北京市第四中学学年高二物理上学期期中试卷含解析

北京市第四中学学年高二物理上学期期中试卷含剖析北京市第四中学学年高二物理上学期期中试卷含剖析PAGE北京市第四中学学年高二物理上学期期中试卷含剖析2018北京四中高二（上）期中物理一、单项选择题（本大题共8小题；每题每题3分，共24分。在每题给出的四个选项中，只有一个选项切合题意，请把答案填涂在答题卡上）1.对于简谐运动的位移、加快度和速度的关系，以下正确的选项是A.位移减小时，加快度增大，速度增大B.位移方向总和加快度方向相反，和速度方向总同样C.物体的速度增大时，加快度必然减小D.物体向均衡地点运动时，速度方向和位移方向同样【答案】C【剖析】【详解】A、位移x减小时,加快度也减小;振子凑近均衡地点,故速度增添,故A错;

B、位移方向总跟加快度方向相反.质点经过同一地点,位移方向老是由均衡地点指向质点所在地点,而速度方向两种,可能与位移方向同样,也可能与位移方向相反,故B错误;

C、物体的速度增大时,运动方向指向均衡地点,位移渐渐减小,因此加快度必然减小,因此C选项是正确的;

D、物体运动方向向均衡地点时,位移方向走开均衡地点,速度方向跟位移方向相反;故D错误;

应选C【点睛】简谐运动的位移是指质点走开均衡地点的位移,方向从均衡地点指向质点所在地点.当质点背叛均衡地点时,位移增大,速度减小,加快度增大,加快度方向老是与位移方向相反,指向均衡地点,质点做非匀变速运动.当质点凑近均衡地点时,位移减小,速度增大,加快度减小.2.以以下图，弹簧振子在A、B之间做简谐运动。以均衡地点O为原点，成立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【剖析】试题剖析：当振子运动到N点时开始计时，剖析此时振子的地点，即确立出t=0时辰质点的地点，即可确立位移时间的图象．由题意：设向右为x正方向，振子运动到N点时，振子拥有正方向最大位移，因此振子运动到N点时开始计时振动图象应是余弦曲线，故A正确．视频3.单摆振动的答复力是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协力【答案】B【剖析】单摆的运动是简谐运动，简谐运动要求答复力与位移成反比：；忽视空气阻力，对摆球进行受力剖析，摆球受重力（竖直向下）和摆线拉力（摆线缩短方向），因为摆球运动轨迹为圆弧切线方向，以切线方向为基础成立坐标系，分解重力；X轴：沿着摆球运动切线方向；y轴：与运动切线垂直，X轴切线方向方程，，此时为摆球的协力，方向指向均衡地点，运动过程重力沿X轴方向分力不停减小，直到摆球运动到水平川址，重力重量为0；综上，实质上单摆的答复力由重力分力供给；应选B。【点睛】答复力：使振子返回均衡地点并总指向均衡地点的力．作用：使振子返回均衡地点．振动的单摆遇到重力G与绳的拉力T作用，绳的拉力和重力的法向分力的协力供给圆周运动的向心力；指向均衡地点的合外力是重力的切向分力，它供给了单摆振动的答复力．4.当波源远离察看者时，察看者所接收到的频次f'和波源振动的频次f的关系为A.f'fB.f'＜fC.f'＞fD.没法确立【答案】B【剖析】【详解】f由波源每秒钟所振动的次数决定,介质振动的频次由波源频次及波源相对介质能否挪动来决定,当察看者远离波源过程中,察看者接收到的机械波频次比察看者静止时接收到的频次小,即f'＜f.故ACD错误,B正确.应选B【点睛】利用多普勒效应剖析即可,当察看者远离波源过程中,察看者接收到的机械波频次比察看者静止时接收到的频次小;当察看者凑近波源过程中,察看者接收到的机械波频次比察看者静止时接收到的频次大.5.以以下图，S1、S2是两个相关波源，它们的相位及振幅均同样。实线和虚线分别表示在某一时辰它们所发出的波的波峰和波谷，对于图中所标的a、b、c三点，以下说法中正确的选项是A.a质点振动减弱，b、c质点振动增强B.a质点振动增强，b、c质点振动减弱C.再过T/4后的时辰，b、c两质点都将处于各自的均衡地点，振动将减弱D.a点向来在均衡地点，b点向来在波峰，c点向来在波谷【答案】A【剖析】【详解】ABC、a质点处是两列波波峰与波谷叠加的地方,振动向来减弱的,而b、c质点是两列波波峰与波峰、波谷与波谷叠加的地方,振动向来增强.故A对；BC错；D、因为两个波源的振动方向同样、振幅同样,因此a点静止不动,向来在均衡地点.b、c两点的振动向来是增强的,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.

