1、2014-2015学年江西省赣州市信丰中学高二（下）期中物理复习试卷一.选择题1（3分）（2015龙岩校级模拟）下列有关四幅图的说法中正确的是（）A粗糙斜面上的金属球M在弹簧的作用下运动，该运动是简谐运动B单摆的摆长为L，摆球的质量为m、位移为x，此时回复力为F=xC作简谐运动的某质点在t1时刻速度与加速度方向都发生了变化D在张紧的绳子上悬挂5个摆，当A摆振动的时候，通过绳使其余各摆做受迫振动，只有E摆振动周期等于A摆振动周期考点：产生共振的条件及其应用；简谐运动的回复力和能量分析：首先知道简谐运动的特点，运动、恢复力、位移和能量的特点；以及判断简谐运动的依据，据此分析判断即可解答：解：A、粗
2、糙的斜面上的物体由于受摩擦力运动，物体最终停下来，做阻尼振动，并非简谐运动，故A错误；B、单摆的摆长为L，摆角小于5度，摆球的质量为m、位移为x，由于重力沿半径方向的力提供向心力，沿半径切线方向的分力提供了恢复力，此时回复力为F=x，所以此运动为简谐运动，故B正确；C、据图象可知，简谐运动的某质点在t1时刻速度方向不变，加速度方向都发生了变化，故C错误；D、如图所示，当A摆振动的时候，通过绳使其余各摆做受迫振动，各摆的摆振动周期等于A摆振动周期，故D错误；故选：B点评：本题考查简谐运动的知识，但所考的内容较多，解题的关键是知道简谐运动的特点、常见的运动特点和共振的特点，基础题2如图是电熨斗的结
3、构图，下列说法正确的是（）A双金属片上层金属的膨胀系数小于下层金属B常温下，上下触点接触；温度过高时，双金属片发生弯曲使上下触点分离C需要较高温度熨烫时，要调节调温旋钮，使升降螺丝下移并推动弹性铜片下移D双金属片温度传感器的作用是控制电路的通断考点：常见传感器的工作原理分析：了解双金属片的特点：利用不同膨胀系数的金属片做成，当温度升高时，金属片向膨胀系数小的发生弯曲，触点断开；当温度降低时，金属片向膨胀系数大的发生弯曲，触点不断开；调节温度原理根据金属片的在电路中的连接有关解答：解：A、当温度升高时，金属片向膨胀系数小的发生弯曲，触点断开，故双金属片上层金属的膨胀系数大于下层金属片，故A错误
4、B、常温下，上下触点接触；温度过高时，双金属片发生弯曲使上下触点分开，起到调温作用，故B正确 C、需要较高温度熨烫时，要调节调温旋钮，使升降螺丝下移并推动弹性铜片下移，当温度升到较高，金属片发生弯曲较厉害触点才断开，故C正确 D、双金属片温度传感器的作用是控制电路的通断，故D正确故选BCD点评：考查了双金属片传感器的工作原理，了解其特点3如图所示，图线a为线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图象如图线b所示关于这两个交流电的下列说法中正确的是（）A图中t=0时刻穿过线圈的磁通量均为零B线圈先后两次转速之比为3：2C交流电a的电动势瞬时值表达
5、式为e=10sin5t（V）D交流电b的电动势最大值为5 V考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率专题：交流电专题分析：由图读出a电压最大值Um，周期T，由=求出，写出交流电a的瞬时值表达式由周期关系求出转速关系t=0时刻电压为零，由法拉第电磁感应定律分析磁通量根据电动势最大值公式Em=nBS判断最大值的变化情况解答：解：A、t=0时刻两个正弦式电流的感应电动势瞬时值均为零，线圈都与磁场垂直，穿过线圈的磁通量都最大故A错误；B、由图读出两电流周期之比为Ta：Tb=0.4s：0.6s=2：3，而T=，则线圈先后两次转速之比为3：2故B正确；C、正弦式电流a
