用：使振子返回平衡位置 振动的单摆受到重力G与绳的拉力T作用，绳的拉力和重力的法向分力的合力提供圆周运动的向心力；指向平衡位置的合外力是重力的切向分力，它提供了单摆振动的回复力4.当波源远离观测者时，观测者所接收到的频率 f 和波源振动的频率 f 的关系为A. f = f B. f f C. f f D. 无法确定【答案】B【解析】【详解】f由波源每秒钟所振动的次数决定,介质振动的频率由波源频率及波源相对介质是否移动来决定,当观察者远离波源过程中,观察者接收到的机械波频率比观察者静止时接收到的频率小,即f f .故ACD错误,B正确. 故选B【点睛】利用多普勒效应分析即可,当观察者远离波源过程中,观察者接收到的机械波频率比观察者静止时接收到的频率小;当观察者靠近波源过程中,观察者接收到的机械波频率比观察者静止时接收到的频率大.5.如图所示，S1、S2 是两个相干波源，它们的相位及振幅均相同。实线和虚线分别表示在某一时刻它们所发出的波 的波峰和波谷，关于图中所标的 a、b、c 三点，下列说法中正确的是A. a 质点振动减弱，b、c 质点振动加强B. a 质点振动加强，b、c 质点振动减弱C. 再过 T/4 后的时刻，b、c 两质点都将处于各自的平衡位置，振动将减弱D. a 点一直在平衡位置，b 点一直在波峰，c 点一直在波谷【答案】A【解析】【详解】ABC、a质点处是两列波波峰与波谷叠加的地方,振动始终减弱的,而b、c质点是两列波波峰与波峰、波谷与波谷叠加的地方,振动始终加强.故A对；BC错；D、因为两个波源的振动方向相同、振幅相同,所以a点静止不动,一直在平衡位置.b、c两点的振动始终是加强的,但它们仍在振动,位移随时间周期变化,不是静止不动的.故D错误.故选A【点睛】两列波干涉时,两列波的波峰与波峰、波谷与波谷相遇处,振动始终加强,波峰与波谷相遇处振动始终减弱.振动加强点的振动等于波单独传播时振幅的2倍.6.两个带电的金属小球，相距一定距离时（此距离远远大于两球的直径），相互作用力的大小为 F。若把它们的带电 量、距离都增大到原来的二倍，它们的相互作用力的大小为A. F16 B. F8 C. F4 D. F【答案】D【解析】【详解】根据库仑力公式F=kQ1Q2r2 可知：当它们的带电量、距离都增大到原来的二倍，它们的相互作用力的大小不变，故D对;ABC错；故选D7.两相同带电小球，带有等量的同种电荷，用等长的绝缘细线悬挂于 O 点，如图所示。平衡时，两小球相距 r，两小球的直径比 r 小得多，若将两小球的电量同时各减少一半，当它们重新平衡时， 两小球间的距离A. 等于 r/2 B. 小于 r/2 C. 大于 r/2 D. 等于 r【答案】C【解析】【详解】电量减小,根据库仑定律知,库仑力减小,两球间的距离减小.假设两球距离等于r/2 ,则库仑力与开始一样大,重力不变,则绳子的拉力方向应与原来的方向相同,所以两球距离要变大些.则两球的距离大于r/2 .故C对；ABD错误；故选C8.A、B 是电场中的一条直线形的电场线，将一个带负电的点电荷从 A 点由静止释放，它在沿电场线从 A 向 B 运动过 程中的速度图象如图所示。判断电场线的方向，并比较 A、B 两点的场强 E，下列说法中正确的（）A. 方向由 A 指向 B， EAEBB. 方向由 A 指向 B， EAEBC. 方向由 B 指向 A， EAEBD. 方向由 B 指向 A， EAEB【答案】D【解析】【详解】从速度时间图象可以看出,点电荷做加速运动,所受的电场力方向由A指向B,而负试探电荷受到的电场力方向为场强的反方向,故场强方向由B指向A；速度时间图象的切线的斜率表示加速度,故说明加速度不断减小,电场力不断减小,场强也不断减小,故EAEB ;【点睛】速度时间图象的切线的斜率表示加速度,正试探电荷受到的电场力方向为场强方向,沿着电场力方向,电势降低.二、多项选择题（本大题共 10 小题；每小题 3 分，共 30 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意， 选不全得 2 分，选错不得分，请把答案填涂在答题卡上）9.如图，沿波的传播方向上有间距均为 1m 的六个质点 a、b，c、d、e、f，均静止在各自的平衡位置，一列横波以1m/s 的速度水平向右传播，r=0 时到达质点 a，a 开始由平衡位置向上运动，t=1s 时，质点 a 第一次到达最高点， 则在 4st5s 这段时间内（ ）A. 质点 c 的加速度逐渐增大B. 质点 a 的速度逐渐增大C. 质点 d 向下运动D. 质点 f 保持静止【答案】ACD【解析】试题分析: 由图得知，该波的周期为T=4s，则波长=vT=4m。