全国百强校北京四中学年高二上学期期中考试物理试题.docx

1、全国百强校北京四中学年高二上学期期中考试物理试题绝密启用前2018-2019学年度?学校1月月考卷试卷副标题考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx题号一二三四总分得分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题)请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分一、单选题1关于简谐运动的位移、加速度和速度的关系，下列正确的是 A位移减小时，加速度增大，速度增大B位移方向总和加速度方向相反，和速度方向总相同C物体的速度增大时，加速度一定减小D物体向平衡位置运动时，速度方向和位移方向相同2如图所示，弹簧振子在A、B之间做简谐运动。以平衡位置O为原

2、点，建立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 BC D3单摆振动的回复力是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合力4当波源远离观测者时，观测者所接收到的频率 f 和波源振动的频率 f 的关系为Af f Bf f Cf f D无法确定5如图所示，S1、S2 是两个相干波源，它们的相位及振幅均相同。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 三点，下列说法中正确的是Aa 质点振动减弱，b、c 质点振动加强Ba 质点振动加强，b、c 质点振动减弱C再过 T/

3、4 后的时刻，b、c 两质点都将处于各自的平衡位置，振动将减弱Da 点一直在平衡位置，b 点一直在波峰，c 点一直在波谷6两个带电的金属小球，相距一定距离时（此距离远远大于两球的直径），相互作用力的大小为 F。若把它们的带电 量、距离都增大到原来的二倍，它们的相互作用力的大小为A B C DF7两相同带电小球，带有等量的同种电荷，用等长的绝缘细线悬挂于 O 点，如图所示。平衡时，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，当它们重新平衡时， 两小球间的距离A等于 r/2 B小于 r/2 C大于 r/2 D等于 r8A、B 是电场中的一条直线形的电场线，将一个带负

4、电的点电荷从 A 点由静止释放，它在沿电场线从 A 向 B 运动过 程中的速度图象如图所示。判断电场线的方向，并比较 A、B 两点的场强 E，下列说法中正确的（）A方向由 A 指向 B， EAEBB方向由 A 指向 B， EAEBC方向由 B 指向 A， EAEBD方向由 B 指向 A， EAEB9如图，沿波的传播方向上有间距均为 1m 的六个质点 a、b，c、d、e、f，均静止在各自的平衡位置，一列横波以1m/s 的速度水平向右传播，r=0 时到达质点 a，a 开始由平衡位置向上运动，t=1s 时，质点 a 第一次到达最高点， 则在 4st5s 这段时间内（ ）A质点 c 的加速度逐渐增大B

5、质点 a 的速度逐渐增大C质点 d 向下运动D质点 f 保持静止10如图所示,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，其中N板可以移动，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，下列措施可行的是A使波源的振动频率增大 B使波源的振动频率减小C移动N板使狭缝的间距增大 D移动N板使狭缝的间距减小11图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线,虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹, 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,根据此图可作出正确判断的是( ).A带电粒子所带电荷的符号B带电粒子在a、b两点的受力

6、方向C带电粒子在a、b两点的速度何处较大D带电粒子在a、b两点的电势能何处较大评卷人得分二、多选题12一简谐横波在x轴上传播，在某时刻的波形如图所示。已知此时质点F的运动方向沿y轴负方向，则A此波沿x轴负方向传播B质点D此时沿y轴正方向运动C质点C将比质点B先回到平衡位置D质点E的振幅为零13一重球从高处下落到 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速度逐渐减小B加速度先减小后增大C克服弹力做的功等于重力做的功D重球在 c 点的加速度大于重力加速度 g14一单摆在地球表面做受迫振动，其共振曲线（振幅 A 与驱动力的频率 f 的关系）如图

7、所示，则A此单摆的固有频率为 0.5HzB此单摆的摆长约为 1mC若摆长增大，单摆的固有频率减小D若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动15如图所示，两个不带电的导体 A 和 B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触。把一带正电 荷的物体 C 置于 A 附近，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，然后再移去 C，贴在 A、B 下部的金属箔片仍然张开D先把 A 和 B 分开，然后再移去 C，贴在 A、B 下部的金属箔片将闭合16两个通电小球带电后相互推斥，如图所示。两悬线跟竖直方向各有一个夹角 a 、 ，

