【文档说明】四川省武胜烈面中学校2019-2020学年高二下学期期中考试物理试题 【精准解析】.doc，共(15)页，823.500 KB，由小赞的店铺上传

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烈面中学2020年6月2018级高二下中期物理考试试题一、选择题：1.振动的单摆小球通过平衡位置时，关于小球受到的回复力、合力及加速度的说法中正确的是()A.回复力为零，合力也为零B.回复力不为零，方向沿轨迹的切线C.合力不为零，方向沿轨迹的切

线D.合力不为零，加速度不为零，方向指向悬点【答案】D【解析】【分析】【详解】AB.当单摆小球通过平衡位置时，回复力为零，但是小球依然做圆周运动，合力提供向心力，因此合力不为零，故选项AB错误；CD.振动的单摆小球通过平衡位置时，合力不为零，此时的合力提

供向心力和向心加速度，方向指向圆心，即指向悬点，故选项C错误D正确。2.关于横波和纵波，下列说法正确的是()A.对于横波和纵波，质点的振动方向和波的传播方向有时相同，有时相反B.对于纵波，质点的振动方向与波的传播方向一定相同C.波沿水平方向传播，质点在竖直方向上下振动

，这类波是横波D.形成纵波的质点，随波一起迁移【答案】C【解析】【详解】ABC.横波质点的振动方向与波的传播方向相互垂直，纵波质点的振动方向与传播方向有时相同有时相反，故选项AB错误C正确；D.介质中的质点都是在平衡位置附近做往复运动，不会随波迁移，故选项D错误。故选C。3.如图

所示，两根完全相同的弹簧和一根张紧的细线将甲、乙两物块束缚在光滑水平面上，已知甲的质量大于乙的质量．当细线突然断开后，两物块都开始做简谐运动，在运动过程中()．A.甲的振幅大于乙的振幅B.甲的振幅小于乙的振幅C.甲的最大速度小于乙的最大速度D.甲的最大速度

大于乙的最大速度【答案】C【解析】两根完全相同的弹簧，受到相同的力作用，则伸长量相同，AB错误；当振子速度最大时，弹性势能转化为动能，则质量大的，最大速度小，C正确．4.如图所示，两个单摆A和B的摆长LA＞LB，将它们都拉离竖直方向

一个很小的角度θ然后释放，那么这两个摆球到达最低点时的速度v的大小和经历时间t应满足()A.vA＞vB，tA＞tBB.vA＞vB，tA<tBC.vA＜vB，tA＜tBD.vA＜vB，tA＞tB【答案】A【解析】【详解】单摆的小角度摆动是简谐运动，根据周期公

式=2πlTg可知，摆长越长，周期越长，故ABtt根据机械能守恒定律，有2112mglcosmv−=（）解得2(1cos)vgl=−摆长越长，最低点速度越大，故vA＞vB故A正确，BCD错误。故

选A。5.如右图甲所示，一弹簧振子在AB间做简谐运动，O为平衡位置．乙是振子做简谐运动时的位移一时间图象．则关于振子的加速度随时间变化的规律，下列四个图象中正确的是()A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】根据简谐运动振子的

加速度与位移的关系：kxam=−可知t=0时刻振子的加速度a=0，而且在前半个周期内加速度为负值。简谐运动的x-t图象是正弦曲线，则a-t图象与x-t图象上下对调。故D正确，ABC错误。故选D．6.在某一均匀介质中由波源O发出的简谐横波在x轴上传播，某时刻的波形如图，其波速为5m/s，则下列说法

正确的是()A.此时P（-2m,0cm）、Q(2m,0cm)两点运动方向相反B.再经过0.5s质点N刚好在（-5m，20cm）位置C.能与该波发生干涉的横波的频率一定为3HZD.该波的频率由传播介质决定与波源的振动频率无关【答案】B【解析】【详解】A．

根据对称性可知，此时P（-2m，0cm）、Q（2m，0cm）两点运动方向相同．故A错误；B．由图知波长λ=2m，周期为20.45Tssv===时间10.514tsT==波传到N点时间为T，波传到N点时，N点向上运动，则经过0.5s质点N刚好在波峰，其坐标为（-5m，20cm），故B正确；C．

