1、四川省泸州十七中2014-2015学年高二下学期第一次月考物理试卷一不定项选择题（每题6分，共42分，答案务必填入答题卡中）1（6分）如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则（）A用户用电器上交流电的频率是100HzB发电机输出交流电的电压有效值是500VC输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定D当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小2（6分）如图所示，甲为t=1s时某横波的波形图象，乙为该波传播方向上某一质点的振动图象，距该质点x=0.5m处质点的振动图象可能是（）ABCD3（6分）图1为一列简谐横波在t=0.2s时的波形图，P是平衡位
2、置在x=1cm处的质点，Q是平衡位置在x=4cm处的质点图2为质点Q的振动图象则（）At=0.3s时质点Q的加速度达到正向最大Bt=0.9s时，质点P的运动方向沿y轴正方向C波的传播方向沿x轴负方向D波的传播速度为20m/s4（6分）家用电子调光灯的调光原理是用电子线路将输入的正弦交流电的波形截去一部分来实现，由截去部分的多少来调节电压，从而实现灯光的亮度可调，比过去用变压器调压方便且体积小某电子调光灯经调整后电压波形如图1所示，则灯泡两端的电压为（）AUmBUmCUmDUm5（6分）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2=3：1，在原、副线圈电路中分别接有阻值相同的电阻R1、R2
3、交变电源电压为U，则下列说法中正确的是（）A电阻R1、R2两端的电压之比为3：1B电阻R1、R2上消耗的电功率之比为1：1C电阻R1、R2两端的电压均为D电阻R1、R2上消耗的电功率之比为1：96（6分）在xy平面内有一沿x轴正方向传播的正弦横波，波速为1m/s振幅为4cm，频率为2.5Hz，在t=0时刻，p点位于其平衡位置上方最大位移处，则距离p为0.2m的Q点（）A在0.1s时的位移是0cmB在0.1s时的速度最大C在0. 1s时的速度方向向下D在0.1s时间内的路程是8cm7（6分）如图为理想变压器原线圈所接交流电压的波形原、副线圈匝数比n1：n2=10：1，串联在原线圈电路中电流表的示
4、数为1A，下列说法正确的是（）A变压器输出端所接电压表的示数为20VB变压器的输出功率为100WC变压器输出端的交流电的频率为50HzD穿过变压器铁芯的磁通量变化率的最大值为Wb/s二、实验题（17分）8（6分）在“用单摆测定重力加速度”的实验中（1）以下说法正确的是A测量摆长时应将摆球取下后再测量B测量时间应从摆球经过平衡位置时开始计时C实验中应控制摆角不大于10是为了减小系统误差D只要测量一次全振动的时间即可知道单摆振动的周期（2）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
5、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9（11分）在做“用单摆测定重力加速度”的实验中：（1）用摆长L和周期T计算重力加速度的公式是g=（2）如果已知摆球直径为2.0cm，让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂如图所示，那么单摆摆长是m如果测定了40次全振动的时间为75.2s，那么测定的重力加速度的值是m/s2（3）（单选）实验中若测得重力加速度g偏小，原因是A小球质量太大 B振动时，摆线偏角太小C将线长记作摆长 D将n次全振动记作n+1次全振动三、计算题（51分）10（15分）某交流发电机输出功率为5105W，输出电压为U=1.0103V，假如输电线的总电阻R=10，
6、在输电线上损失的电功率等于输电功率的5%，用户使用电压U=380V（1）画出输电线路的示意图（标明各部分的符号）（2）所用升压和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为多少？（使用的变压器是理想变压器）11（17分）一物体沿x轴做简谐振动，振幅为8cm，频率为0.5Hz，在t=0时，位移是4cm，且向x轴负方向运动，试写出用正弦函数表示的振动方程表达式并求出t=1s时的位移12（19分）如图所示分别为一列沿x轴传播的横波在零时刻的图象和在x=6m处的质点从该时刻开始计时的振动图象求：该横波的传播方向和速度的大小x=6m处的质点位移随时间变化的关系式四川省泸州十七中2014-2015学年高二下学期第一