8、a 且两球在同一水平面上。则一定能判断的是 A两球的质量大小关系B两球带电量大小关系C绳子中的拉力大小关系D两球带同种电荷17如图所示，某电场的电场线分布关于 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 轴右侧，MPON。则AM 点场强大于 N 点场强BM 点电势与 P 点的电势相等C将正电荷由 O 点移动到 P 点，电场力做负功D在 O 点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿 y 轴正方向做直线运动18如图所示，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点由静止释放一负电荷（忽略重力），下列说法中正确的是A从P到O，可能加速度越来越小

9、，速度越来越大B从P到O，可能加速度先变大变小，速度越来越大C越过O点后，可能加速度一直变大，速度一直减小D越过O点后，可能加速度一直变小，速度一直减小第II卷（非选择题)请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分三、实验题19某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的实践和探究：（1）用游标卡尺测量摆球直径 d，如右图所示，则摆球直径为_cm，测量单摆摆长为l ；（2）用秒表测量单摆的周期。当单摆摆动稳定且到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（保留三位有效数字）；（3）将测量数

10、据带入公式 g=_（用 T、 l 表示），得到的测量结果与真实的重力加速度 值比较，发现测量结果偏大，可能的原因是_；A.误将 59 次数成了 60 次 B.在未悬挂单摆之前先测定好摆长 C.将摆线长当成了摆长 D.将摆线长和球的直径之和当成了摆长（4）该同学纠正了之前的错误操作，尝试测量不同摆长 l 对应的单摆周期 T，并 在坐标纸上画出 T2与 l 的关系图线，如图所示。由图线计算出的重力加速度的值g=_m/s2，（保留 3 位有效数字）评卷人得分四、解答题20如图所示，实线是一列简谐横波在 t=0 时刻的波形图，虚线是这列简谐横波在 t=0.2s 时刻的波形图，求:（1）由图读出波的振幅

11、和波长；（2）若波沿 x 轴正方向传播，求波速的可能值；（3）若波沿 x 轴负方向传播，求波速的可能值。21如图所示，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，已知重力加速度为 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，求剪断细线瞬间小球的加速度。22如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab=5cm，bc=12cm，ab与电场线平行，bc与电场线成60夹角。一个电量为q=410-8C的正电荷从a点移到b点过程中，电场力做功Wab=1.210-7J。求：（1）匀强电场场强E的大小；（2）

12、将电荷q从b点移到c点电场力做的功Wbc；（3）a、c两点间的电势差Uac。23简谐运动是我们研究过的一种典型运动形式。如图1所示，将两个劲度系数分别为和的轻质弹簧套在光滑的水平杆上，弹簧的两端固定，中间接一质量为m的小球，此时两弹簧均处于原长。现将小球沿杆拉开一段距离后松开，小球以O为平衡位置往复运动，试证明，小球所做的运动是简谐运动。如图2所示，一质点以速度v0做半径为R的匀速圆周运动。试分析小球在x方向上的分运动是否为简谐运动。参考答案1C【解析】【详解】A、位移x减小时,加速度也减小;振子靠近平衡位置,故速度增加,故A错;B、位移方向总跟加速度方向相反.质点经过同一位置,位移方向总是由

13、平衡位置指向质点所在位置,而速度方向两种,可能与位移方向相同,也可能与位移方向相反,故B错误;C、物体的速度增大时,运动方向指向平衡位置,位移逐渐减小,所以加速度一定减小,所以C选项是正确的;D、物体运动方向向平衡位置时,位移方向离开平衡位置,速度方向跟位移方向相反;故D错误;故选C【点睛】简谐运动的位移是指质点离开平衡位置的位移,方向从平衡位置指向质点所在位置.当质点背离平衡位置时,位移增大,速度减小,加速度增大,加速度方向总是与位移方向相反,指向平衡位置,质点做非匀变速运动.当质点靠近平衡位置时,位移减小,速度增大,加速度减小.2A【解析】试题分析：当振子运动到N点时开始计时，分析此时振子