该波的频率为12.5fHzT==，能与该波发生干涉的横波的频率一定为2.5Hz，故C错误；D．波的频率与波源的振动频率决定，故D错误；故选B。7.一列简谐横波以10m/s的速度沿x轴正方向传播，t=0时刻这列波

的波形如图所示．则a质点的振动图象为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】AC．这是机械振动、机械波的简单综合题，由波形图像知道波长为4m，则周期应该为0.4s，AC错误；BD．又因为t=0时刻a质

点处于平衡位置且向下运动，D正确，B错误。故选D。8.根据粒子散射实验，卢瑟福提出了原子的核式结构模型。如图所示为原子核式结构模型的粒子散射图景图中实线表示粒子的运动轨迹。则关于粒子散射实验，下列说法正确的是（）A.图中大角

度偏转的粒子的电势能先减小后增大B.图中的粒子反弹是因为粒子与金原子核发生了碰撞C.绝大多数粒子沿原方向继续前进说明了带正电的原子核占据原子的空间很小D.根据粒子散射实验可以估算原子大小【答案】C【解析】【详解】A．图中大角度偏转的

粒子的电场力先做负功，后做正功，则其电势能先增大后减小，故A错误；B．图中的粒子反弹是因为粒子与金原子核之间的库仑斥力作用，并没有发生碰撞，故B错误；C．从绝大多数粒子几乎不发生偏转，可以推测使粒子受到排斥力的核体积极小，所以带正电的物质只占整个原子的很小空间，故C正确；

D．依据粒子散射实验可以估算原子核的大小，故D错误；故选C。9.图甲为研究光电效应的电路图，实验得到了如图乙所示的遏止电压Uc和入射光频率ν的关系图象，电子所带电荷量为e，由图可知()A.入射光的波长越长，遏止电压越大B.该金属的截止频率为ν0C.电流表示数为0就表示没有发生光电效应D.普朗

克常量可表示为110Ue−【答案】BD【解析】【详解】B．由动能定理得212CmeUmv=①由爱因斯坦光电效应方程得2m012mvhνWhνhν=−=−②由①②式可知，当Uc＝0时有ν＝ν0，即截止频率为ν0，故B正确；A．入射光的波长越长，频率越小，遏止电压越小，故A错误；C．电流

为零时发生光电效应，可能是射出的光电子减速不能到达对面极板，故C错误；D．由①②式解得0ChhUee=−图象的斜率为110Uheνν=−解得110Uehνν=−故D正确；故选BD。10.悬挂在竖直方向上的弹簧振子，周期T=2s，从最低点位置向上运

动时刻开始计时，在一个周期内的振动图像如图所示，关于这个图像，下列哪些说法是不正确的是()A.t=1.25s时，振子的加速度方向为正，速度方向也为正B.t=1.7s时，振子的加速度方向为负，速度方向也为负C.t=1.0s时，振子的速度为零，加速度为负

的最大值D.t=1.5s时，振子的加速度为零，速度为负的最大值【答案】AB【解析】【详解】A．t=1.25s时，位移为正，加速度kaxm=−为负；质点向x轴负方向运动，速度为负，故A错误，符合题意；B．t=1.

7s时，位移为负，加速度kaxm=−为正；质点向x轴负方向运动，速度为负，故B错误，符合题意；C．t=1.0s时，位移为正，加速度kaxm=−为负；x-t图象上某点切线的斜率表示速度，斜率为零，故速度为零，故

C正确，不符合题意；D．t=1.5s时，位移为零，故加速度为零；质点向x轴负方向运动，速度为负，故D正确，不符合题意。故选AB。11.假如一辆汽车在静止时喇叭发出声音的频率是300Hz，在汽车向你驶来又擦身而过的过程中，下列说法正确的是A.当汽车向你驶来时，听到声音的频率大于3

00HzB.当汽车向你驶来时，听到声音的频率小于300HzC.当汽车和你擦身而过后，听到声音的频率大于300HzD.当汽车和你擦身而过后，听到声音的频率小于300Hz【答案】AD【解析】【详解】AB．

