2014-2015学年四川省内江市隆昌七中高二(下)月考物理试卷(3月份)

2014-2015学年四川省内江市隆昌七中高二（下）月考物理试卷（3月份）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共1小题，共6.0分)1.下列关于振动的说法正确的是（）A.用重锤敲击一下悬吊着的钟后，钟的摆动属于受迫振动B.打点计时器接通电源后，振针的振动属于自由振动C.忽略空气阻力，弹簧振子在竖直方向上沿上下方向振动属于简谐振动D.防止共振危害时，应使驱动力的频率接近或等于振动物体的固有频率；利用共振时，应使驱动力的频率远离振动物体的固有频率【答案】C【解析】解：A、敲击后的钟不再受驱动力，其振动是自由振动，不属于受迫振动；故A错误；B、电磁式打点计时器接通电源后，振针的振动受电源的驱动，属于受迫振动，振荡频率等于交流电的频率，故B错误；C、忽略空气阻力，弹簧振子在竖直方向上沿上下方向振动时，受到的合外力属于简谐运动回复力的特点；故属于简谐振动；故C正确；D、受迫振动的频率等于驱动力的频率，所以利用共振时，应使驱动力的频率接近或等于振动物体的固有频率．故D错误；故选：C．受迫振动也称强迫振动．在外来周期性力的持续作用下，振动系统发生的振动称为受迫振动．受迫振动的频率等于驱动力的频率；当受迫振动中的固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象．结合共振的利用与防止的方法解答本题考查了共振现象以及共振的防止和利用，属于对基础知识点的考查，要注意明确如何判断物体的运动是否为简谐运动，并明确受迫振动中频率之间的关系．二、多选题(本大题共1小题，共6.0分)2.在如图所示的几种电流随时间变化的图象中，属于交变电流的是（）A. B. C. D.【答案】AB【解析】解：交流电是指电流的方向发生变化的电流，电流的大小是否变化对其没有影响，而对于周期性变化的电流，即为大小与方向都随着时间做周期性变化，因此属于交流电的即为AB；不属于交流电的为CD；故选：AB．直流电是指电流的方向不发生变化的电流，其大小可以变化，交流电是指电流的方向发生变化的电流，但是它的电流的大小可以不变，而电流随着时间正弦规律变化的，即为正弦式交流电本题考查交流电的性质，要注意明确交流电的最大的特点是电流方向在不断的变化，对于其大小是否变化没有要求三、单选题(本大题共5小题，共30.0分)3.正弦交变电源与电阻R、交流电压表按照图1所示的方式连接，R=10Ω，交流电压表的示数是10V．图2是交变电源输出电压u随时间t变化的图象．则（）A.通过R的电流i R随时间t变化的规律是i R=cos100πt（A）B.通过R的电流i R随时间t变化的规律是i R=cos50πt（V）C.R两端的电压u R随时间t变化的规律是u R=5cos100πt（V）D.R两端的电压u R随时间t变化的规律是u R=5cos50πt（V）【答案】A【解析】解：由题可知流过电阻的电流：，所以电阻两端电压的最大值为，因此i R随时间t变化的规律是i R=cos100πt（A），故A正确，B错误；同理电阻两端的电压最大值为：，故R两端的电压u R随时间t变化的规律是u R=10cos100πt（V），故CD错误．故选A．根据有效值求出该交流电的最大值，然后结合图象即可求出电阻的电流、电压随时间的变化规律．本题考查了交流电的描述，要明确交流电正余弦两种描述方法，以及公式中各个物理量的含义．4.如图所示，一正弦交流电通过一电子元件后的波形图，则下列说法正确的是（）A.电流的变化周期是0.01sB.电流的有效值是1AC.电流通过100Ω的电阻时，1s内产生热量为200JD.1s内通过导线某一横截面的电荷量是1C【答案】B【解析】解：A、由正弦电流的波形图可知，周期T=0.02s，故A错误；B、根据电流的热效应，则有：，解得：I=1A，故B正确；C、根据电流的热效应，电流的有效值为1A；则通过100Ω的电阻时，1s内产生热量为Q=I2R t=100J则C错误D、求电量要用平均电流，无法得出，则不能求得电量．则D错误．故选：B根据方向的变化来确定直流还是交流；从正弦电流的波形图直接读出周期，根据Q=I2R t 来求解电流的有效值掌握区别直流与交流的方法，知道求有效值的要求：求一个周期内的热量，进而用I2RT，求出有效值．注意有一段没有电流，但存在时间，难度不大，属于基础题．5.如图所示，一理想变压器原线圈匝数n1=1000匝，副线圈匝数n2=200匝，原线圈中接一交变电源，交变电源电压u=220sin100πt（V）．副线圈中接一电动机，电阻为11Ω，电流表A2示数为1A．电表对电路的影响忽略不计，则下列说法正确的是（）A.此交流电的频率为100H zB.此电动机输出功率为33WC.电流表A1示数为5AD.电压表示数为220V【答案】B【解析】解：原线圈中接一交变电源，交变电源电压u=220sin100πt（V），故最大值为220V，有效值为220V，角频率为100πrad/s，故频率为f==50H z；A、变压器不改变频率，此交流电的频率为50H z，故A错误；D、电压表测量电压的有效值，为220V，故D错误；B、根据变压比公式，有：解得：U2=44V电动机的输出功率为：P出=UI-I2r=44×1-12×11=33W；故B正确；C、根据变流比公式，有：故解得：I1=0.2A，故C错误；故选：B．