6、的瞬时值为u=Umsint=10sint=10sin5t（V）故C正确；D、根据电动势最大值公式Em=nBS=nBS，得到两电动势最大值之比为Ema：Emb=Tb：Ta=3：2，Ema=10V，则得到正弦式电流b的最大值为Emb=V故D错误；故选：BC点评：本题考查对正弦式电流图象的理解能力对于正弦式电流的感应电动势与磁通量的关系、电动势最大值公式Em=nBS能理解掌握，就能正确解答4如图甲，一弹簧振子在AB间做简谐运动，O为平衡位置如图乙是振子做简谐运动时的位移时间图象则关于振子的加速度随时间的变化规律，下列四个图象中正确的是（）ABCD考点：简谐运动的振动图象专题：振动图像与波动图像专题分
7、析：由图乙知，t=0时刻振子的位移x=0根据简谐运动振子的加速度与位移的关系a=，分析加速度与时间的关系，可知图象按正弦规律变化解答：解：根据简谐运动振子的加速度与位移的关系a=，得到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xt图象是正弦曲线，则at图象也是正弦曲线故C正确故选C点评：本题关键抓住简谐运动加速度与位移的关系，根据计时开始时刻的加速度及方向选择图象5光滑的水平面叠放有质量分别为m和的两木块，下方木块与一劲度系数为k的弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上，如图所示已知两木块之间的最大静摩擦力为f，为使这两个木块组成的系统象一个整体一样地振动，系统的最大振幅
8、为（）ABCD考点：简谐运动的回复力和能量；简谐运动分析：对整体而言，回复力为弹簧的弹力，对上面的木块而言，回复力为静摩擦力振幅最大时，回复力最大解答：解：对整体最大振幅时有kA=（m+）a a=隔离分析，当最大振幅时，两木块间的摩擦力达到最大静摩擦力 f=a=所以A=故C正确，A、B、D错误故选C点评：解决本题的关键会分析物体做简谐运动的回复力是什么力知道该题中最大振幅时两木块间的摩擦力达到最大静摩擦力6如图（a）是演示简谐运动图象的装置，当盛沙漏斗下面的薄木板N被匀速拉出时，摆动着的漏斗中漏出的沙在板上形成的曲线显示出摆的位移随时间变化的关系，板上的直线OO代表时间轴图（b）是两个摆中的沙
9、在各自木板上形成的曲线，ON1=ON2若N1和N2板拉动的速度v1和v2的关系为v2=2v1，则板N1、N2上曲线所代表的振动周期T1和T2的关系为（）AT2=T1BT2=2T1CT2=4T1DT2=T1考点：简谐运动的振幅、周期和频率；单摆周期公式专题：简谐运动专题分析：单摆的摆动和木板的运动同时进行，时间相同，根据速度的定义公式列式比较即可解答：解：设板长为L，则：；根据题意，有：v2=2v1故T1=4T2故选：D点评：本题关键抓住单摆的摆动和木板的平移同时发生，然后结合速度的定义求解周期，基础题7如图所示，振子以O点为平衡位置在A、B间做简谐运动，从振子第一次到达P点开始计时，则（）A振
10、子第二次到达P点的时间间隔为一个周期B振子第三次到达P点的时间间隔为一个周期C振子第四次到达P点的时间间隔为一个周期D振子从A点到B点或从B点到A点的时间间隔为一个周期考点：简谐运动的振幅、周期和频率分析：弹簧振子的周期是振子完成一次全振动的时间，分析振子振动的过程，确定周期解答：解：ABC、从经过某点开始计时，则再经过该点两次所用的时间为一个周期，故B正确，A、C错误D、振子从A到B或从B到A的时间间隔为半个周期，故D错误故选：B点评：本题关键要抓住振子开始振动的方向有两种，但从某点开始计时，再经过该点两次所用的时间为一个周期，难度不大，属于基础题8公路上匀速行驶的货车受一扰动，车上货物随车
11、厢底板上下振动但不脱离底板一段时间内货物在竖直方向的振动可视为简谐运动，周期为T取竖直向上为正方向，以某时刻作为计时起点，即t=0，其振动图象如图所示，则（）At=T时，货物对车厢底板的压力最大Bt=T时，货物对车厢底板的压力最小Ct=T时，货物对车厢底板的压力最大Dt=T时，货物对车厢底板的压力最小考点：简谐运动的回复力和能量；向心力分析：货物的回复力由重力和弹簧的弹力产生振动图象反映货物的位移随时间的变化情况，根据简谐运动的特征：F=kx，以货物为研究对象，根据加速度的方向，由牛顿第二定律分析弹簧的弹力的变化情况当货物的加速度方向竖直向上，而且达到最大时，弹簧对货物的弹力最大，货物对车厢底