波由a传到c的时间为，也就是第4s末质点c才刚开始振动，所以，在4st5s这段时间内，质点c从平衡位置向上运动，加速度逐渐增大，故A正确；在4秒t5秒这段时间内，质点a从平衡位置向上运动，速度逐渐减小故B错误；波由a传到d的时间为3s，d起振方向向上，则在4秒t5秒这段时间内，d点从波峰向平衡位置运动，即向下运动故C正确；波从a传到f点需要5s时间，所以在4秒t5秒这段时间内，f还没有振动故D正确。考点：波的图象10. 如图所示,是一演示波的衍射的装置，S为在水面上振动的波源，M、N是水面上的两块挡板，其中N板可以移动，两板中有一狭缝，此时测得图中A处水没有振动，为了使A处的水也能发生振动，下列措施可行的是A. 使波源的振动频率增大 B. 使波源的振动频率减小C. 移动N板使狭缝的间距增大 D. 移动N板使狭缝的间距减小【答案】BC【解析】波长越长衍射越明显，再由，可使波源的振动频率减小，波长增大，或移动N板使狭缝的间距增大11.一列简谐横波沿x轴传播，某时刻的波形如图所示，已知此时质点F的运动方向向y轴负方向，则 （ ）A. 此波向x轴正方向传播B. 质点C此时向y轴负方向运动C. 质点C将比质点B先回到平衡位置D. 质点E的振幅为零【答案】C【解析】此时F的振动方向向下，根据走坡法可得此波沿x轴负方向传播，A错误，此时质点C在波峰，准备向下振动，B错误，此时B点正向y轴正方向运动，C点的振动先于B的振动，所以质点C将比质点B先回到平衡位置，C正确，质点E在平衡位置，准备向下振动，但质点的振幅和其他质点一样，D错误。12.一重球从高处下落到 b 点时和弹簧接触，压缩弹簧至最低点 c 点后又被弹簧弹起，则重球从 b至 c 的运动过程中A. 速度逐渐减小B. 加速度先减小后增大C. 克服弹力做的功等于重力做的功D. 重球在 c 点的加速度大于重力加速度 g【答案】BD【解析】【详解】AB.小球与弹簧接触,开始重力大于弹力,加速度方向向下,做加速运动,向下运动的过程中,弹力增大,则加速度减小,加速度减小到零,速度达到最大,然后弹力大于重力,加速度方向向上,做减速运动,向下运动的过程中,弹力增大,则加速度增加,所以速度先增大后减小,加速度先减小后增大.故A错误,B正确.C. 重球从 b至 c 的运动过程中,重力做正功，弹力做负功，而动能减小，根据动能定理可知：克服弹力做功大于重力做的功，故C错；D. 若小球从弹簧处由静止释放,到达最低点,根据运动的对称性,知加速度等于g,方向竖直向上,若从某一高度下降,下降的更低,则加速度大于g，故D对；故选BD【点睛】根据小球的受力得出加速度的方向,根据加速度的方向与速度方向的关系,判断小球的运动情况,从而得出速度和加速度的变化13.一单摆在地球表面做受迫振动，其共振曲线（振幅 A 与驱动力的频率 f 的关系）如图 所示，则A. 此单摆的固有频率为 0.5HzB. 此单摆的摆长约为 1mC. 若摆长增大，单摆的固有频率减小D. 若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动【答案】ABC【解析】【详解】A、单摆做受迫振动,振动频率与驱动力频率相等;当驱动力频率等于固有频率时,发生共振,则固有频率为0.5Hz,故A正确；B、由图可以知道,共振时单摆的振动频率与固有频率相等,则周期为2s.由公式T=2Lg ,可得L=1m,故B正确C、若摆长增大,单摆的固有周期增大,则固有频率减小.故C正确D、若摆长增大,则固有频率减小,所以共振曲线的峰将向左移动.故D错误;故选ABC【点睛】由共振曲线可以知道,出现振幅最大,则固有频率等于受迫振动的频率.结合单摆周期公式T=2Lg求解。14.如图所示，两个不带电的导体 A 和 B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触。把一带正电 荷的物体 C 置于 A 附近，贴在 A、B 下部的金属箔片都张开，则A. 此时 A 带正电，B 带负电B. 移去 C，贴在 A、B 下部的金属箔片将闭合C. 先把 A 和 B 分开，然后再移去 C，贴在 A、B 下部的金属箔片仍然张开D. 先把 A 和 B 分开，然后再移去 C，贴在 A、B 下部的金属箔片将闭合【答案】BC【解析】【详解】A、物体C靠近A附近时，由于静电感应，A端带上负电，B端带上正电；故A错误； B、移去C后，由于电荷间相互作用，重新中和，达电中性状态，两金属箔均闭合；故B对；CD、先把AB分开，则A带负电，B带正电，移去C后，电荷不能再进行中和，此时A所带电荷量仍然等于B的带电量，故两金属箔仍然张开；故C对；D错故选BC15.