应选A【点睛】两列波干预时,两列波的波峰与波峰、波谷与波谷相遇处,振动向来增强,波峰与波谷相遇处振动向来减弱.振动增强点的振动等于波独自流传时振幅的2倍.6.两个带电的金属小球，相距必然距离时（此距离远远大于两球的直径），互相作使劲的大小为F。若把它们的带电量、距离都增大到本来的二倍，它们的互相作使劲的大小为A.B.C.D.F【答案】D【剖析】【详解】依据库仑力公式可知：当它们的带电量、距离都增大到本来的二倍，它们的互相作使劲的大小不变，故D对;ABC错；应选D7.两同样带电小球，带有等量的同种电荷，用等长的绝缘细线悬挂于O点，以以下图。均衡时，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，当它们从头均衡时，两小球间的距离A.等于r/2B.小于r/2C.大于r/2D.等于r【答案】C【剖析】【详解】电量减小,依据库仑定律知,库仑力减小,两球间的距离减小.假定两球距离等于r/2,则库仑力与开始同样大,重力不变,则绳索的拉力方向应与本来的方向同样,因此两球距离要变大些.则两球的距离大于r/2.故C对；ABD错误；应选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点由静止开释，它在沿电场线从A向B运动过程中的速度图象以以下图。判断电场线的方向，并比较A、B两点的场强E，以下说法中正确的（）A.方向由A指向B，EA＞EBB.方向由A指向B，EA＜EBC.方向由B指向A，EA＜EBD.方向由B指向A，EA＞EB【答案】D【剖析】【详解】赶快度时间图象可以看出,点电荷做加快运动,所受的电场力方向由A指向B,而负试一试电荷遇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快度,故说明加快度不停减小,电场力不停减小,场强也不停减小,故EA＞EB;【点睛】速度时间图象的切线的斜率表示加快度,正试一试电荷遇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；每题3分，共30分。在每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，沿波的流传方向上有间距均为1m的六个质点a、b，c、d、e、f，均静止在各自的均衡地点，一列横波以1m/s的速度水平向右流传，r=0时抵达质点a，a开始由均衡地点向上运动，t=1s时，质点a第一次抵达最高点，则在4s＜t＜5s这段时间内（）A.质点c的加快度渐渐增大B.质点a的速度渐渐增大C.质点d向下运动D.质点f保持静止【答案】ACD【剖析】试题剖析:由图得悉，该波的周期为T=4s，则波长λ=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，因此，在4s＜t＜5s这段时间内，质点c从均衡地点向上运动，加快度渐渐增大，故A正确；在4秒＜t＜5秒这段时间内，质点a从均衡地点向上运动，速度渐渐减小．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＜t＜5秒这段时间内，d点从波峰向均衡地点运动，即向下运动．故C正确；波从a传到f点需要5s时间，因此在4秒＜t＜5秒这段时间内，f还没有振动．故D正确。考点：波的图象10.以以下图,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，此中N板可以挪动，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，以下举措可行的是A.使波源的振动频次增大B.使波源的振动频次减小C.挪动N板使狭缝的间距增大D.挪动N板使狭缝的间距减小【答案】BC【剖析】波长越长衍射越显然，再由，可使波源的振动频次减小，波长增大，或挪动N板使狭缝的间距增大11.一列简谐横波沿x轴流传，某时辰的波形以以下图，已知此时质点F的运动方向向y轴负方向，则（）A.此波向x轴正方向流传B.质点C此时向y轴负方向运动C.质点C将比质点B先回到均衡地点D.质点E的振幅为零【答案】C【剖析】此时F的振动方向向下，依据走坡法可得此波沿x轴负方向流传，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，因此质点C将比质点B先回到均衡地点，C正确，质点E在均衡地点，准备向下振动，但质点的振幅和其余质点同样，D错误。12.一重球从高处着落到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.速度渐渐减小B.加快度先减小后增大C.战胜弹力做的功等于重力做的功D.重球在c点的加快度大于重力加快度g【答案】BD【剖析】【详解】AB.小球与弹簧接触,开始重力大于弹力,加快度方向向下,做加快运动,向下运动的过程中,弹力增大,则加快度减小,加快度减小到零,速度达到最大,此后弹力大于重力,加快度方向向上,做减速运动,向下运动的过程中,弹力增大,则加快度增添,因此速度先增大后减小,加快度先减小后增大.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，依据动能定理可知：战胜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开释,抵达最低点,依据运动的对称性,知加快度等于g,方向竖直向上,若从某一高度降落,降落的更低,则加快度大于g，故D对；应选BD【点睛】依据小球的受力得出加快度的方向,依据加快度的方向与速度方向的关系,判断小球的运动状况,从而得出速度和加快度的变化13.一单摆在地球表面做受迫振动，其共振曲线（振幅A与驱动力的频次f的关系）如下图，则A.此单摆的固有频次为0.5HzB.此单摆的摆长约为1mC.若摆长增大，单摆的固有频次减小D.若摆长增大，共振曲线的峰将向右挪动【答案】ABC【剖析】【详解】A、单摆做受迫振动,振动频次与驱动力频次相等;当驱动力频次等于固有频次时,发生共振,则固有频次为0.5Hz,故A正确；

