湖北省荆州市沙市中学高二物理下学期第二次周练试卷（含解析）.doc

2013-2014学年湖北省荆州市沙市中学高二（下）第二次周练物理试卷一、选择题（每小题5分，共65分18题为单选题，912为多选题全部选对的得5分，选不全的得3分，有错选或不答的得零分）1（5分）（2013春西区校级期中）下列关于多普勒效应的说法正确的是（）a若声源向观察者靠近，则声源发出声波的频率变小b若声源向观察者靠近，则声察者接收到声波的频率变大c观察者远离波源，则波源发出声波的频率变小d若波源与观察者相互靠近，则观察者接收到声波的频率变小2（5分）（2009上海）做简谐振动的单摆摆长不变，若摆球质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时速度减小为原来的，则单摆振动的（）a频率、振幅都不变b频率、振幅都改变c频率不变、振幅改变d频率改变、振幅不变3（5分）（2011春许昌期末）如图所示，一弹簧振子在b、c间做简谐运动，o为平衡位置，bc间距离为10cm，从b运动到c的最短时间为1s，下列说法正确的是（）a从b到c振子作了一次全振动b振动周期为2s，振幅为5cmc经过两次全振动，振子通过的路程是20cmd振子从b点开始，经3s位移是30cm4（5分）（2014秋诸暨市校级期中）一列简谐横波沿x轴负方向传播，图（1）是t=1s时的波形图，图（2）是波中某振动质元位移随时间变化的振动图线（两图用同一时间起点），则图（2）可能是图（1）中哪个质元的振动图线？（）ax=1m处的质元bx=2m处的质元cx=3m处的质元dx=4m处的质元5（5分）（2008靖江市模拟）如图所示，一条形磁铁，从静止开始，穿过采用双线绕成的闭合线圈，条形磁铁在穿过线圈过程中做（）a减速运动b匀速运动c自由落体运动d非匀变速运动6（5分）（2011秋河西区期末）如图所示，在加有匀强磁场的区域中，一垂直于磁场方向射入的带电粒子轨迹如图所示，由于带电粒子与沿途的气体分子发生碰撞，带电粒子的能量逐渐减小，从图中可以看出（）a带电粒子带正电，是从b点射入的b带电粒子带负电，是从b点射入的c带电粒子带负电，是从a点射入的d带电粒子带正电，是从a点射入的7（5分）（2013春温州期中）半圆形导轨竖直放置，不均匀磁场水平方向并垂直于轨道平面，一个金属环在轨道内来回滚动，如图所示，若空气阻力不计，则（）a金属环做等幅振动b金属环做减幅振动c金属环做增幅振动d无法确定8（5分）（2014秋奎文区校级期末）有一个带正电荷的离子，沿垂直于电场方向射入带电平行板的匀强电场离子飞出电场后的动能为ek，当在平行金属板间再加入一个垂直纸面向内的如图所示的匀强磁场后，离子飞出电场后的动能为ek，磁场力做功为w，则下面各判断正确的是（）aekek，w=0bekek，w=0cek=ek，w=0dekek，w09（5分）（2014秋涪城区校级期末）甲、乙两弹簧振子，振动图象如图所示，则可知（）a两弹簧振子完全相同b两弹簧振子所受回复力最大值之比f甲：f乙=2：1c振子甲速度为零时，振子乙速度最大d振子的振动频率之比f甲：f乙=1：210（5分）（2015春淮安校级月考）如图所示是一列简谐横波在t=0时刻的波形图已知这列波沿x轴正方向传播，波速为20m/s，则在t=0.17s时该质点p（）a速度和加速度都沿y方向b速度沿+y方向，加速度沿y方向c速度和加速度均正在增大d速度正在增大，加速度正在减少11（5分）（2010春温州期中）一矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动，线圈中的感应电动势e随时间t的变化规律如图所示，下列说法中正确的是（）at1时刻通过线圈的磁通量最大bt2时刻通过线圈的磁通量最大ct3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大d每当e转换方向时，通过线圈的磁通量都为最大12（5分）在如图所示的ui图象