河南省周口市项城二中20142015学年高二物理上学期第三次考试试卷含解析

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如图1所示为研究影响平行板电容器电容因素的实验装置。设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ。实验中，极板所带的电荷几乎不变，则下列说法中正确的是()。

A.保持S不变，增大d，则θ变大

B.保持S不变，增大d，则θ变小

C.保持d不变，减小S，则θ变小

D.保持d不变，减小S，则θ不变

答案：A

解析：

电容器在充电过程中，充电电流逐渐减小，电容器两端的电压将逐渐增大。

正确答案:正确

电容器在充电过程中，充电电流逐渐减小，电容器两端的电压将逐渐增大。

正确答案:正确

在LC振荡电路中，当电容器极板上的电荷放完瞬时，电路中的电流最大。

正确答案:正确

以空气为介质的平行板电容器电源对其充电后，将电源断开，若增大电容器极板正对面积，则C将增大，Q不变，U变小；若电源不断开，减小两板之间的距离，则C将增大，Q不变，U变大。

正确答案:错误

河南省周口市项城二中2014-2015学年高二上学期第三次考试物理试卷一、选择题（每题4分共48分，少选得2分，多选，错选不得分）1为了增大LC振荡电路的固有频率，下列办法中可采取的是( )A增大电容器两极板的正对面积并在线圈中放入铁芯B减小电容器两极板的距离并增加线圈的匝数C减小电容器的两极板的距离并在线圈中放入铁芯D减小电容器两极板的正对面积并减少线圈的匝数考点：电磁波的产生分析：振荡电路产生的振荡电流频率平方与线圈L及电容器C成反比解答：解：LC振荡电路的固有频率：，若要增大LC振荡电路的固有频率，就要减小电容器的电容，或减小线圈中的自感系数A、增大电容器两极板间的正对面积，使得电容器的电容变大，而在线圈中放入铁芯，使得线圈的自感系数增大则频率变小，故A错误；B、减小电容器两极板的距离，使得电容器的电容变大，而增加线圈的匝数，使得线圈的自感系数增大则频率变小，故B错误；C、减小电容器两极板的距离，使得电容器的电容变大，而在线圈中放入铁芯，使得线圈的自感系数增大则频率变小，故C错误；D、减小电容器两极板的正对面积，使得电容器的电容变小，而减小线圈的匝数，使得线圈的自感系数变小则频率变大，故D正确；故选：D点评：该题考查LC回路的固有频率和平行板电容器的电容的决定式、线圈的自感系数的有关因素，属于对基础知识的考查基础题目2如图所示弹簧振子在振动过程中，振子经a、b两点的速度相同，若它从a到b历时0.2s，从b再回到a的最短时间为0.4s，则该振子的振动周期为( )A1sB0.5sC0.8sD0.4s考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象分析：弹簧振子作简谐运动时，加速度方向与位移方向总是相反当振子离开平衡位置时，速度与位移方向相同，当振子靠近平衡位置时，速度与位移方向相反解答：解：由于振子在a、b两点的速度相等，则有a、b两点关于O点是对称的；振子经过a、b两点的速度同向，从b再回到a的过程是振子先到达右侧的最远处，然后返回平衡位置，最后回到a时经历的时间最短，时间半个周期，即：=0.4s；故周期为：T=20.4s=0.8s；故选：C点评：此题中振子每次通过同一位置时，加速度、回复力、位移、动能、势能都相同；同时利用简谐运动的对称性不难3图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1m处的质点，Q是平衡位置为x=4m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则( )At=0.15 s时，质点Q的加速度达到正向最大Bt=0.15 s时，质点P的运动方向沿y轴正方向C从t=0.10 s到t=0.25 s，该波沿x轴负方向传播了6 mD从t=0.10 s到t=0.25 s，质点Q通过的路程为30 cm考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象分析：由质点Q的振动图象，读出质点Q的位置，分析加速度情况简谐运动的质点加速度大小与位移大小成正比t=0.10s时刻，Q点经过平衡位置向下运动，可判断出来波沿x轴负方向传播t=0.15s时，Q点处于波谷，质点P的运动方向沿y轴负方向从t=0.10s到t=0.25s，位于最大位移处和平衡位置处的质点通过的路程是3A，其他各点通过的路程不是3A解答：解：A、由质点Q的振动图象，读出t=0.15s时，质点Q的位移为负向最大值，则加速度达到正向最大值故A正确 B、由振动图象读出周期T=0.20s由振动读出t=0.15s时，Q点处于波谷，在波动图象看出x=2m处质点此时通过平衡位置向下，则质点P正沿y轴负方向运动故B错误 