B、由图可以知道,共振时单摆的振动频次与固有频次相等,则周期为2s.由公式,可得L=1m,故B正确

C、若摆长增大,单摆的固有周期增大,则固有频次减小.故C正确

D、若摆长增大,则固有频次减小,因此共振曲线的峰将向左挪动.故D错误;

应选ABC【点睛】由共振曲线可以知道,出现振幅最大,则固有频次等于受迫振动的频次.联合单摆周期公式求解。14.以以下图，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们互相接触。把一带正电荷的物体C置于A周边，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，此后再移去C，贴在A、B下部的金属箔片仍旧张开D.先把A和B分开，此后再移去C，贴在A、B下部的金属箔片将闭合【答案】BC【剖析】【详解】A、物体C凑近A周边时，因为静电感觉，A端带上负电，B端带上正电；故A错误；B、移去C后，因为电荷间互相作用，从头中和，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，电荷不可以再进行中和，此时A所带电荷量仍旧等于B的带电量，故两金属箔仍旧张开；故C对；D错应选BC15.两个通电小球带电后互相推斥，以以下图。两悬线跟竖直方向各有一个夹角a、，a＞且两球在同一水平面上。则必然能判断的是A.两球的质量大小关系B.两球带电量大小关系C.绳索中的拉力大小关系D.两球带同种电荷【答案】ACD【剖析】【详解】D、两个球互相排挤,故必然带同种电荷,故D对

A、对左边小球受力剖析,受重力mg,拉力T和静电斥力F,如图

依据均衡条件,有计算得：再对右边小球受力剖析,同理有两个小球之间的库仑力相等，因为a＞，因此，故A对；B、两个小球之间的库仑力相等，依据则没方法判断两个小球带电量之间的关系，故B错；C、依据勾股定理可知，因为，因此质量大则绳索的拉力大一点，故C对；应选ACD【点睛】两球互相排挤,故带同种电荷,依据牛顿第三定律可以知道互相排挤力相等,与带电量没关;再依据均衡条件获得排挤力的表达式进行剖析.