7、次月考物理试卷参考答案与试题解析一不定项选择题（每题6分，共42分，答案务必填入答题卡中）1（6分）如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则（）A用户用电器上交流电的频率是100HzB发电机输出交流电的电压有效值是500VC输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定D当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小考点：远距离输电；变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等同时由变压器电压与匝数成正比，电流与匝数成反比解答：解：A、发电机的输出电压随时间变化的关系，
8、由图可知，T=0.02s，故f=，故A错误；B、由图象可知交流的最大值为Um=500V，因此其有效值为U=V，故B错误；C、输电线的电流由输送的功率与电压决定的，与降压变压器原副线圈的匝数比无关，故C错误；D、当用户用电器的总电阻增大时，用户的功率减小，降压变压器的输出功率减小，则输入的功率减小，输入的电流减小，输电线上损失的功率减小，故D正确；故选：D点评：本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式2（6分）如图所示，甲为t=1s时某横波的波形图象，乙为该波传播方向上某一质点的振动图象，距该质点x=0.5
9、m处质点的振动图象可能是（）ABCD考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系 专题：振动图像与波动图像专题分析：由甲读出波长，由乙图读出周期，从而求出波速由图乙读出质点的状态，判断出波的传播方向，再根据该质点与x=0.5m处质点状态关系，分析即可解答：解：从甲图可以得到波长为2m，乙图可以得到周期为2s，即波速为v=1m/s；由乙图象可以得到t=1s时，该质点位移为负，并且向下运动，该波是可能向左传播，也可能向右传播，而距该质点x=0.5m处质点，就是相差或时间相差T，但有两种可能是提前或延后若是延后，在t=1s时再经过到达乙图的振动图象t=1s时的位移，所以A正确；若是提前，在t=1s时要向
10、返回到达乙图的振动图象t=1s时的位移，该质点在t=1s时，该质点位移为负，并且向上运动，所以BCD都错误故A正确，BCD错误故选：A点评：本题关键要分析出两个质点状态的关系，根据质点的振动方向熟练判断波的传播方向3（6分）图1为一列简谐横波在t=0.2s时的波形图，P是平衡位置在x=1cm处的质点，Q是平衡位置在x=4cm处的质点图2为质点Q的振动图象则（）At=0.3s时质点Q的加速度达到正向最大Bt=0.9s时，质点P的运动方向沿y轴正方向C波的传播方向沿x轴负方向D波的传播速度为20m/s考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象 分析：由图2读出t=0.3s时质元Q的位移，根据a=分析
11、其加速度；由图1读出波长，由图读出周期，即可求得波速；t=0s时Q点在平衡位置上，由图2知下一时刻向下振动，从而确定了该波向左传播根据时间t=0.7s与周期的关系，分析质元P的速度方向解答：解：A、由图2读出t=0.3s时质元Q处于正向位移最大处，根据a=分析可知，其加速度为负向最大，故A错误；C、由图2知，t=0.2s时Q点沿y轴正方向运动，根据波形的平移法可知波的传播方向沿x轴正方向，故C错误；B、由图1与对C的分析可知，在t=0.2s时刻，质点P运动的方向向下，t=0.9s时刻，又经过了0.7s=，所以t=0.7s质元P的位置在x轴下方，运动方向沿y轴正方向，故B正确D、由图1读出波长=
12、8cm=0.08m，由图2读出周期T=0.4s，则波速v=m/s=0.2m/s，故D错误故选：B点评：该题考查波动的图象的处理能力，要有把握波动图象和振动图象联系的能力，关键是会根据振动情况来判定波的传播方向4（6分）家用电子调光灯的调光原理是用电子线路将输入的正弦交流电的波形截去一部分来实现，由截去部分的多少来调节电压，从而实现灯光的亮度可调，比过去用变压器调压方便且体积小某电子调光灯经调整后电压波形如图1所示，则灯泡两端的电压为（）AUmBUmCUmDUm考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系 专题：交流电专题分析：根据电流的热效应：由一个周期内交变电流通过电阻R的产生热量与直流电通过电阻
13、R一个周期内产生热量相等，求解有效值多用电表的示数为有效值解答：解：设交流电的有效值为U，将交流电与直流电分别通过相同电阻R，分析一个周期内热量： 交流电Q1= 直流电Q2=T解得：U=Um故选：B点评：求解交流电的有效值，从有效值的定义出发，根据一个周期内通过相同的电阻，发热量相同，此直流的值即为交流电的有效值5（6分）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2=3：1，在原、副线圈电路中分别接有阻值相同的电阻R1、R2交变电源电压为U，则下列说法中正确的是（）A电阻R1、R2两端的电压之比为3：1B电阻R1、R2上消耗的电功率之比为1：1C电阻R1、R2两端的电压均为D电阻R1、R