14、的位置，即确定出t=0时刻质点的位置，即可确定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，振子具有正方向最大位移，所以振子运动到N点时开始计时振动图象应是余弦曲线，故A正确视频3B【解析】单摆的运动是简谐运动，简谐运动要求回复力与位移成反比：；忽略空气阻力，对摆球进行受力分析，摆球受重力（竖直向下）和摆线拉力（摆线收缩方向），由于摆球运动轨迹为圆弧切线方向，以切线方向为基础建立坐标系，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，此时为摆球的合力，方向指向平衡位置，运动过程重力沿X轴方向分力不断减小，直到摆球运动到水平位置，重力分量为0；综上，实际

15、上单摆的回复力由重力分力提供；故选B。【点睛】回复力：使振子返回平衡位置并总指向平衡位置的力作用：使振子返回平衡位置 振动的单摆受到重力G与绳的拉力T作用，绳的拉力和重力的法向分力的合力提供圆周运动的向心力；指向平衡位置的合外力是重力的切向分力，它提供了单摆振动的回复力4B【解析】【详解】f由波源每秒钟所振动的次数决定,介质振动的频率由波源频率及波源相对介质是否移动来决定,当观察者远离波源过程中,观察者接收到的机械波频率比观察者静止时接收到的频率小,即f f .故ACD错误,B正确. 故选B【点睛】利用多普勒效应分析即可,当观察者远离波源过程中,观察者接收到的机械波频率比观察者静止时接收到的频

16、率小;当观察者靠近波源过程中,观察者接收到的机械波频率比观察者静止时接收到的频率大.5A【解析】【详解】ABC、a质点处是两列波波峰与波谷叠加的地方,振动始终减弱的,而b、c质点是两列波波峰与波峰、波谷与波谷叠加的地方,振动始终加强.故A对；BC错；D、因为两个波源的振动方向相同、振幅相同,所以a点静止不动,一直在平衡位置.b、c两点的振动始终是加强的,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.故选A【点睛】两列波干涉时,两列波的波峰与波峰、波谷与波谷相遇处,振动始终加强,波峰与波谷相遇处振动始终减弱.振动加强点的振动等于波单独传播时振幅的2倍.6D【解析】【详解】根据库仑

17、力公式可知：当它们的带电量、距离都增大到原来的二倍，它们的相互作用力的大小不变，故D对;ABC错；故选D7C【解析】【详解】电量减小,根据库仑定律知,库仑力减小,两球间的距离减小.假设两球距离等于r/2 ,则库仑力与开始一样大,重力不变,则绳子的拉力方向应与原来的方向相同,所以两球距离要变大些.则两球的距离大于r/2 .故C对；ABD错误；故选C8D【解析】【详解】从速度时间图象可以看出,点电荷做加速运动,所受的电场力方向由A指向B,而负试探电荷受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速度,故说明加速度不断减小,电场力不断减小,场强也不断减小,故EA

18、EB ;【点睛】速度时间图象的切线的斜率表示加速度,正试探电荷受到的电场力方向为场强方向,沿着电场力方向,电势降低.9ACD【解析】试题分析: 由图得知，该波的周期为T=4s，则波长=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，所以，在4st5s这段时间内，质点c从平衡位置向上运动，加速度逐渐增大，故A正确；在4秒t5秒这段时间内，质点a从平衡位置向上运动，速度逐渐减小故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t5秒这段时间内，d点从波峰向平衡位置运动，即向下运动故C正确；波从a传到f点需要5s时间，所以在4秒t5秒这段时间内，f还没有振动故D正确。考