两个通电小球带电后相互推斥，如图所示。两悬线跟竖直方向各有一个夹角 a 、b ，ab 且两球在同一水平面上。则一定能判断的是 A. 两球的质量大小关系B. 两球带电量大小关系C. 绳子中的拉力大小关系D. 两球带同种电荷【答案】ACD【解析】【详解】D、两个球相互排斥,故一定带同种电荷,故D对A、对左侧小球受力分析,受重力mg,拉力T和静电斥力F,如图根据平衡条件,有F=Tsin mg=Tcos 计算得：F=mgtan 再对右侧小球受力分析,同理有F=Mgtan 两个小球之间的库仑力相等，因为ab，所以mM ，故A对；B、两个小球之间的库仑力相等，根据F=kQ1Q2r2 则没办法判断两个小球带电量之间的关系，故B错；C、根据勾股定理可知T=F2+G2 ，由于mM，所以质量大则绳子的拉力大一点，故C对；故选ACD【点睛】两球相互排斥,故带同种电荷,根据牛顿第三定律可以知道相互排斥力相等,与带电量无关;再根据平衡条件得到排斥力的表达式进行分析.本题关键是对小球受力分析,根据平衡条件得到电场力表达式,然后再结合牛顿第三定律进行分析判断.16.如图所示，某电场的电场线分布关于 y 轴（沿竖直方向）对称，O、M、N 是 y 轴上的三 个点，且 OM=MN。P 点在 y 轴右侧，MPON。则A. M 点场强大于 N 点场强B. M 点电势与 P 点的电势相等C. 将正电荷由 O 点移动到 P 点，电场力做负功D. 在 O 点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿 y 轴正方向做直线运动【答案】AD【解析】【详解】A、从图像上可以看出，M点的电场线比N点的电场线密集，所以M 点场强大于 N 点场强，故A对；B、沿着电场线电势在降低，由于电场不是匀强电场，所以M和P点不在同一条等势线上，所以M 点电势与 P 点的电势不相等，故B错；C、结合图像可知：O点的电势高于P点的电势，正电荷从高电势运动到低电势，电场力做正功，故C错；D、在 O 点静止释放一带正电粒子，根据电场线的分布可知，正电荷一直受到向上的电场力，力与速度在一条直线上，故粒子做直线运动，故D对；故选AD17.如图所示，实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图无法判断的是() A. 带电粒子所带电荷的性质B. 带电粒子在a、b两点的受力方向C. 带电粒子在a、b两点的速度何处较大D. 带电粒子在a、b两点的加速度何处较大【答案】BCD【解析】试题分析：由粒子的偏转方向可得出粒子的受力方向，由功的计算可得出电场力做功的正负，由动能定理可得出粒子动能的变化；由电场力做功与电势能的关系可得出电势能的变化假定粒子由a到b运动，由图可知，粒子偏向右下方，则说明粒子在a、b两处所受的电场力向下，由于不知电场线方向，故无法判断粒子电性，故A错误B正确；由图可知，若粒子从a到b的过程中，电场力做正功，故说明粒子速度增大，电势能减小，故可知b处速度较大，b点的电势能小，故CD正确；18.如图所示，M、N 为两个固定的等量同种正电荷，在其连线的中垂线上的 P 点由静止释放 一负电荷（忽略重力），下列说法中正确的是A. 从 P 到 O，可能加速度越来越小，速度越来越大B. 从 P 到 O，可能加速度先变大变小，速度越来越大C. 越过 O 点后，可能加速度一直变大，速度一直减小D. 越过 O 点后，可能加速度一直变小，速度一直减小【答案】AB【解析】试题分析：在等量同种电荷连线中垂线上电场强度方向OP，负点电荷q从P点到O点运动的过程中，电场力方向PO，速度越来越大但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况无法判断，但可能是加速度先变大后变小故A错误，B正确越过O点后，负电荷q做减速运动，则点电荷运动到O点时速度最大电场力为零，加速度为零根据电场线的对称性可知，越过O点后，负电荷q做减速运动，加速度的变化情况：先增大后减小；对于速度一直减小，故CD错误故选B考点：等量异种电荷的电场【名师点睛】本题考查对等量异种电荷电场线的分布情况及特点的理解和掌握程度，解题时要抓住电场线的对称性来讨论电荷的受力情况三、实验题（本大题共 1 小题，共 12 分。把答案填在答题纸上）19.某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的实践和探究：（1）用游标卡尺测量摆球直径 d，如右图所示，则摆球直径为_cm，测量单摆摆长为l ；（2）用秒表测量单摆的周期。