12、板的压力最大当货物的加速度方向竖直向下，而且达到最大时，弹簧对货物的弹力最小，货物对车厢底板的压力最小解答：解：A、在t=时刻，由图看出，货物的位移为正向最大，则货物的加速度为负向最大，即加速度向下最大，根据牛顿第二定律可知，货物受到的弹力最小，则货物对车厢底板的压力最小故A错误 B、在t=时刻，货物的位移为零，加速度为零，弹簧的弹力大小等于货物的重力，而在t=时刻，货物的弹簧小于货物的重力，说明在t=时刻，弹簧的弹力不是最小，则货物对车厢底板的压力不是最小故B错误 C、D在t=时刻，由图看出，货物的位移为负向最大，则货物的加速度为正向最大，即加速度向上最大，根据牛顿第二定律可知，货物受到的弹
13、力最大，则货物对车厢底板的压力最大故C正确，D错误故选：C点评：本题考查运用牛顿第二定律分析简谐运动中物体受力情况的能力，也可以应用超重、失重观点进行分析9一弹簧振子做简谐运动，周期为T（）A若t时刻和（t+t）时刻振子运动位移大小相等、方向相同，则t一定等于T的整数倍B若t时刻和（t+t）时刻振子运动速度的大小相等、方向相反，则t一定等于的整数倍C若t=T，则在t时刻和（t+t）时刻振子运动的加速度一定相等D若t=，则在t时刻和（t+t）时刻弹簧的长度一定相等考点：简谐运动的振幅、周期和频率专题：简谐运动专题分析：弹簧振子做简谐运动，两个时刻位移相同，t不一定等于T的整数倍只有当位移、速度都
14、相同时，t才等于T的整数倍振子运动速度的大小相等、方向相反，t一定等于的整数倍经过整数倍周期，加速度一定相同经过t=，弹簧的长度不一定相等解答：解：A、若t时刻和（t+t）时刻振子运动位移大小相等、方向相同，t不一定等于T的整数倍只有当位移、速度都相同时，t才等于T的整数倍故A错误 B、若t时刻和（t+t）时刻振子运动速度的大小相等、方向相反，可能振子经过同一点，也可能经过关于平衡位置对称的两位置，t不一定等于的整数倍故B错误 C、经过整数倍周期，加速度一定相同故C正确 D、t=，在t时刻和（t+t）时刻振子的速度相反，但弹簧的长度不一定相等故D错误故选C点评：本题对简谐运动过程的分析和理解能
15、力，也可以画简谐运动图象更直观反映运动过程二、非选择题：10（2015春赣州校级期中）某同学做“用单摆测定重力加速度”的实验时：（1）如果他测得的g值偏小，可能的原因是BA测摆线长时测了悬线的总长度B摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，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（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T2的数据如图1所示，再以l为横坐标，T2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）此同学用游标卡尺测一小球直径如图2，已知游标尺
16、为20等份，则读数应为24.20mm考点：用单摆测定重力加速度专题：实验题；单摆问题分析：（1）根据重力加速度的表达式分析g值偏小可能的原因（2）根据重力加速度的表达式和数学知识，分析T2l图线斜率k的意义，得到g的表达式（3）解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读解答：解：（1）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g=，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g= 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