中，直线为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线为某一电阻r的伏安特性曲线用该电源直接与电阻r相连组成闭合电路由图象可知（）a电源的电动势为3v，内阻为2b电阻r的阻值为2c电源的输出功率为4wd电源的效率为66.7%二、实验题：（本大题共2小题，共17分）13（5分）在用单摆测定重力加速度的实验中，某同学测出的g值比当地值大，造成的原因可能是（）a摆角太大了（摆角仍小于10）b量摆长时从悬点量到球的最下端c计算摆长时忘记把小球半径加进去d摆球不是在竖直平面内做简谐振动，而是做圆锥摆运动e计算周期时，将（n1）次全振动误记为n次全振动14（12分）（2012秋惠城区校级期中）测定电源的电动势和内电阻的实验电路和ui图象如下：请回答下列问题（1）在闭合开关之前，为防止电表过载，滑动变阻器的滑动头p应放在处（填ab）（2）现备有以下器材：a干电池1个b滑动变阻器（050）c滑动变阻器（01750）d电压表（03v）e电压表（015v）f电流表（00.6a）g电流表（03a）h电键一个，导线若干该实验应选择的器材是（填字母代号）（3）如图是根据实验数据画出的ui图象由此可知这个干电池的电动势e=v，内电阻r=_三、计算题（本题共3小题，共33分写出必要的文字说明及重要步骤，有数值计算的要明确写出结果和单位将解题过程书写在答题卡规定位置处）15（10分）（2013秋泗县校级期末）一个带正电的微粒，从a点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线ab运动，如图，ab与电场线夹角=30，已知带电微粒的质量m=1.0107kg，电量q=1.01010c，a、b相距l=20cm（取g=10m/s2，结果保留二位有效数字）求：（1）电场强度的大小和方向；（2）要使微粒从a点运动到b点，微粒射入电场时的最小速度是多少？16（10分）（2014秋射阳县校级期末）如图所示，电容器两极板相距d，两板间电压为u，极板间的匀强磁场的磁感应强度为b1，一束电荷量相同的带正电的粒子从图示方向射入电容器，沿直线穿过电容器后进入另一磁感应强度为b2匀强磁场，结果分别打在a、b两点，两点间距为r粒子所带电量为q，且不计粒子所受重力求：（1）粒子进入b2磁场时的速度；（2）打在a、b两点的粒子的质量之差m是多大？17（13分）（2013陕西校级二模）一列简谐横波由质点a向质点b传播已知a、b两点相距4m，这列波的波长大于2m而小于20m图表示在波的传播过程中a、b两质点的振动图象求波的传播速度2013-2014学年湖北省荆州市沙市中学高二（下）第二次周练物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题5分，共65分18题为单选题，912为多选题全部选对的得5分，选不全的得3分，有错选或不答的得零分）1（5分）（2013春西区校级期中）下列关于多普勒效应的说法正确的是（）a若声源向观察者靠近，则声源发出声波的频率变小b若声源向观察者靠近，则声察者接收到声波的频率变大c观察者远离波源，则波源发出声波的频率变小d若波源与观察者相互靠近，则观察者接收到声波的频率变小考点：多普勒效应专题：常规题型分析：本题考查多普勒效应的原理，熟记多普勒的定义即可求解，同时掌握频率变化与运动间的关系解答：解：多普勒效应是指波源或观察者发生移动，而使两者间的位置发生变化，使观察者收到的频率发生了变化；a、若声源向观察者靠近，则声源发出声波的频率不变，故a错误b、若声源向观察者靠近，则观察者接收到声波的频率变大，故b正确c、观察者远离波源，则波源发出声波的频率不变，故c错误d、若波源与观察者相互靠近，观察者接收到声波的频率变大，故d错误故选b点评：多普勒效应是由于观察者和波源间位置的变化而产生的；掌握物理概念要一定要理解其真正意义2（5分）（2009上海）做简谐振动的单摆摆长不变，若摆球质