14、2上消耗的电功率之比为1：9考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论解答：解：A、理想变压器的电流与匝数成反比，所以电阻R1、R2上的电流之比为1：3，分别接有阻值相同的电阻R1、R2所以电阻R1、R2两端的电压之比为1：3，故AC错误C、根据电功率P=I2R知道电阻R1、R2上消耗的电功率之比为1：9，故B错误，D正确故选：D点评：本题考查变压器原理，只要掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题6（6分）在xy平面内有一沿x轴正方向传播的正弦横波，波速为1m
15、/s振幅为4cm，频率为2.5Hz，在t=0时刻，p点位于其平衡位置上方最大位移处，则距离p为0.2m的Q点（）A在0.1s时的位移是0cmB在0.1s时的速度最大C在0.1s时的速度方向向下D在0.1s时间内的路程是8cm考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象 分析：根据波速和频率求出波长的大小，确定出PQ间的距离与波长的关系，从而确定Q点的位置；质点在平衡位置处速度最大解答：解：据题意可知：波长=，周期T=0.4sPQ的距离为0.2m，等于半个波长，P点位于其平衡位置上方最大位移处，则Q位于平衡位置下方最大位移处，位移x=4cm，经过0.1s，经过四分之一个周期，Q点在平衡位置且向上运动
16、，即位移为0；在0.1时速度最大；通过的路程为0.4m故AB正确；CD错误故选：AB点评：本题的关键在于求出波长和周期，再据QP距离与波长的关系，确定Q点的振动情况，以及知道质点在平衡位置处速度最大7（6分）如图为理想变压器原线圈所接交流电压的波形原、副线圈匝数比n1：n2=10：1，串联在原线圈电路中电流表的示数为1A，下列说法正确的是（）A变压器输出端所接电压表的示数为20VB变压器的输出功率为100WC变压器输出端的交流电的频率为50HzD穿过变压器铁芯的磁通量变化率的最大值为Wb/s考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：根据ut图象知道电压的有效值，周期和频率，电压表测量的是
17、有效值，根据Em=n求解磁通量变化率解答：解：A、由图知输入电压的最大值为220V，有效值为：U=220V；根据电压与匝数成正比知变压器输出端所接电压表的示数为22V，故A错误；B、变压器的输入电压为220V，串联在原线圈电路中电流表的示数为1A，故变压器的输入功率为：P=UI=2201=220W，理想变压器的输出功率等于输入功率，也为220W；故B错误；C、变压器输入电压的周期为0.02s，故频率为50Hz；变压器不改变电流频率，故输出的交流电的频率为50Hz，故C正确；D、由Em=n得：=Wb/s，故D正确；故选：CD点评：本题考查了变压器的变压原理，要能够从图象中电压的有效值，周期和频率
18、，明确电压表测量的是有效值二、实验题（17分）8（6分）在“用单摆测定重力加速度”的实验中（1）以下说法正确的是BA测量摆长时应将摆球取下后再测量B测量时间应从摆球经过平衡位置时开始计时C实验中应控制摆角不大于10是为了减小系统误差D只要测量一次全振动的时间即可知道单摆振动的周期（2）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BDA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，而是做圆锥摆运动考点：用单摆测定重力加速度 专题：实验题；单摆问题分析：（1）摆线长度与摆球半径之和是单摆的
19、摆长；应从摆球经过平衡位置时开始计时；单摆在摆角小于5度时的振动是简谐振动振动，根据实验注意事项分析答题；（2）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：（1）A、摆长等于摆线长度与摆球半径之和，故A错误；B、为减小实验误差，测量时间应从摆球经过平衡位置时开始计时，故B正确；C、实验中应控制摆角不大于5度是为了减小系统误差，故C错误；D、为减小实验误差，要测出多个全振动的时间，然后求出平均值作为单摆的周期，故D错误；故选：B；（2）根据单摆的周期公式：T=2 得g=，A、由上公式可知，与摆角无关，故A错误；B、
20、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；故选：（1）B；（2）BD点评：本题考查知道实验注意事项、掌握描点法作图的方法、应用单摆周期公式即可正确解题；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9（11分）在做“用单摆测定重力加速度”的实验中：（1）用摆长L和周期T计算重力加速度的公式是g=（2）如果已知摆球直径为2.0cm，让刻度尺
