【文档说明】黑龙江省鹤岗市第一中学2020-2021学年高二下学期期中考试物理试题含答案.doc，共(18)页，767.500 KB，由小赞的店铺上传

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鹤岗一中2020——2021学年度高二下学期期中考试物理试题一、选择题（每题4分，共56分，其中1——9题为单选，10——14题为多选，选对但不全得2分）1．做简谐运动的弹簧振子，每次通过同一位置时，

下列物理量不一定相同是（）A．位移B．速度C．加速度D．弹簧的弹性势能2．有A、B两个弹簧振子，A的固有频率为f，B的固有频率为4f，如果它们都在频率为2f的驱动力作用下做受迫振动，那么下列结论中正确的是（）A．振子A的振幅较大，振动频率为2fB．振子A的振幅较大，振动频率为

fC．振子B的振幅较大，振动频率为2fD．振子B的振幅较大，振动频率为4f3．关于多普勒效应的叙述，下列说法中正确的是（）A．多普勒效应说明波源的频率发生了变化B．多普勒效应是由于波的干涉引起的C．多普勒效应是波共有的特征D．火车向你驶来时，你听到的汽笛声音调变低，火车

离你远去时，你听到的汽笛声音调变高4．如图甲所示为以O点为平衡位置,在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图像，由图可知下列说法中正确的是（）A．在0.2st=时，弹簧振子一定运动到B位置B．在0.3st=

与0.7st=两个时刻，弹簧振子的速度相同C．从0到0.2st=的时间内，弹簧振子的动能持续地减少D．在0.2st=与0.6st=两个时刻，弹簧振子的加速度相同5．一列波速2m/sv=的横波沿x轴传播，0t=时刻的波形如图所。

则（）A．这列波的波长为6mB．A、B两质点的振动周期都是2sC．若波沿x轴正向传播，则此时质点A向上运动D．若质点B此时向上运动，则波是沿x轴负向传播的6．如图，1S、2S是两个频率相同的相干波源，它们振动同步且振幅相同，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、d四点，下列说法中正确是（）A．质点a经过半个周期时，振动加强B．质点b处位移始终最大C．质点b、c、d处的振动始终是最强的D．此时质点d处于平衡位置，质点d为振动减弱点

7．有一列简谐横波的波源在O处，某时刻沿x轴正方向传播的振动形式传到20cm处，此时x轴上10cm处的质点已振动0.2s，P点离O处80cm，如图所示，取该时刻为0t=时，下列说法正确的是（）A．P点起振时的速度方向沿轴正方向B．波的传播速度

为1m/sC．经过1.3s，P点第一次到达波峰D．15cmx=处的质点从开始起振到P点开始起振的时间内通过的路程为52cm8．在如图所示电路中，理想变压器的匝数比为2：1，四个标有“6V，6W”的完全相同的灯泡L1、L2、L3、L4，按如图的方式接入电路，其中L1恰能正常发光。

忽略灯泡电阻随温度的变化。电路中的电表均为理想交流电表，则下列选项中正确的是（）A．L2、L3、L4均正常发光B．电流表示数为0.5AC．m、n两点间所加的电压为18VD．整个电路消耗的总功率为14W9．如图所示，一质量为m的

木块放在质量为M的平板小车上，它们之间的最大静摩擦力是Ffm，在劲度系数为k的轻质弹簧作用下，沿光滑水平面做简谐运动，为使小车能跟木块一起振动，不发生相对滑动，则简谐运动的振幅不能大于（）A．()fmMmFkM+B．fmFkMC．fmFkD．()fmMmFk+1

0．如图甲所示，波源S从平衡位置开始上、下（沿y轴方向）振动，产生的简谐横波向右传播，经过0.2s后，沿波的传播方向上距S为3m的P点开始振动，若以P点开始振动的时刻作为计时的起点，P点的振动图像如图乙所示，则下列说法中正确的是（）A．波源S最初是向下振动的B．该

简谐波的波速为1.5m/sC．该波的波长为0.6mD．该波通过宽度约为1m的缝隙时，能产生明显的衍射现象11．如图所示，是一列沿x轴传播的简谐横波在t0时刻的波形图，图中P质点的位移为1cm，质点Q的位置坐标x=4

m，波的周期为0.4s则下列叙述正确的是（）A．简谐横波的速度大小为3.2m/sB．再过0.4s质点Q的路程为8cmC．若这列简谐横波沿x轴负方向传播，则P点再过130s回到平衡位置D．若这列简谐横波沿x轴正方向传播，则P的振动方程为12sin(5)cm4yt=+12．两木块A、B质量分