此题重点是对小球受力剖析,依据均衡条件获得电场力表达式,此后再联合牛顿第三定律进行剖析判断.16.以以下图，某电场的电场线散布对于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轴右边，MP⊥ON。则A.M点场兴盛于N点场强B.M点电势与P点的电势相等C.将正电荷由O点挪动到P点，电场力做负功D.在O点静止开释一带正电粒子，该粒子将沿y轴正方向做直线运动【答案】AD【剖析】【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，因此M点场兴盛于N点场强，故A对；B、沿着电场线电势在降低，因为电场不是匀强电场，因此M和P点不在同一条等势线上，因此M点电势与P点的电势不相等，故B错；C、联合图像可知：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点静止开释一带正电粒子，依据电场线的散布可知，正电荷向来遇到向上的电场力，力与速度在一条直线上，故粒子做直线运动，故D对；应选AD17.以以下图，实线是一簇未注明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子经过该电场所区时的运动轨迹，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，依据此图没法判断的是()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两点的速度哪处较大D.带电粒子在a、b两点的加快度哪处较大【答案】BCD【剖析】试题剖析：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，粒子倾向右下方，则说明粒子在a、b两地方受的电场力向下，因为不知电场线方向，故没法判断粒子电性，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.以以下图，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点由静止开释一负电荷（忽视重力），以下说法中正确的选项是A.从P到O，可能加快度愈来愈小，速度愈来愈大B.从P到O，可能加快度先变大变小，速度愈来愈大C.超出O点后，可能加快度向来变大，速度向来减小D.超出O点后，可能加快度向来变小，速度向来减小【答案】AB【剖析】试题剖析：在等量同种电荷连线中垂线上电场强度方向O→P，负点电荷q从P点到O点运动的过程中，电场力方向P→O，速度愈来愈大．但电场线的疏密状况不确立，电场强度大小变化状况不确立，则电荷所受电场力大小变化状况不确立，加快度变化状况没法判断，但可能是加快度先变大后变小．故A错误，B正确．超出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，加快度为零．依据电场线的对称性可知，超出O点后，负电荷q做减速运动，加快度的变化状况：先增大后减小；对于速度向来减小，故CD错误．应选B．考点：等量异种电荷的电场【名师点睛】此题察看同样量异种电荷电场线的散布状况及特色的理解和掌握程度，解题时要抓住电场线的对称性来讨论电荷的受力状况．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“用单摆测定重力加快度”的实验中进行了以下的实践和研究：（1）用游标卡尺丈量摆球直径d，如右图所示，则摆球直径为_____cm，丈量单摆摆长为l；（2）用秒表丈量单摆的周期。当单摆摇动坚固且抵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（保存三位有效数字）；（3）将丈量数据带入公式g=_____（用T、l表示），获得的丈量结果与真切的重力加快度值比较，发现丈量结果偏大，可能的原由是_____；A.误将59次数成了60次B.在未悬挂单摆以前先测定好摆长C.将摆线长看作了摆长D.将摆线长和球的直径之和看作了摆长（4）该同学纠正了以前的错误操作，试一试丈量不同样摆长l对应的单摆周期T，并在座标纸上画出T2与l的关系图线，以以下图。由图线计算出的重力加快度的值g=_____m/s2，（保存3位有效数字）【答案】(1).2.06cm；(2).67.4s(3).2.24s(4).(5).AD(6).【剖析】【详解】（1）游标卡尺的主尺读数为20mm,游标读数为,则最后读数为20.6mm=2.06cm.

（2）秒表的读数为60s+7.4s=67.4s,则周期,

（3）依据解得：,A.误将59次数成了60次，致使丈量时周期T测小，依据可知g值丈量值偏大，故A对；B.在未悬挂单摆以前先测定好摆长，致使丈量的摆长小于真切的摆长，依据可知g值偏小；故B错C.将摆线长看作了摆长没有加小球的半径，致使丈量的摆长偏小，依据可知g值偏小，故C错；D.将摆线长和球的直径之和看作了摆长，致使丈量的摆长变长，依据可知g值偏大；故D对；应选AD（4）依据可得：，则在T2与l的关系图线中，斜率代表依据图像可求出：则故此题答案是：（1）2.06cm；（2）67.4s；2.24s（3）；AD（4）【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.

依据单摆的周期公式得出T与L的关系式,联合关系式得出图象的斜率.

解决此题的重点掌握单摆丈量重力加快度的原理,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。解答应写出必需的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不可以得分。有数值计算的题，答案中必然明确写出数值和单位）20.以以下图，实线是一列简谐横波在t=0时辰的波形图，虚线是这列简谐横波在t=0.2s时辰的波形图，求:（1）由图读出波的振幅和波长；（2）若波沿x轴正方向流传，求波速的可能值；（3）若波沿x轴负方向流传，求波速的可能值。【答案】（1）波长λ＝0.24m，振幅为10m；（2）（3）【剖析】【详解】（1）由波形图知波长λ＝0.24m，振幅为10m（2）若波沿x轴正方向流传，流传距离Δx知足由速度公式知：（3）波沿x轴负方向流传时，流传距离由速度公式知故此题答案是：（1）波长λ＝0.24m，振幅为10m；（2）（3）21.以以下图，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角，已知重力加快度为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，求剪断细线瞬时小球的加快度。【答案】（8分）解：（1）向右偏说明电场力向右，因此小球带正电.……（2分）（2）受力剖析：重力，拉力，电场力……（3分）(3)细线