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时速度减小为原来的，则单摆振动的（）a频率、振幅都不变b频率、振幅都改变c频率不变、振幅改变d频率改变、振幅不变考点：单摆周期公式；简谐运动的振幅、周期和频率分析：由单摆的周期公式可以判断单摆的周期的变化，由可以判断单摆的能量的变化，从而可以判断振幅的变化解答：解：由单摆的周期公式，可知，单摆摆长不变，则周期不变，频率不变；振幅a是反映单摆运动过程中的能量大小的物理量，由可知，摆球经过平衡位置时的动能不变，但质量增加，所以高度减小，因此振幅改变，所以c正确故选：c点评：单摆的摆长和重力加速度的大小决定单摆的周期的大小，单摆的能量决定单摆的振幅的大小3（5分）（2011春许昌期末）如图所示，一弹簧振子在b、c间做简谐运动，o为平衡位置，bc间距离为10cm，从b运动到c的最短时间为1s，下列说法正确的是（）a从b到c振子作了一次全振动b振动周期为2s，振幅为5cmc经过两次全振动，振子通过的路程是20cmd振子从b点开始，经3s位移是30cm考点：简谐运动的振幅、周期和频率专题：简谐运动专题分析：振子完成一次全振动通过的路程是4a，从b到c振子没有一次全振动振动周期为2s，振幅为5cm振子从b点开始，经3s位移是30cm解答：解：a、从b到c振子通过路程是2a，不是一次全振动故a错误 b、从b运动到c的最短时间为1s为半个周期，则周期为2s振幅a=5cm故b正确 c、经过两次全振动，振子通过的路程是s=8a=40cm故c错误 d、由图分析可知，振子从b点开始，经3s位移是10cm故d错误故选b点评：本题考查对简谐运动的周期、振幅的理解和判别能力对于简谐运动质点通过的路程，往往一个周期通过4a去研究4（5分）（2014秋诸暨市校级期中）一列简谐横波沿x轴负方向传播，图（1）是t=1s时的波形图，图（2）是波中某振动质元位移随时间变化的振动图线（两图用同一时间起点），则图（2）可能是图（1）中哪个质元的振动图线？（）ax=1m处的质元bx=2m处的质元cx=3m处的质元dx=4m处的质元考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象分析：由振动图象读出t=1s时刻质点的运动状态，在波动图象上找出相对应的质点即可作出选择解答：解：a、图1上x=1m处的质元处于波谷，图2上t=1s时质元经平衡位置向下，两者不符故a错误b、图2上，波沿x轴负方向传播，x=2m处的质元经平衡位置向上，图2上t=1s时质元经平衡位置向下，两者不符故b错误c、图2上，x=3m处的质元处于波峰，与图2上t=1s时质元的振动状态不符故c错误d、图2上，波沿x轴负方向传播，x=4m处的质元经平衡位置向下，与图1上t=1s时质元的状态相同故d正确故选：d点评：根据波的传播方向判断出质点的振动方向，由振动图象读出质点的振动方向都是应具有和基本能力5（5分）（2008靖江市模拟）如图所示，一条形磁铁，从静止开始，穿过采用双线绕成的闭合线圈，条形磁铁在穿过线圈过程中做（）a减速运动b匀速运动c自由落体运动d非匀变速运动考点：楞次定律分析：根据安培定则判断双线绕法的通电线圈产生的磁场方向关系，分析条形磁铁所受的作用力，再判断它的运动性质解答：解：穿过采用双线绕法的通电线圈，相邻并行的导线中电流方向相反，根据安培定则可知，它们产生的磁场方向相反，在空中同一点磁场抵消，则对条形磁铁没有安培力作用，条形磁铁只受重力，又从静止开始下落，所以做自由落体运动故选c点评：本题中线圈采用双线并行绕法是消除自感的一种方式可用安培定则加深理解基础题6（5分）（2011秋河西区期末）如图所示，在加有匀强磁场的区域中，一垂直于磁场方向射入的带电粒子轨迹如图所示，由于带电粒子与沿途的气体分子发生碰撞，带电粒子的能量逐渐减小，从图中可以看出（）a带电粒子带正电，是从b点射入的b带电粒子带负电，是从b点射入的c带电粒子带负电，是从a点射入的d带电