19、点：波的图象10BC【解析】波长越长衍射越明显，再由，可使波源的振动频率减小，波长增大，或移动N板使狭缝的间距增大11B【解析】【详解】根据做曲线运动的物体受力的方向指向曲线弯曲的方向，从而判断出电场力的方向向左，由于不知道电场线的方向，不能判断出粒子的电性，故A错误，B正确；粒子受到的电场力的方向向左，若粒子从a运动到b，则受力的方向与运动的方向之间的夹角是钝角，所以电场力做负功，速度减小, 所以粒子在a处的速度大，故C错误；粒子从a运动到b电场力做负功，电势能增大，所以粒子在b处的电势能大，故D错误；故选B。【点睛】该题属于电场力粒子的运动轨迹的分析，先根据运动的轨迹与受力的方向之间的过程

20、判断出粒子受到的电场力的方向，然后结合电场力做功与粒子的电势能的关系即可。12AC【解析】【详解】A. 简谐波横波在x轴上传播，此时质点F的运动方向向下，由波形平移法可知，该波沿x轴负方向传播。故A正确；B. 质点D此时的运动方向与F的运动方向相同，即向下运动。故B错误；C. 此时质点B向上运动，先经过最大位移处，再向下运动，回到平衡位置，而质点C已经在最大位移处，即将向下运动，直接回到平衡位置，则C先回到平衡位置。故C正确；D. 此时质点E的位移为零，但振幅不为零，各个质点的振幅均相同。故D错误。故选：AC.13BD【解析】【详解】AB.小球与弹簧接触,开始重力大于弹力,加速度方向向下,做加

21、速运动,向下运动的过程中,弹力增大,则加速度减小,加速度减小到零,速度达到最大,然后弹力大于重力,加速度方向向上,做减速运动,向下运动的过程中,弹力增大,则加速度增加,所以速度先增大后减小,加速度先减小后增大.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，根据动能定理可知：克服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释放,到达最低点,根据运动的对称性,知加速度等于g,方向竖直向上,若从某一高度下降,下降的更低,则加速度大于g，故D对；故选BD【点睛】根据小球的受力得出加速度的方向,根据加速度的方向与速度方向的关系,判断小球的运动情

22、况,从而得出速度和加速度的变化14ABC【解析】【详解】A、单摆做受迫振动,振动频率与驱动力频率相等;当驱动力频率等于固有频率时,发生共振,则固有频率为0.5Hz,故A正确；B、由图可以知道,共振时单摆的振动频率与固有频率相等,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,则固有频率减小.故C正确D、若摆长增大,则固有频率减小,所以共振曲线的峰将向左移动.故D错误;故选ABC【点睛】由共振曲线可以知道,出现振幅最大,则固有频率等于受迫振动的频率.结合单摆周期公式求解。15BC【解析】【详解】A、物体C靠近A附近时，由于静电感应，A端带上负电，B端带上正电；故A

23、错误； B、移去C后，由于电荷间相互作用，重新中和，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，电荷不能再进行中和，此时A所带电荷量仍然等于B的带电量，故两金属箔仍然张开；故C对；D错故选BC16ACD【解析】【详解】D、两个球相互排斥,故一定带同种电荷,故D对A、对左侧小球受力分析,受重力mg,拉力T和静电斥力F,如图根据平衡条件,有计算得： 再对右侧小球受力分析,同理有两个小球之间的库仑力相等，因为a，所以，故A对；B、两个小球之间的库仑力相等，根据则没办法判断两个小球带电量之间的关系，故B错；C、根据勾股定理可知，由于，所以质量大则绳子的拉力

24、大一点，故C对；故选ACD【点睛】两球相互排斥,故带同种电荷,根据牛顿第三定律可以知道相互排斥力相等,与带电量无关;再根据平衡条件得到排斥力的表达式进行分析.本题关键是对小球受力分析,根据平衡条件得到电场力表达式,然后再结合牛顿第三定律进行分析判断.17AD【解析】【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，所以M 点场强大于 N 点场强，故A对；B、沿着电场线电势在降低，由于电场不是匀强电场，所以M和P点不在同一条等势线上，所以M 点电势与 P 点的电势不相等，故B错；C、结合图像可知：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