根据多普勒效应规律，当汽车向你驶过来时，听到的喇叭声音的频率大于300Hz，A正确B错误；CD．当汽车和你擦身而过后，听到的喇叭声音的频率小于300Hz，C错误D正确；故选AD。12.如图所示，甲乙为两种电压的波形

，其中图甲所示的电压按正弦规律变化，图乙所示的电压波形是正弦函数图像的一部分，下列说法正确的是（）A.图甲、图乙均表示交变电流B.图乙所示电压的有效值为10VC.图乙所示电压的有效值为20VD.图甲所示电压的瞬时值表达式为U=20sin100πt(V)【答案】ABD【解析】【详解】A．电流方向随着

时间周期性变化的电流就是交流电，故图甲、图乙均表示交流电，故A正确；BC．图乙所示电压的最大值为20V，根据有效值的定义，有2m2()202UUTTRR=+解得图乙所示电压的有效值为m10V2UU==故B正确，C错误D．图甲中电压

的最大值为20V，周期为0.02s，故表达式为m2sin20sin100(V)πuUtπtT==故D正确；故选ABD。二、非选择题13.(1)在探究单摆周期与摆长关系的实验中，有如下器材供选用，请把应选用的器材填在横线上________

______________________(填字母)．A．1m长的粗绳B．1m长的细线C．半径为1cm的小木球D．半径为1cm的小铅球E．时钟F．秒表G．最小刻度为mm的米尺H．最小刻度为cm的米尺I．铁架台J．附砝码的天

平(2)一位同学在做探究单摆周期与摆长关系的实验时，进行了如下步骤：A．组合单摆：选择相应器材组成单摆，并用铁夹将绳的上端固定；B．测摆长l：用米尺量出摆线的长度；C．测周期T：将摆球拉起一个小角度，然后放开，在放手的同时按下秒表开始计时，测量单摆50次全振动的时间t，算出

单摆的周期T＝50t；D．将所测得的l和T填入表格，分析数据得出单摆的周期和摆长的关系．从上面操作步骤中找出两处错误的地方，写出该步骤的字母，并加以改正．①_______________________；②______________________

.【答案】(1).BDFGI(2).B测摆长l：用米尺量出摆线的长度l0，则摆长l=l0+小球半径(3).C在小球通过平衡位置时开始计时。【解析】【详解】（1）[1]1m长的细线和半径为1cm的小铅球有助于减少空气阻力的影响，摆线长度用最小刻度为mm

的米尺测量更加精确，用秒表测量时间，用铁架台悬挂细线和小球，故选BDFGI。（2）[2]步骤B中，用米尺量出摆线的长度l0，则摆长l=l0+小球半径。[3]步骤C中，摆球要从过平衡位置时开始计时，因为此处速度大、计时误差小，而最高点速度小、计时误差大。1

4.某同学利用单摆测量重力加速度．如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约1m的单摆．实验时，由于仅有量程为20cm、精度为1mm的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期T1

；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆的周期T2；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离ΔL.用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g＝________．【答案】2

22124LgTT=-【解析】【详解】由单摆周期公式，根据题意看得12LTg=22LLTg−=解得222124LgTT=−三、计算题15.一个单摆的长为l，在其悬点O的正下方0.19l处有一钉子P(如图所示)，现将摆球向左拉开到A，使摆线偏角θ

＜5°，放手后使其摆动，求出单摆的振动周期．【答案】1.9lg【解析】【详解】释放后摆球到达右边最高点B处，由机械能守恒可知B和A等高，则摆球始终做简谐运动。摆球做简谐运动的摆长有所变化，它的周期为两个不同单摆的半周期的和。小球在左边的周期为T1＝2πlg小球在右边

的周期为T2＝2π0.81lg则整个单摆的周期为121.922TTlTg=+=16.一列简谐横波沿x轴正方向传播，0t=时刻的波形如图所示，介质中质点P、Q分别位于2xm=、4xm=处．从0t=时刻开始计时，当15ts=时质点Q刚好第4次到达波峰．①求波速．②写出质点P做简谐运动