17、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T=求出的周期偏小，测得的g值偏大故D错误故选：B（2）根据重力加速度的表达式g= 可知，T2l图线斜率k=，则g=（3）游标卡尺的固定刻度读数为24mm，游标尺上第0个刻度游标读数为：0.054mm=0.20mm，所以最终读数为：24mm+0.20mm=24.20 mm；故答案为：（1）B；（2）；（3）24.20 mm点评：单摆的摆长不是摆线的长度，还要加上摆球的半径对于实验误差，要从实验原理公式进行分析解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，用主尺读数加上游标读数，不需估读11（2015春赣州校级期中）单摆测定重力
18、加速度的实验中：（1）实验时用20分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图甲所示，该摆球的直径d=11.70 mm（2）悬点到小球底部的长度l0，示数如图乙所示，l0=100.25 cm（3）实验时用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图象如图丙所示，然后使单摆保持静止，得到如图丁所示的Ft图象那么：重力加速度的表达式 g=（用题目中的物理量d、l0、t0表示）设摆球在最低点时Ep=0，已测得当地重力加速度为g，单摆的周期用T表示，那么测得此单摆摆动时的机械能E的表达式是BDA B C D考点：用单摆测定重力加速度专题：实验题；单摆问题分析：（1、2）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不
19、需估读；刻度尺读数需估读到最小刻度的下一位（3）由图线得出单摆的周期，结合单摆的周期公式求出重力加速度的表达式单摆摆动时的机械能等于最低点的动能和势能之和，根据牛顿第二定律，结合拉力和重力的合力提供向心力，求出最低点的动能，从而求出单摆在最低点的机械能解答：解：（1）游标卡尺的主尺读数为11mm，游标读数为140.05mm=0.70mm，则最终读数为11.70mm，摆球的直径为11.70mm（2）悬点到小球底部的长度l0=100.25cm（3）由摆线的拉力F随时间t变化的图象知，单摆的周期为4t0，根据T=2，重力加速度为：g=单摆在最低点时F1mg=m，mg=F3根据周期公式摆长l=，联立三
20、个式子，得：Ek=mv2=，则机械能为：E=Ek+Ep=当单摆摆动最高点时，有：E=Ep=mgl（1cos），又F2=mgcos，l=，解得E=，故B、D正确，A、C错误故答案为：（1）11.70；（2）100.25；（3）BD点评：解决本题的关键掌握单摆的周期公式，知道游标卡尺和刻度尺的读数方法，以及知道单摆在摆动的过程中，通过平衡位置时，拉力和重力的合力提供向心力，此时拉力最大在最大位移处，拉力等于重力的分力，此时拉力最小12（2015春赣州校级期中）如图所示，质量为m的木块放在轻弹簧上，与弹簧一起在竖直方向上做简谐运动当振幅为A时，物体对弹簧最大的压力是物体重力的1.5倍，已知重力加速度
21、为g，则：（1）物体对弹簧的最小弹力是多大？（2）要使物体在振动中不离开弹簧，振幅不能超过多大？考点：牛顿第二定律；胡克定律分析：当木块运动到最低点时，对弹簧弹力最大，此时由牛顿第二定律列式，当木块运动到最高点时，对弹簧弹力最小，此时由牛顿第二定律列式，由运动的对称性知，最高点与最低点的加速度大小相等，带入公式即可求解最小弹力；在最高点或最低点根据胡克定律求出弹簧的劲度系数，物体在平衡位置下方处于超重状态，不可能离开弹簧，只有在平衡位置上方可能离开弹簧要使物体在振动过程中恰好不离开弹簧，物体在最高点的加速度a=g此时弹簧的弹力为零若振幅再大，物体便会脱离弹簧物体在最高点刚好不离开弹簧时，回复力