别为m、M，用劲度系数为k的轻弹簧连在一起，放在水平地面上，如图所示，用外力将木块A压下一段距离静止，释放后A上下做简谐振动．在振动过程中，木块B刚好始终不离开地面(即它对地面最小压力为零)．以下说法

正确的是（）A．在振动过程中木块A的机械能守恒B．A做简谐振动的振幅为Mmgk+（）C．A做简谐振动的振幅为MgkD．木块B对地面的最大压力是2Mg2mg+13．在同种均匀介质中，A、B两波源分别位于0x=、10mx=处，0t=时刻起两波源开始振

动，振动图像如图所示，A波的波长4mA=，下列说法正确的是（）A．两列波能发生干涉B．两列波的波长之比:1:2AB=C．7st=时5mx=处质点的位移6cmy=D．7.5st=时第一次有质点位于18cmy=处14．如图所示，倾角为θ的斜面固定在地面上，区域PQNM内有垂直于斜面向下、磁感应

强度为B的匀强磁场，MN、PQ（与斜面底边平行）是磁场的边界，它们之间的距离为D．质量为m、边长为L（D＞L）、总电阻为R的单匝正方形金属线框abcd与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ，线框始终紧贴斜面运动，ab边和cd边保持与MN平行且不翻转。让线框沿斜面滑下，

ab边到达MN时的速度为v，已知cd边滑出磁场边界PQ时线框速度大于零。下列说法中正确的是（）A．自ab边进入磁场到cd边刚好进入磁场这段时间内，通过线框某截面的电荷量是2BLRB．线框通过MN所用的时间比通过PQ的时间长C．cd边刚

滑出PQ时，线框速度22tBLvvmR=−D．自ab边进入磁场到cd边滑出磁场这段时间内，线框中产生的焦耳热为()232322BLmvRBLmR−二、实验题（每空2分，共6分）15．某同学利用单摆测定当地的重

力加速度：（1）为了更好的完成实验，下列做法正确的有______。A．选择质量大些且体积小些的摆球B．测量出悬线的长度作为摆长C．为了使摆的周期增大，要增大摆球的摆角D．在摆球从最高点下摆时开始计时（2）为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T，从而

得出一组对应的l与2T的数据如图1所示，再以l为横坐标，2T为纵坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率为k，则重力加速度g=____________。（用k表示）（3）如果他测得的g值偏小，可能的原因是__________。A．测量时，将悬点到小球最下端距离作为摆长B．摆线上

端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，使周期变大了C．开始计时时，秒表过迟按下D．实验中误将49次全振动数次数记为50次三、计算题（本大题共3小题，共38分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的

要注明单位）16．（10分）小型水利发电站的发电机输出功率为1000kW，输出电压为500V，输电线总电阻为5Ω，为了使输电线损耗功率为发电机输出功率的5%，需在发电机处设升压变压器，用户所需电压为220V，所以在用户处需安装降压变压器。输电电路图如图所示，求：（1

）输电线上的电流；（2）升压变压器的原、副线圈的匝数之比；（3）降压变压器的原、副线圈的匝数之比。17．（12分）如图所示，实线表示一列横波在某时刻的波形图，虚线是经过0.2s时的波形图。（1）若波向左传播，求它在这段时间内传播的距离；（2）若波向右传播，求

它的最大周期；（3）若波的传播速度为115m/s，试判断波的传播方向。18．（16分）两平行且电阻不计的金属导轨相距1Lm=，金属导轨由水平和倾斜两部分（均足够长）良好对接，倾斜部分与水平方向的夹角为37，整个装置处在竖直向上、磁感应强度2TB=的匀强磁场中.长度也为1m的金

属棒ad和cd垂直导轨并置于导轨上，且与导轨良好接触，质量均为0.2kg，电阻分别为R1=2Ω，R2=4Ω.ad置于导轨的水平部分，与导轨间的动摩擦因数为0.5=，cd置于导轨的倾斜部分，导轨倾斜部分光滑.从0t=时刻起，

ab棒在水平且垂直于ab棒的外力1F的作用下由静止开始向右做匀加速直线运动，金属棒cd在力2F的作用下保持静止，2F平行于倾斜导轨平面且垂直于金属棒cd.当14st=时，ab棒消耗的电功率为2.88W.已知sin370.6,cos370.8==，重力加速度g取210m/s.求：（1）金属棒ab