当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为 0，单摆每 经过最低点记一次数，当数到 n=60 时秒表的示数如右图所示，秒表读数为_s，则该单 摆的周期是 T=_s（保留三位有效数字）；（3）将测量数据带入公式 g=_（用 T、 l 表示），得到的测量结果与真实的重力加速度 值比较，发现测量结果偏大，可能的原因是_；A.误将 59 次数成了 60 次 B.在未悬挂单摆之前先测定好摆长 C.将摆线长当成了摆长 D.将摆线长和球的直径之和当成了摆长（4）该同学纠正了之前的错误操作，尝试测量不同摆长 l 对应的单摆周期 T，并 在坐标纸上画出 T2与 l 的关系图线，如图所示。由图线计算出的重力加速度的值g=_m/s2，（保留 3 位有效数字）【答案】 (1). 2.06cm ； (2). 67.4s (3). 2.24s (4). g=42lT2 (5). AD (6). g=9.86m/s2【解析】【详解】（1）游标卡尺的主尺读数为20mm,游标读数为0.16=0.6mm ,则最终读数为20.6mm=2.06cm.（2）秒表的读数为60s+7.4s=67.4s,则周期T=67.430=2.24s,（3）根据T=2Lg 解得：g=42lT2,A.误将 59 次数成了 60 次 ，导致测量时周期T测小，根据g=42lT2可知g值测量值偏大，故A对；B.在未悬挂单摆之前先测定好摆长 ，导致测量的摆长小于真实的摆长，根据g=42lT2可知g值偏小；故B错C.将摆线长当成了摆长没有加小球的半径，导致测量的摆长偏小，根据g=42lT2可知g值偏小，故C错；D.将摆线长和球的直径之和当成了摆长，导致测量的摆长变长，根据g=42lT2可知g值偏大；故D对；故选AD（4）根据T=2Lg可得：T2=42lg ，则在T2与 l 的关系图线中，斜率代表k=42g 根据图像可求出：k=4.853.251.200.80=4 则g=9.86m/s2 故本题答案是：（1）2.06cm ； （2）67.4s ； 2.24s （3）g=42lT2；AD （4）g=9.86m/s2【点睛】游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数,不需估读.秒表的读数等于小盘读数加上大盘读数.根据单摆的周期公式得出T与L的关系式,结合关系式得出图象的斜率.解决本题的关键掌握单摆测量重力加速度的原理,以及掌握游标卡尺和秒表的读数方法,难度不大四、解答题（本大题共 4 小题，共 34 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答 案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）20.如图所示，实线是一列简谐横波在 t=0 时刻的波形图，虚线是这列简谐横波在 t=0.2s 时刻的波形图，求:（1）由图读出波的振幅和波长；（2）若波沿 x 轴正方向传播，求波速的可能值；（3）若波沿 x 轴负方向传播，求波速的可能值。【答案】（1）波长0.24 m，振幅为10m；（2）v=xt=k340.2=1.2k+34(k0，1，2，3，)（3）v=xt=k140.2=1.2k+14(k0，1，2，3，)【解析】【详解】（1）由波形图知波长0.24 m，振幅为10m（2）若波沿 x 轴正方向传播，传播距离x满足xk34(k0，1，2，3，) 由速度公式知：v=xt=k340.2=1.2k+34(k0，1，2，3，)（3）波沿x轴负方向传播时，传播距离xk14(k0，1，2，3，) 由速度公式知v=xt=k140.2=1.2k+14(k0，1，2，3，) 故本题答案是：（1）波长0.24 m，振幅为10m；（2）v=xt=k340.2=1.2k+34(k0，1，2，3，)（3）v=xt=k140.2=1.2k+14(k0，1，2，3，)21.如图所示，一质量为 m、带电量为 q 的金属小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中。静止时悬线向右与竖直方向成q 角，已知重力加速度为 g。（1）判断小球电性；（2）求电场强度 E 的大小；（3）若把绝缘体细线剪断，求剪断细线瞬间小球的加速度。【答案】（8分）解：（1）向右偏说明电场力向右，所以小球带正电.（2分）（2）受力分析：重力，拉力，电场力tg=qE/mgE=mgtg/q（3分）(3) 细线剪断之前：cos=mg/FF=mg/cos细线剪断，F消失，小球受到的合力大小等于Fa=F/m=g/cos（3分）【解析】本题考查的