C、由振动图象可知，t=0.10s时刻，Q点经过平衡位置向下运动，可判断出来波沿x轴负方向传播从t=0.10s到t=0.25s，经过时间为t=0.15s=，该波沿x轴负方向传播了=6 m故C正确 D、从t=0.10s到t=0.25s，经过时间为t=0.15s=，位于最大位移处和平衡位置处的质点通过的路程是S=3A=30cm，P点通过的路程不是30cm故D错误故选：AC点评：本题考查识别、理解振动图象和波动图象的能力和把握两种图象联系的能力，能根据振动图象读出质点的速度方向，在波动图象上判断出波的传播方向4如图所示，一列简谐波在均匀介质中传播，图甲表示t=0时刻的波形图，图乙表示图甲中质点P从t=0时刻开始的振动图象，则这列波( )A从左向右传播B波的频率为1 HzC波速为12 m/sDP质点和D质点在振动过程中同一时刻位移总相同考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象分析：本题要在乙图上读出P质点在t=0时刻的速度方向，在甲图上判断出波的传播度方向；由甲图读出波长，由乙图读出周期，即求出波速和频率；a、c任意时刻的位移都相反解答：解：A、由乙图知，t=0时刻，质点P向下运动，在甲图上，由波形的平移可知，该波沿x轴正方向传播，从左向右传播故A正确B、由乙图知，质点的振动周期为T=0.5s，则频率为f=2Hz，故B错误C、由甲图知，波长=6m，则波速为v=m/s=12m/s，故C正确D、由图可知，P质点和D质点的平衡位置相距半个波长，振动情况总是相反，所以在振动过程中任意时刻的位移都相反，故D错误故选：AC点评：本题关键要把握两种图象的联系，能根据振动图象读出质点的速度方向，在波动图象上判断出波的传播方向5如图所示，在光滑的水平面上，放置两个质量相等的物体A和B，B物体上装有一个水平的轻弹簧B物体处于静止，物块A以速度 v向B运动，并与B发生碰撞，以下说法正确的是( )A当A的速度减为0时，弹簧的压缩量最大B当A、B的速度相等时，弹簧的压缩量最大C当弹簧压缩量最大时，B的速度也最大D当弹簧压缩量最大时A和B的动能之和最小考点：动量守恒定律；机械能守恒定律分析：两物体不受外力，故两物体及弹簧组成的系统动量守恒，根据两物体速度的变化可知系统动能损失最大的时刻，速度相等时弹性势能最大解答：解：A、B系统所受合外力为零，系统动量守恒，系统机械能守恒，压缩弹簧的过程中，A做减速运动，B做加速运动，当弹簧压缩量最大时，A、B速度相等，弹簧的弹性势能最大；然后弹簧恢复原长，在弹簧恢复原长过程中，A继续做减速运动，B继续做加速运动，当弹簧恢复原长时，A的速度为零，B的速度最大；A、当A的速度减为0时，弹簧恢复原长，弹簧的压缩量为零，故A错误；B、当A、B的速度相等时，弹簧的压缩量最大，故B正确；C、当弹簧恢复原长时B的速度最大，当弹簧压缩量最大时，B的速度不是最大，故C错误；D、当弹簧压缩量最大时，弹簧的弹性势能最大，系统机械能守恒，由机械能守恒定律可、知，此时A和B的动能之和最小，故D正确；故选：BD点评：本题要求同学们能正确分析AB的受力情况及运动情况，知道当AB两物体速度相等时，弹簧被压到最短，此时弹性势能最大，难度适中6如图，有一束平行于等边三棱镜截面ABC的单色光从空气射向E点，并偏折到F点已知入射方向与边AB的夹角为=30，E、F分别为边AB、BC的中点，则下列说法正确的是( )A光在F点发生全反射B该棱镜的折射率为C光从空气进入棱镜，波长变小D从F点出射的光束与入射到E点的光束平行考点：光的折射定律专题：光的折射专题分析：已知入射方向与边AB的夹角为=30，入射角i=60E、F分别为边AB、BC的中点，则EFAC，由几何知识得到折射角r=30，根据折射定律求解折射率由公式sinC=求出临界角C，分析光在F点能否发生全反射并由几何关系和光路可逆性分析从F点出射的光束与入射到E点的光束的关系解答：解：A、D、光线在F点的入射角与AB面上的折射角相等，根据光路可逆性原理，得知光在F点不可能发生全反射，而且从F点出射的光束与BC的夹角

如果并联连接电容器，电容器的电容会（），如果串联连接电容器，电容器的电容会（）。

A、增大、减小
B、减小、增大
C、增大、增大
D、减小、减小

正确答案:A

如果把一电容器极板的面积加倍，并使其两极板之间的距离减半，则电容量增大到4倍。

正确答案:正确

平行板电容器的正对极板面积增大，其电容也增大。

正确答案:正确

下列关于平行板电容器的电容量，哪个描述是错误的（）.

A、减小极板间距离，电容器的容量将增大
B、极板间加入一个硬币，电容器的容量将增大
C、增大极板间的距离，电容器的容量将加大
D、把两个平行板中的一个裁掉一半，电容的容量减小

正确答案:C

下列哪个不是影响电容的容量的因素（）.

A、电容器两片极板的面积
B、电容器两片极板间的距离
C、电容器两个极板间的电压
D、电容器两个极板间材料的介电常数

正确答案:C

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