22、为重力，根据胡克定律即可求解最大振幅解答：解：（1）在最低点物体对弹簧的弹力最大，由牛顿第二定律得：FN1mg=ma在最高点物体对弹簧的弹力最小，由简谐运动的对称性可知：mgFN2=ma联立解得：FN2=0.5mg（2）物体在平衡位置下方处于超重状态，不可能离开弹簧，只有在平衡位置上方可能离开弹簧要使物体在振动过程中恰好不离开弹簧，物体在最高点的加速度a=g此时弹簧的弹力为零若振幅再大，物体便会脱离弹簧物体在最高点刚好不离开弹簧时，FN=0，此时木块运动到最高点，mg=kA而FN1mg=ma=kA，解得：A=2A答：（1）物体对弹簧的最小弹力是0.5mg（2）要使物体在振动中不离开弹簧，振幅不
23、能超过2A点评：解决本题要知道当木块运动到最低点时，对弹簧弹力最大，当木块运动到最高点时，对弹簧弹力最小，并根据牛顿第二定律及胡克定律求解，难度适中13（2015春赣州校级期中）一台发电机的功率是44kW，用总电阻为0.2的导线输送到用户，则：（1）若用220V的电压输电，输电线上损失的功率是多少？用户得到的电压与功率分别为多少？（2）若用2.2kV的电压输电，输电线上损失的功率又是多少？用户得到的电压与功率又分别为多少？考点：远距离输电专题：交流电专题分析：根据输送功率P=UI求出输电电流，结合P损=I2R求出输电线上损耗的功率用户得到的功率为P用=PP损解答：解：（1）根据P=UI知，输电
24、线上的电流则输电线上损失的功率P损=I12R=20020.2W=8000W用户得到的功率为P用=PP损=440008000W=36Kw用户得到的电压U=220IR=2202000.2=180V；（2）根据P=UI知，输电线上的电流，则输电线上损失的功率P损=I22R=4000.2W=80W用户得到的功率为P用=PP损=4400080W=43.92Kw用户得到的电压U=2200200.2=2196V；答：（1）若用220V的电压输电，输电线上的电流为200A，输电线发热损失的功率是8000W，用户得到功率为6w；得到的电压为180V；（2）若用22kV的电压输电，输电线上电流为2A，输电线发热损
25、失的功率又是80W，用户得到功率为43.92Kw得到的电压为2196V点评：解决本题的关键知道输送功率与输送电压、电流的关系，掌握输电线上的功率损失合P损=I2R14（2015春东城区期末）在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失有一个小型发电站，输送的电功率为P=500kW，当使用U=5kV的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电度表一昼夜示数相差4800kWh求：（1）输电效率和输电线的总电阻r；（2）若想使输电效率提高到98%，又不改变输电线电阻，那么电站应使用多高的电压向外输电？考点：远距离输电专题：交流电专题分析：（1）根据输电线上损失的电能得出终点得到的电能，结
26、合得到的电能和总电能求出输电的效率根据输送电压和输送功率求出输送电流，根据输电线上损耗的功率求出输电线的电阻（2）结合输电线上损耗的功率与输送电压的关系，求出调节的电压大小解答：解：（1）输送功率 P=500kW，一昼夜输送电能E=Pt=12000 kWh，输电线上损失的电能E=4800kWh，终点得到的电能E=EE=120004800kWh=7200 kWh，所以，输电效率=60% 输电线上的电流 =A=100A 输电线损耗功率 Pr=I2r，其中Pr=200 kW 代入数据解得r=20 （2）输电线上损耗功率，原来Pr=200kW，现在要求Pr=10kW，解得输电电压应调节为U=22.4kV 答：（1）输电效率为60%，输电线的总电阻r为20（2）电站应使用22.4kV的电压向外输电点评：解决本题的关键知道输电线上的损失功率与其电流的平方成正比，而与输电线两端的电压的平方成反比