做匀加速直线运动的加速度大小；（2）求28st=时作用在cd棒上的2F的大小和方向；（3）改变1F的作用规律，使ab棒运动的位移x与速度v满足2xv=的关系，要求cd棒仍然要保持静止状态，求ab棒从静止开始运动至4mx=的

过程中，作用在ab棒上的力1F所做的功（结果可用分数表示）鹤岗一中2020—2021学年度级高二下学期期中考试物理答案1．B【详解】A．位移是从平衡位置指向物体位置的有向线段，当它每次通过同一位置时，位移一定相同，故A错误；B．每次经过同一位置时，速度有两个可能的方

向，故速度不一定相同，故B正确；C．根据-kxam=，位移相同，加速度一定相同，故C错误；D．位移相等则弹簧的形变量一定相等，则弹簧的弹性势能一定相同，故D错误。故选B。2．A【详解】受迫振动的振动频率等于驱动力的频率，故都为2f；

在驱动力相同的情况下，受迫振动的振动幅度取决于振子的固有频率和驱动力平衡的接进程度，两者越接进，振动的幅度越大，故振子A的振动幅度较大。故选A。3.C【详解】A．多普勒效应说明波源的相对运动，使观察者收到的频率发生了变化。故A错误；B．根据上一选项

分析，多普勒与波的干涉无关。故B错误；C．多普勒效应是波共有的特征。故C正确；D．根据多普勒效应可知，当波源和观察者间距变小，观察者接收到的频率一定比波源频率高，听到的声音音调变高，当波源和观察者间距变

大，观察者接收到的频率一定比波源频率低，听到的声音音调变低，故D错误；4．C【详解】A．在t=0.2s时，弹簧振子位移最大，但没有规定正方向，故可能在A点，也可能在B点，故A错误；B．x-t图象的切线斜率表示速度，在t=0.3s与

t=0.7s两个时刻，弹簧振子的速度大小相等，方向相反，故B错误；C．从t=0到t=0.2s的时间内，位移增加，远离平衡位置，故动能减小，故C正确；D．在t=0.2s与t=0.6s两个时刻，位移相反，根据kxam=−可知，加速度大小

相等，方向相反，故D错误。故选C。5．B【详解】A．根据图像可知，这列波的波长为4m，故A错误；B．根据公式求得4==2s2Tv=故B正确；C．若波沿x轴正向传播，则A点要下一步变成波谷，故此时质点A向下运动，故C错误；D．若质

点B此时向上运动，则质点B下一步要变成波峰，则波是沿x轴正向传播的，故D错误。故选B。6．C【详解】A．质点a处是两列波波峰与波谷叠加的地方，振动始终是最弱的，故A错误；B．由图可知b质点处是两列波波峰与波峰叠加的地方，振动始终是最强的，但仍在自己的平衡位置附

近振动，故不会始终处于最大位移出，故B错误；CD．b质点处是两列波波峰与波峰叠加的地方，c质点处是波谷与波谷叠加的地方，振动是最强的，d处在振动加强的区域，振动也是最强的，即b、c、d质点振动都最强，故C正确D错误。故选C。7．D【详

解】A．根据波向右传播，由图可得t=0时刻，20cm处质点向下振动，故质点起振时的速度方向沿y轴负方向，故A错误；B．波传播到x=20cm处时，x=10cm处质点振动时间为0.2s；即波在△t=0.2s内的传播距离△x=10cm=0.1m故波速0.1m/s0.