粒子带正电，是从a点射入的考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：根据带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径公式r=可知，半径与速率成正比由题，带电粒子的能量逐渐减小，速率减小，则知其轨迹半径减小，由图确定运动方向，由左手定则判断电性解答：解：由题，带电粒子的能量逐渐减小，速率减小，由公式r=可知，带电粒子运动的半径逐渐减小，则该带电粒子是从b点射入的带电粒子在b点受到的洛伦兹力方向向右，由左手定则判断得知，该带电粒子带负电故b正确故选b点评：本题关键要掌握带电粒子在磁场中圆周运动的半径公式和左手定则，基础题7（5分）（2013春温州期中）半圆形导轨竖直放置，不均匀磁场水平方向并垂直于轨道平面，一个金属环在轨道内来回滚动，如图所示，若空气阻力不计，则（）a金属环做等幅振动b金属环做减幅振动c金属环做增幅振动d无法确定考点：法拉第电磁感应定律；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：根据能量守恒定律判断金属环机械能的变化，从而判断出金属环的运动情况解答：解：金属环在进磁场和出磁场时，会产生感应电流，从而产生热量，根据能量守恒定律知，金属环的机械能减小，金属环做减幅振动最后在磁场中做等幅振动故b正确，a、c、d错误故选b点评：解决本题的关键知道金属环在进出磁场时，有感应电流产生，在磁场中运动时，无感应电流8（5分）（2014秋奎文区校级期末）有一个带正电荷的离子，沿垂直于电场方向射入带电平行板的匀强电场离子飞出电场后的动能为ek，当在平行金属板间再加入一个垂直纸面向内的如图所示的匀强磁场后，离子飞出电场后的动能为ek，磁场力做功为w，则下面各判断正确的是（）aekek，w=0bekek，w=0cek=ek，w=0dekek，w0考点：带电粒子在混合场中的运动专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：根据电场力做功的多少，来确定动能的大小，结合运动的分解；而洛伦兹力不做功，即可求解解答：解：首先根据洛伦兹力与速度方向垂直，洛伦兹力不做功，即w=0；其次第一种情况下电场力是全部用来做功，第二种情况：洛伦兹力可以分解竖直方向和水平方向，电场力的一部分要用来平衡洛伦兹力竖直方向的分力，因而不能全部用来做功，导致ekek，故b正确，acd错误；故选：b点评：考查运动的合成与分解，掌握电场力做功正负，理解洛伦兹力不做功注意第二种情况，将速度分解，出现电场力没有全部做功，是解题的关键9（5分）（2014秋涪城区校级期末）甲、乙两弹簧振子，振动图象如图所示，则可知（）a两弹簧振子完全相同b两弹簧振子所受回复力最大值之比f甲：f乙=2：1c振子甲速度为零时，振子乙速度最大d振子的振动频率之比f甲：f乙=1：2考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象专题：振动图像与波动图像专题分析：由振动图象读出两弹簧振子周期之比，根据周期公式t=2分析弹簧振子是否完全相同由图读出两振子位移最大值之比，但由于振子的劲度系数可能不等，无法确定回复力最大值之比振子甲速度为零时，振子乙速度最大频率与周期互为倒数解答：解：a、由振动图象读出两弹簧振子周期之比t甲：t乙=2：1，根据周期公式t=2分析可知，两弹簧振子一定不完全相同故a错误 b、由振动图象读出两振子位移最大值之比x甲：x乙=2：1，根据简谐运动的特征f=kx，由于弹簧的劲度系数k可能不等，回复力最大值之比f甲：f乙不一定等于2：1故b错误 c、由图看出，甲在最大位移处时，乙在平衡位置，即振子甲速度为零时，振子乙速度最大故c正确 