25、点静止释放一带正电粒子，根据电场线的分布可知，正电荷一直受到向上的电场力，力与速度在一条直线上，故粒子做直线运动，故D对；故选AD18ABC【解析】【详解】AB、点电荷q在从P到O的过程中，所受的电场力方向竖直向下，做加速运动，所以速度越来越大。因为从O向上到无穷远，电场强度先增大后减小，所以P到O的过程中，电场强度大小是变化的，加速度可能越来越小，也可能先变大后变小，故A正确，B正确；CD. 点电荷运动到O点时，所受的电场力为零，加速度为零。根据电场线的对称性可知，越过O点后，向下做减速运动，运动到与P对称的位置速度为零，所以加速度可能越来越大，也可能先变大后变小，故C正确，D错误。故选：A

26、BC192.06cm ； 67.4s 2.24s AD 【解析】【详解】（1）游标卡尺的主尺读数为20mm,游标读数为,则最终读数为20.6mm=2.06cm.（2）秒表的读数为60s+7.4s=67.4s,则周期,（3）根据解得：,A.误将 59 次数成了 60 次 ，导致测量时周期T测小，根据可知g值测量值偏大，故A对；B.在未悬挂单摆之前先测定好摆长 ，导致测量的摆长小于真实的摆长，根据可知g值偏小；故B错C.将摆线长当成了摆长没有加小球的半径，导致测量的摆长偏小，根据可知g值偏小，故C错；D.将摆线长和球的直径之和当成了摆长，导致测量的摆长变长，根据可知g值偏大；故D对；故选AD（4）

27、根据可得： ，则在T2与 l 的关系图线中，斜率代表 根据图像可求出：则 故本题答案是：（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.根据单摆的周期公式得出T与L的关系式,结合关系式得出图象的斜率.解决本题的关键掌握单摆测量重力加速度的原理,以及掌握游标卡尺和秒表的读数方法,难度不大20（1）波长0.24 m，振幅为10m；（2）（3）【解析】【详解】（1）由波形图知波长0.24 m，振幅为10m（2）若波沿 x 轴正方向传播，传播距离x满足 由速度公式知：（3）波沿x

28、轴负方向传播时，传播距离 由速度公式知 故本题答案是：（1）波长0.24 m，振幅为10m；（2）（3）21（8分）解：（1）向右偏说明电场力向右，所以小球带正电.（2分）（2）受力分析：重力，拉力，电场力 （3分）(3) 细线剪断之前：细线剪断，F消失，小球受到的合力大小等于F（3分）【解析】本题考查的是匀强电场对电荷的作用问题，由于场强方向向右，带电体所受电场力向右，可知带正电；根据受力平衡可计算出电场力进而求出场强；根据牛顿定律可计算出加速度；22（1）600Vm； （2）1.4410-7J；（3）6.6V【解析】【详解】（1）由题，由W1=qElab得；（2）电荷从b移到c电场力做功为

29、 =1.4410-7J ；（3）电荷从a移到c电场力做功为Wac=W1+W2则a、c两点的电势差为【点睛】（1）根据电场力做功公式W=qEd，求解电场强度，d是电场线方向两点间的距离；（2）根据电场力做功公式W=qEd，求解电荷从b移到c电场力做功W2；（3）先求出电荷从a到c电场力做功，再求解a、c两点的电势差Uac23若小球向右偏离的位移为x，选取向右为正方向，由胡克定律可得，小球受到的合外力：，由于和都是常数，所以小球受到的合外力与位移成正比，小球做简谐振动。小球在x方向上的分运动符合简谐运动的特点。【解析】【详解】若小球向右偏离的位移为x，选取向右为正方向，如图所示，由胡克定律可得，小球此时受到两个弹力F1和F2，方向沿x轴负方向，两个力的合力即小球受到的恢复力：F合=-（k1+k2）x，由于k1和k2都是常数，所以小球受到的合外力与位移成正比，方向相反，由此证明小球做简谐振动。质点从A运动到B，在B点将速度分解，如图所示： A点速度v0沿x轴正方向，所以v0即为x方向经过平衡位置O点的速度B点在x方向的投影为x，则=B点加速度沿x方向的投影ax=-