5m/s0.2xvt===故B错误；C．当图示x=15cm处波谷传播到P点时，P点第一次到达波谷，故经历的时间0.800.151.3s0.5xtv−===故C错误；D．x=15cm处质点到P点平衡位置间距离为△x1=65c

m=0.65m故x=15cm处的质点从开始起振到P点开始起振的时间为110.800.1511.3s=30.54xtTv−===故x=15cm处的质点通过的路程s=13A=13×4cm=52cm故D正确。故选D。8．D【详解】AB．灯泡L1恰能正常发光，得原线圈的电流16A1

A6I==根据电流与匝数成正比，得副线圈中的电流22AI=L2、L3、L4中的电流都为2A3，则L2、L3、L4不能正常发光，电流表的示数即副线圈中的电流为2A，故AB错误；C．灯泡电阻226Ω6Ω6URP===副线圈两端的电压226V4V3U==根据电压与匝数成正

比得，原线圈两端的电压为8V，m、n两点间所加的电压为(68)V14VmnU=+=故C错误；D．整个电路消耗的总功率为122(642)W14WPPUI=+=+=故D正确。故选D。9．A【详解】小车做简谐运动的回复力是木块对它的静摩擦力，当它们的位移最大时，加速度最大

，受到的静摩擦力最大，为了不发生相对滑动，小车的最大加速度am＝fmFM即系统振动的最大加速度，对整体：达到最大位移时的加速度最大，回复力kAm＝(M＋m)am则最大振幅Am＝()fmMmFkM+故选A。10．AD【详解】A.由振动图像

可知，波源S最初是向下振动的，故A正确；B.该简谐波的波速为3m/s15m/s0.2svt===故B错误；C.该波的波长为150.4m6mvT===故C错误；D.波长大于宽度约为1m的缝隙时，能产生明显的衍射现象，故D正确。故

选AD。11．BC【详解】A．简谐横波的速度大小为4m/s10m/s0.4vT===A错误；B．再过0.4s，即一个周期，质点Q的路程为4个振幅，等于8cm，B正确；C．根据22sin8yx=解得10m3x=P点回

到平衡位置的时间为10413s30tv−==C正确；D．若这列简谐横波沿x轴正方向传播0sin(t)yA=+2cmA=22rad/s5rad/s0.4T===解得02sin(5)cmyt=+根据t0时刻的波

形图，图中P质点的位移为1cm06=则P的振动方程为12sin(5)cm6yt=+D错误。故选BC。12．BD【解析】振动过程中A与弹簧整体机械能守恒，单独A机械能不守恒，则A错误；当弹簧处于

伸长至最长状态时，M刚好对地面压力为零，故弹簧中弹力F=Mg；此时m有最大加速度，由F+mg=ma，得：Mgmgam+=。由对称性，当m运动至最低点时，弹簧中弹力大小为F，但此时弹簧是处于压缩状态，根据牛顿第二定律得：

F-mg=ma；即F=m（g+a）=2mg+Mg，所以F压=F+Mg=2（m+M）g则D正确；A在平衡位置时弹簧压缩mgk，振幅为最大位移与平衡位置的距离，则振幅为：Mgmgkk+，则B正确，C错误.13.B

CD【详解】A．两个波在同种均匀介质中，波速相等，两列波的波长不相等，所以两列波的频率不相等，所以两列波不能发生干涉，故A错误；B．由振动图像可知，A波的周期TA=4sB波的周期是TB=8s两列波的波长之比12AABBvTvT==故B正确；

C．波在介质中传播速度1m/sAAvT==t0=5s时两列波同时传播到5mx=处质点，t=7s时A波单独传播到该点时产生的位移为0，A波单独传播到该点时产生的位移为6cm，所以7st=时5mx=处质点的位移6cmy=，故C正

确；D．t0=5s时两列波相遇，A波单独传播到该点时向下振动，B波单独传播到该点时向上振动，此时，两列波最近的两波谷相距5m，两列波最近的波峰相距7m，所以第一次有质点位于18cmy=处出现在两列波的波谷相遇，所用时间5s=2.5s22xtv==第一

次有质点位于18cmy=处的时间07.5sttt=+=所以7.5st=时第一次有质点位于18cmy=处，故D正确。故选BCD。14．AD【详解】A．自ab边进入磁场到cd边刚好进入磁场这段时间内，通过线框某截面的电荷量是2BLqR

R==故A正确；B．根据功能关系可知，线框通过MN过程的平均速度比通过PQ过程的平均速度大，所以线框通过MN所用的时间比通过PQ的时间短，故B错误；C．由题意可知sincosmgmg=即线框重力沿斜面方向

的分力与摩擦力平衡。设线框通过MN过程中回路中的平均感应电流为1I，通过时间为t1，cd边到达MN时线框的速度为v1，线框通过PQ过程中回路中的平均感应电流为2I，通过时间为t2，规定沿斜面向下为正方向，对两