d、两弹簧振子周期之比t甲：t乙=2：1，频率之比是f甲：f乙=1：2故d正确故选cd点评：本题考查对振动图象的理解能力不能把两弹簧振子错当成同一个弹簧振子，得到回复力最大值之比f甲：f乙=2：110（5分）（2015春淮安校级月考）如图所示是一列简谐横波在t=0时刻的波形图已知这列波沿x轴正方向传播，波速为20m/s，则在t=0.17s时该质点p（）a速度和加速度都沿y方向b速度沿+y方向，加速度沿y方向c速度和加速度均正在增大d速度正在增大，加速度正在减少考点：简谐运动的振动图象专题：简谐运动专题分析：由波的传播方向判断出在t=0时刻p点的振动方向读出波长，求出周期，根据t=0.17s与周期的关系，再分析p点的速度和加速度方向及其变化情况解答：解：据题，简谐横波沿x轴正方向传播，则t=0时刻p点的振动方向沿y方向由图读出波长=4m，则周期t=，由题t=0.17s，则tt，此时刻质点p正由波峰向平衡位置运动，速度和加速度都沿y方向，而速度正在增大，加速度正在减小故选ad点评：此题要根据波动图象研究质点的振动情况，根据时间与周期的关系进行分析11（5分）（2010春温州期中）一矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动，线圈中的感应电动势e随时间t的变化规律如图所示，下列说法中正确的是（）at1时刻通过线圈的磁通量最大bt2时刻通过线圈的磁通量最大ct3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大d每当e转换方向时，通过线圈的磁通量都为最大考点：法拉第电磁感应定律；磁通量分析：矩形线圈中产生正弦式电流，当线圈通过中性面时，磁通量最大，感应电动势为零，电动势方向发生改变而当线圈与磁场平行时，磁通量为零，感应电动势最大，磁通量的变化率最大解答：解：a、t1时刻感应电动势为零，线圈通过中性面，磁通量最大，故a正确；b、由图t2时刻，感应电动势为最大值，通过线圈的磁通量为零，故b错误；c、t3时刻感应电动势为零，磁通量的变化率为零，故c错误；d、每当e转换方向时，线圈与磁场垂直，线圈通过中性面时，磁通量最大，故d正确；故选：ad点评：本题考查交变电流产生过程中，感应电动势与磁通量、磁通量变化率的关系，关键抓住两个特殊位置：线圈与磁场垂直位置，及线圈与磁场平行位置12（5分）在如图所示的ui图象中，直线为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线为某一电阻r的伏安特性曲线用该电源直接与电阻r相连组成闭合电路由图象可知（）a电源的电动势为3v，内阻为2b电阻r的阻值为2c电源的输出功率为4wd电源的效率为66.7%考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：由电源的路端电压与电流的关系图象与纵轴的交点读出电源的电动势，其斜率大小等于电源的内阻电阻r的伏安特性曲线的斜率等于电阻两图线的交点读出电流与电压，求出电源的输出功率和效率解答：解：a、根据闭合电路欧姆定律得u=eir，当i=0时，u=e，由读出电源的电动势e=3v，内阻等于图线的斜率大小，则r=0.5故a错误b、电阻r=1故b错误c、两图线的交点表示该电源直接与电阻r相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压u=2v，电流i=2a，则电源的输出功率为 p出=ui=22w=4w故c正确d、电源的效率=66.7%故d正确故选：cd点评：对于图线关键要根据物理规律，从数学角度来理解其物理意义本题要抓住图线的斜率、交点的意义来理解图象的意义二、实验题：（本大题共2小题，共17分）13（5分）在用单摆测定重力加速度的实验中，某同学测出的g值比当地值大，造成的原因可能是（）a摆角太大了（摆角仍小于10）b量摆长时从悬点量到球的最下端c计算摆长时忘记把小球半径加进去d摆球不是在竖直平面内做简谐振动，而是做圆锥摆运动e计算周期时，将（n1）次全振动误记为n次全振动考点：用单摆测定重力加速度专题：实验题；单摆问