已知变压器的变压比和输入电压，根据变压比公式求解输出电压；根据P=UI求解电功率，根据P出=UI-I2r求解变压器的输出功率．本题关键是明确变压器的变压比公式和变流比公式，知道电动机是非纯电阻电路，输出功率为P出=UI-I2r．6.甲、乙两个单摆的摆长相等，将两单摆的摆球由平衡位置拉起，使摆角θ甲＜θ乙＜5°，由静止开始释放，则（）A.甲先摆到平衡位置B.乙先摆到平衡位置C.甲、乙两摆同时到达平衡位置D.无法判断【答案】C【解析】解：据单摆的周期公式知，单摆的周期与摆球的质量和摆角无关，当摆长相同时，其周期相同，所以从静止释放能同时到达平衡位置，故ABD错误，C正确．故选：C．据单摆的周期公式分析两单摆的周期及到平衡位置的时间．明确单摆的周期与摆球的质量和摆角无关，其周期取决于摆长和当地的重力加速度．7.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象，由图可知下列说法中正确的是（）A.在t=0.2s时，弹簧振子可能运动到B位置B.在t=0.1s与t=0.3s两个时刻，弹簧振子的速度相同C.从t=0到t=0.2s的时间内，弹簧振子的动能持续地增加D.在t=0.2s与t=0.6s两个时刻，弹簧振子的加速度相同【答案】A【解析】解：A、由图知，若从平衡位置计时，则在t=0.2s时，弹簧振子运动到B位置．故A正确．B、在t=0.1s与t=0.3s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，弹簧振子的位移越来越大，弹簧的弹性势能越来越大，其动能越来越小，故C错误．D、在t=0.2s与t=0.6s两个时刻，弹簧振子的加速度大小相等，方向相反．故D错误．故选A周期是振子完成一次全振动的时间，振幅是振子离开平衡位置的最大距离；由图象直接读出周期和振幅．根据振子的位置分析其速度和加速度大小．振子处于平衡位置时速度最大，在最大位移处时，加速度最大．本题考查了振幅和周期的概念，要能结合x-t图象进行分析，基础题．四、填空题(本大题共1小题，共16.0分)8.某实验小组在进行“用单摆测定重力加速度”的实验中，已知单摆在摆动过程中的摆角小于5°，则：（1）在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记数为“1”，到第n次经过最低点时所用的时间为t；在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长（从悬点到摆球的最上端）为L，再用游标卡尺测得摆球的直径为d．那么该单摆在摆动过程中的周期为T= ______ ．重力加速度g= ______ ．（2）实验结束后，某同学发现他测得的重力加速度的值总是偏大，其原因可能是下述原因中的______ ，A．摆球质量偏大B．摆动的摆角偏大C．单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了D．把n次摆动的时间误记为（n+1）次摆动的时间E．以摆线长作为摆长来计算F．以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算．（3）测量出多组周期T、摆长L的数值后，画出T2-L图线如图，此图线斜率的物理意义是______A．g B． C.D．．【答案】；；DF；C【解析】解：（1）从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间内为t，则单摆全振动的次数为N=，周期T=．单摆的长度为l=L+．由单摆的周期公式得：．解得：g=．（2）由单摆周期公式解得，由此可知：A、g值与摆球质量无关，故A错误．B、摆动的摆角偏大，只要仍然是单摆，则就对g值没有影响，故B错误．C、摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线实际值偏大，带入进行计算的数值偏小，g值偏小，故C错误．D、测量周期时，误将摆球次全振动的时间t记成了n+1次全振动的时间，导致周期偏小，g值偏大，故D正确．E、把摆线的长度l o当成了摆长，导致摆长偏小，g值偏小，故E错误．F、以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算，导致摆长偏大，测量值偏大，故F正确．故选：DF．（3）由单摆周期公式可得：，故可知T2-L图象的斜率为．故C正确，ABD错误．故选：C．故答案为：（1），；（2）DF；（3）C．（1）根据从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间内为t，确定单摆全振动的次数，再求解周期．单摆的长度为l=L+．将摆长、周期代入单摆的周期公式求出重力加速度的表达式g．（2）由单摆周期公式得到重力加速度的表达式来分析造成测量值偏大的原因．