21、的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂如图所示，那么单摆摆长是0.874m如果测定了40次全振动的时间为75.2s，那么测定的重力加速度的值是9.76m/s2（3）（单选）实验中若测得重力加速度g偏小，原因是CA小球质量太大 B振动时，摆线偏角太小C将线长记作摆长 D将n次全振动记作n+1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：（1）根据单摆周期公式列式求解；（2）单摆摆长等于摆球半径加上摆线长度，然后代入周期公式求解重力加速度；（3）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：（1）根据单摆周期公
22、式T=2，得到g=；（2）单摆摆长=摆球半径+摆线长度故摆长l=cm=87.4cm=0.874m；重力加速度为：g=9.76m/s2；（3）根据单摆的周期公式T=2，得到g=；A、B、从上面的表达式可得，重力加速度与小球的质量、摆的振幅都无关，故A错误，B错误；C、将摆线的长误为摆长，故摆长的测量值偏小，根据g=，重力加速度的测量值就偏小故C正确；D、单摆振动n次的时间t，单摆的周期T=，若误记做n+1次，则周期的测量值小于真实值，根据g=，重力加速度的测量值偏大故D错误故选：C；故答案为：（1）；（2）0.874，9.76；（3）C点评：本题关键明确实验原理，然后根据单摆的周期公式列式求解并
23、分析误差大小，基础题目三、计算题（51分）10（15分）某交流发电机输出功率为5105W，输出电压为U=1.0103V，假如输电线的总电阻R=10，在输电线上损失的电功率等于输电功率的5%，用户使用电压U=380V（1）画出输电线路的示意图（标明各部分的符号）（2）所用升压和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为多少？（使用的变压器是理想变压器）考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：（1）根据远距离输电的模型，发电机的输出电压线经过升压变压器升压，通过高压输电，在有降压变压器降压之后输送给用户（2）输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数程
24、正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可解答：解：（1）输电线路的示意图如图所示（2）由功率的公式P=UI可得，发电机的输出电流为 I1=500 A，输电线的损耗的功率为 P损=5%P=5%5105 W=2.5104 W，由损失的功率 P损=I22R可得输电线的电流为 I2=I3=50 A，用户的电流为I4=所以升压变压器的匝数比为 =，降压变压器的匝数比为 =点评：掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决11（17分）一物体沿x轴做简谐振动，振幅为8cm，频率为0.5Hz，在t=0时，位移是4cm，且向x轴负方向运动，试写出用正弦函数表示的振动方程表达式并求
25、出t=1s时的位移考点：简谐运动的振动图象；简谐运动的振幅、周期和频率 专题：振动图像与波动图像专题分析：简谐运动振动方程的一般表达式x=Asin（t+），将在t=0时，位移是4cm代入即可求解解答：解：简谐运动振动方程的一般表达式x=Asin（t+）由题得：A=0.08m，=2f=所以x=0.08sin（t+）m将t=0时x=0.04m代入得0.04=0.08sin，解得初相或在为t=0时，速度方向沿x轴负方向，即位移在减小，所以取所求的振动方向为当t=1s时，代入上述表达式得x=0.04m，即t=1s时振动物体的位移大小为0.04m，方向为x轴负向答：振动方程表达式为，t=1s时的位移为0
26、.04m点评：本题关键记住简谐运动的一般表达式，然后代入已知数据求解，基础题12（19分）如图所示分别为一列沿x轴传播的横波在零时刻的图象和在x=6m处的质点从该时刻开始计时的振动图象求：该横波的传播方向和速度的大小x=6m处的质点位移随时间变化的关系式考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象 分析：根据t=0时刻x=6m处质点的振动方向得到波的传播方向，由左图得到波长，右图得到周期，根据v=求解波速根据质点振动方程：y=Asint写出质点位移随时间变化的关系式解答：解：t=0时刻x=6m处质点的振动方向是向上，由波形平移法知，波沿x轴负方向传播；由左图得到波长为=8m，右图得到周期为T=0.08s，故波速v=100m/s；由x=6m处的质点位移随时间变化的图象知为正弦函数，故关系式：y=0.05sin25t；答：该横波的传播方向为x轴负方向，速度的大小为100m/s；x=6m处的质点位移随时间变化的关系式y=0.05sin25t点评：本题关键明确波形平移方向与质点振动方向的关系，能够结合公式v=求解波速