题分析：由题，单摆振动n次的时间t，单摆的周期t=，根据单摆的周期公式推导出重力加速度的表达式g=，再分析g值偏大可能的原因解答：解：根据单摆的周期公式：t=2得g=，a、从上面的表达式可得，重力加速度与小球的质量、摆的振幅和摆角（摆角仍小于10）都无关，故a错误；b、量摆长时从悬点量到球的最下端，l偏大，故g偏大，b项正确；c、将摆线的长误为摆长，摆长的即测量值偏小，所以重力加速度的测量值就偏小故c错误；d、我们是利用单摆的运动规律知t=2得g=，摆球不是在竖直平面内做简谐振动，而是做圆锥摆运动，则t=2，周期将比t=2小，故g偏大，故d正确；e、单摆振动n次的时间t，单摆的周期t=，若误记做n1次，即周期的测量值大于真实值，所以重力加速度的测量值偏小故e正确故选：bd点评：实验误差是考试的热点，也是难点，关键掌握实验原理，从解析式进行分析14（12分）（2012秋惠城区校级期中）测定电源的电动势和内电阻的实验电路和ui图象如下：请回答下列问题（1）在闭合开关之前，为防止电表过载，滑动变阻器的滑动头p应放在b处（填ab）（2）现备有以下器材：a干电池1个b滑动变阻器（050）c滑动变阻器（01750）d电压表（03v）e电压表（015v）f电流表（00.6a）g电流表（03a）h电键一个，导线若干该实验应选择的器材是abdfh（填字母代号）（3）如图是根据实验数据画出的ui图象由此可知这个干电池的电动势e=1.5v，内电阻r=1.0_考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）闭合开关之前，为防止电表过载，滑动变阻器的滑动头p应放在电阻的阻值最大处，以保证电路的安全；（2）电流表和电压表的选择要保证安全和读数时指针的偏转大约在之间；（3）在图线中，图线与纵轴的交点就是所要测量的电动势，内电阻可以使用公式：进行计算解答：解：（1）闭合开关之前，为防止电表过载，滑动变阻器的滑动头p应放在电阻的阻值最大处，故滑动变阻器的滑动头p应放在b处；（2）电流表和电压表的选择要保证安全和读数时指针的偏转大约在之间，干电池1节，电压1.5v，故电压表应选择量程为3v的；在该实验中，一般要求电流最大不超过1a左右，故应选择0.6a的电流表；电流值在0.10.6a之间变化时，电路中的电阻约为：，故选择50的滑动变阻器较为合适；另外还要选择干电池和电建和导线故该实验应选择的器材是abdfh；（3）在图线中，图线与纵轴的交点就是所要测量的电动势，读数为1.5v；内电阻可以使用公式：故答案为：b；abdfh；1.5v，1. 0点评：在电学实验中，首先要保证实验仪器的安全，其次要注意电流表和电压表的读数时指针的偏转大约在之间；数据处理比较简单属于中档题目三、计算题（本题共3小题，共33分写出必要的文字说明及重要步骤，有数值计算的要明确写出结果和单位将解题过程书写在答题卡规定位置处）15（10分）（2013秋泗县校级期末）一个带正电的微粒，从a点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线ab运动，如图，ab与电场线夹角=30，已知带电微粒的质量m=1.0107kg，电量q=1.01010c，a、b相距l=20cm（取g=10m/s2，结果保留二位有效数字）求：（1）电场强度的大小和方向；（2）要使微粒从a点运动到b点，微粒射入电场时的最小速度是多少？考点：动能定理的应用；电场强度；带电粒子在匀强电场中的运动专题：动能定理的应用专题分析：（1）根据直线运动的条件并结合受力分析，得到电场力的方向，最终分析出物体的运动规律，根据力的合成的平行四边形定则并结合几何关系得到电场力，求出电场强度；（2）对粒子的运动过程运用动能定理列式求解即可解答：解：（1）微粒只在重力和电场力作用下沿ab直线运动，故合力一定与速度在同一条直线上，可知电场力的方向水平向左，如图所示微粒所受合力的方向由b指向a，与初速度va方向相反，微粒做匀减速直线运动在