（3）依据单摆周期公式，可以得到T2-L图象，可得图象的斜率含义．该题的关键是掌握单摆测重力加速度的原理，此类题中要会依据单摆周期公式分析引起重力加速度测量误差的原因，其中注意摆角，摆球质量对测量没有影响．五、计算题(本大题共3小题，共52.0分)9.如图所示为一弹簧振子的振动图象，试完成以下问题：①写出该振子简谐运动的表达式．②在第2s末到第3s末这段时间内，弹簧振子的加速度、速度、动能和弹性势能各是怎样变化的？③该振子在前100s的总位移是多少？路程是多少？【答案】解：（1）弹簧振子的周期为T=4s，则公式ω==0.5πrad/s；振幅A=5cm故该振子简谐运动的表达式为x=A sinωt=5sin0.5πtcm．（2）第2s末到第3s末这段时间内，据图可知，振子的位移负向逐渐增大，速度减小，动能减小，弹性势能增大，加速度逐渐增大；当3s末时，振子的位移最大，加速度最大，速度为零，动能为零，弹性势能最大．（3）因n===25，而振子在一个周期内通过的路程是4A，所以振子在前100s的总路程是：S=25×4A=100×5cm=500cm=5m；总位移为0．答：（1）该振子简谐运动的表达式x=A sinωt=5sin0.5πtcm．（2）在第2s末到第3s末这段时间内，弹簧振子的位移负向逐渐增大，速度减小，动能减小，弹性势能增大，加速度逐渐增大（3）该振子在前100s的总位移为零，路程为5m．【解析】（1）先由图读出周期，由公式ω=，得到角频率ω，读出振幅A，则该振子简谐运动的表达式为x=A sinωt．（2）据图判断位移、速度、动能和弹性势能，根据a=-判断加速度．（3）振子在一个周期内通过的路程是4A，求出时间100s相对于周期的倍数，即可求得总路程，再得到总位移．本题要掌握振子简谐运动的一般表达式x=A sin（ωt+φ0），知道根据三个要素：振幅A、角频率ω和初相位φ0，即可求得简谐振动方程．10.一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示．已知发电机线圈内阻为5.0Ω，现外接一只电阻为95.0Ω的灯泡，如图乙所示．则：（1）电动势的瞬时表达式，电压表的示数为多大？（2）发电机线圈每秒钟产生的焦耳热为多少？（3）若发电机线圈的匝数n=10匝，匀强磁场的磁感应强度B=2T，那么，线圈面积为多大？【答案】解：（1）由甲图可知，电动势的瞬时表达式为产生的感应电动势的有效值为E=由闭合电路的欧姆定律可知U=（2）回路中的电流为I=故发电机产生的焦耳热为Q=I2rt=2.22×5×1J=24.2J（3）由E m=n BSω可知答：（1）电动势的瞬时表达式为，电压表的示数为209V（2）发电机线圈每秒钟产生的焦耳热为24.2J（3）若发电机线圈的匝数n=10匝，匀强磁场的磁感应强度B=2T，那么，线圈面积为【解析】（1）由甲图找出周期和最大值即可求得瞬时表达式，根据闭合电路的欧姆定律求得路端电压；（2）由闭合电路的欧姆定律求得电流由焦耳定律求得产生的热量；（3）根据E m=n BSω求得面积交流电的电压、电流、电动势等等物理量都随时间作周期性变化，求解交流电的焦耳热、电功、电功率时要用交流电的有效值，求电量时用平均值11.发电机的端电压为220V，输出电功率为44k W，输电线路的电阻为0.2Ω，先用初、次级线圈匝数之比为1：10的升压变压器升压，经输电线路后，再用初、次级线圈匝数之比为10：1的降压变压器降压供给用户．（1）画出全过程的线路图．（2）求用户得到的电压和功率．（3）若不经过变压而直接送到用户，求用户得到的电压和功率．【答案】解：（1）全过程的线路如图所示（2）根据=得：U2=U1=220×10V=2200V则输电线上的电流为：I2==A=20A损失的功率为：P损=I22R=400×0.2W=80W．输电线上损失的电压为：△U=I2R=20×0.2V=4V则降压变压器输入电压为：U3=U2-△U=2200-4V=2196V根据=得用户得到的电压为：U4==219.6V用户得到的功率为：P′=P-P损=44000-80W=43920W=43.92KW．（3）若用220V直接供电时，输电电流为：I===200A输电线上的电压损失为：△U=I r线=200×0.2V=40V用户得到的电压为：U用=U0-△U=220V-40V=180V损失的电功率为：△P=△U×I=40×200W=8k W用户得到的功率为：P用=P0-△P=44k W-8k W=36k W答：（1）全过程的线路如图所示；（2）用户得到的电压为219.6V，功率为43.92KW；（3）若不经过变压而直接送到用户，用户得到的功率为36KW，电压为180V．【解析】（2）根据升压变压器原副线圈的匝数比和输入电压，求出输出电压，从而得出输送的电流，根据P损=I2R求出输电线上损耗的功率．根据输电线上的电压损失得出降压变压器的输入电压，从而得出用户得到的电压．根据功率损失求出用户得到的功率．（3）若不经过变压而直接送到用户，先根据P=UI求解电流，再根据P′=P-I2r求解户得到的功率，根据U′=U-I r求解户得到的电压本题的关键：1、原副线圈的电压比、电流比与匝数比的关系；2、输送功率、输送电压、电流的关系．。