的表达式（不要求推导过程）【答案】（1）1/vms=；（2）0.2sin(0.5)ytm=【解析】【详解】(1)根据波形图得到波长4m=；0t=时刻，质点Q正向下运动；从0t=时刻开始计时，当15ts=时质点Q刚好第4次到达波峰，故有334TTt+=，解得4415tTs==故波速为41/

4mvmsTs===．(2)0t=时刻，质点P正在向上运动，振幅为：0.2Am=，角速度为：22/42radsT===故质点P做简谐运动的表达式为：()0.22ysintm=．17.一列横波在x轴上传播，t1＝0和t2＝0.005s时的波形如图所示的实线和

虚线．(1)设周期大于(t2－t1)，求波速．(2)设周期小于(t2－t1)，求可能的波速．(3)若周期小于(t2－t1)，且波速为6000m/s，求波的传播方向．【答案】（1）若波沿x轴正方向传播，波速400m/s；若波沿x轴负方向传播，则波速1200m/s（2）若波沿x轴

正方向传播，波速1600)m/s(400vn=＋0(12)n其中＝，，，；若波沿x轴负方向传播，波速16001200m/s()vn=＋0(12)n其中＝，，，（3）沿x轴的负方向【解析】【详解】(1)因21tttT=－，所以波传播的距离可以直接由图读出．若波

沿x轴正方向传播，则在0.005s内传播了2m，故波速为2m/s=400m/s0.005xvt==若波沿x轴负方向传播，则在0.005s内传播了6m，故波速为6m/s=1200m/s0.005xvt==(2)因21tttT=－，所以波传播的距离大于一个波长．若波沿x轴正方向传播．

在0.005s内传播了2m()xn=＋故波速(1600400)m)/s(=0,1,2,3xvnnt==+其中若波沿x轴负方向传播，则在0.005s内传播了=6m()xn＋故波速(16001200)m/s()=0,

1,2,3xvnnt==+其中(3)若21tttT=－，且波速为6000m/s，在0.005s内传播的距离为==60000.005m=30mxvt则有303384x==即334x=+因此，可得波的传播方向沿x轴的负方向18.发电机的输出电压为220V，输出功率为4

4KW，输电线电阻为0.4Ω（1）求用户得到的电压和电功率各是多少？（2）如果发电站先用变压比为1∶10的升压变压器将电压升高，经同样输电线路后，再经过10∶1的降压变压器降压后供给用户，则用户得到的电压和电功率又各是多少？【答案】（1）140V；28000W．（2）219.2

V；43840W【解析】【分析】（1）根据P=UI求出输电电流，再根据U损=IR，P损＝I2R求出电压损失和功率损失，从而求出用户得到的电压和电功率．（2）根据电压比等于线圈匝数比，电流比等于匝数之反比

求出输电线上的输送电流和输送电压，根据P损＝I2R、U损=IR求出输电线上损失的功率和电压，得出降压变压器的电压和功率，根据原副线圈功率相等，以及电压比等于匝数之比求出降压变压器副线圈的电压和功率．【详解】（1）根据P=UI得，44000200220PIAAU＝＝＝

则输电线上的电压损失U损=IR=200×0.4V=80V，功率损失P损＝I2R=40000×0.4W=16000W．所以用户得到的电压U用户=U-U损=220-80V=140V，用户得到的功率P用户=P-P损=44000-

16000W=28000W．（2）1110UU＝，得U1=2200V1101II＝，得I1=20A则输电线上的电压损失U损′=I1R=20×0.4V=8V功率损失P损′＝I2R＝400×0.4W＝160W所以降压变压器的输入电压U2=U1-

U损′=2200-8V=2192V降压变压器的输入功率P2=P-P损′=44000-160W=43840W根据2101UU用户＝，则用户得到的电压U用户′=219.2V变压器输入功率和输出功率相等，所以用户得到的功率P用户′=P2=43840W．【点睛】解决本题的关键

知道原副线圈的电压比等于线圈匝数比，电流比等于匝数之反比，变压器输入功率和输出功率相等．