个过程分别应用动量定理有111BILtmvmv−=−221tBILtmvmv−=−根据A项分析结论可知21122BLItItqR===联立解得232tBLvvmR=−故C错误；D．设自ab边进入磁场到cd边滑出磁场这段时间内，线框中产生的

焦耳热为Q，根据能量守恒定律有2323222112()22tBLmvRBLQmvmvmR−=−=故D正确。故选AD。15．答案：（1）A(2)24gk=(3)B解析：(1)A．为了减小阻力对实验的影响，减小实验误差，摆球尽量选择质量大些且体积小些的，A

正确；B．单摆的摆长应是：悬线的长度与摆球的半径之和，B错误；C．由单摆周期公式2lTg=知，为了使摆的周期增大，只要增大摆长即可，与摆角无关，C错误；D．把摆球从平衡位置拉开一个很小的角度（小于10），然后

放开摆球让它摆动，应从摆球通过平衡位置开始计时，D错误。故选A。(2)根据重力加速度的表达式224πLgT=可知T2-l图线斜率24kg=则24gk=(3)A．测摆线长时测了悬线的总长度，测得摆长偏大，则根据重力加速度的表达式224πLgT=可知测得的g值偏大，故A错误；

B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，使周期变大了，由224πLgT=可知测得的g值偏小，故B正确；C．开始计时时，秒表过迟按下，测得的时间偏小，周期偏小，则测得的g值偏大，故C错误；D．实验中误将49次全振动数次数记为50次，由tT

n=求出的周期偏小，测得的g值偏大。故D错误。故选B。16．（1）100A；（2）120；（3）47511【详解】（1）输电线上损耗的功率341000105%W510WP==损根据功率公式2PIR=损（1分）解得4510A100A5PIR===损（1分）（2）升压变

压器原线圈上的电流311100010A2000A500PIU===（2分）升压变压器原副线圈的匝数之比1211001200020nInI===（2分）（3）输电线上损失的电压1005V500VUIR===损（

1分）升压变压器副线圈两端的电压1122UnUn=解得221120500V10000V1nUUn===（1分）降压变压器原线圈两端的电压3210000V500V9500VUUU=−=−=损（1分）降压变压器原副线圈的匝数比3344950047522011nU

nU===（1分）17．（1）(4n＋3)m(n＝0,1,2…)；（2）0.8s；（3）沿x轴负方向传播【详解】（1）由题图可知，波长λ＝4m（2分）波在空间上具有周期性，向左传播的可能距离为3430,1,()2()xmnnmn=+=+=（2分）（2）若波向右传播，传播的可能距

离为1m0,1,2()4xnnn=+=+=，（1分）由波的周期性可知，波传播Δx的距离需时间0,1,42()tnTnT=+=（1分）4(0,1,412)ntTn==+（1分）当n＝0时，周期

有最大值40.8smTt==（1分）（3）当v＝115m/s时，波在0.2s时间内传播的距离为32354xvt===+m（2分）可知波向左传播，即波沿x轴负方向传播（2分）18．（1）20.9m/s（2）

2.64N，方向沿导轨向下（3）106J15【解析】【详解】（1）当14st=时，ab棒消耗的电功率为2.88W，有211abPIR=，（1分）代入数据得11.2AI=，回路中的电动势()1112EIRR=+，（1分）由法拉第电磁感应定律知11EBLv=，（1分）ab

棒做匀加速直线运动有11vat=，（1分）解得20.9m/sa=.（1分）（2）当28st=时，金属棒ab的速度22vat=，回路中的电流22212122.4AEBLvIRRRR===++，（1分）金属棒cd所受安培力224.8NFBlL==安，（1分）假设金属棒cd

所受的力2F沿导轨向下，有22sin37cos37FmgF+=安，（1分）解得22.64NF=，（1分）故假设成立，所以2F的方向沿导轨向下.（1分）（3）设ab棒的速度为v时，回路中的电流为1212EBLIRRRR==++，此时金属棒ab所受安培力大小为FBIL=安

，由题意知ab棒运动的位移x与速度v的关系为2xv=，得()N3xF=安，（1分）ab棒从静止开始运动至4mx=的过程中，克服安培力所做的功为083J23xWFxx+===克安安，（1分）对金属棒ab，由动能定理有212WWmgxmv−−=拉克安（2分）解得106J15W=拉.（

2分）