云南省玉溪一中2018_2019学年高二物理上学期第二次月考试题（含解析）.docx

玉溪一中高2020届高二上学期第二次月考物 理 试 题（考试时间：120分钟 满分：100分 一选择题（本题共8小题。每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对得3分，选错得0分，共24分）1.如图所示，两电荷量分别为+Q和+q的小球用长为l的轻质绝缘细绳连接，静止在光滑绝缘水平面上。两个小球的半径，k表示静电力常量。则轻绳的张力大小为（ ）A. 0 B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】因两个小球的半径，所以小球可以看做点电荷，根据平衡条件及库仑定律可知，库仑力的大小等于绳子拉力大小，因此有：，故ABD错误，C正确所以选C考点：本题结合物体的平衡考查了库仑定律的应用2.如图所示，在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时磁铁对水平面的压力为N1，现在磁铁左上方位置固定一导体棒，当导体棒中通以垂直纸面向外的电流后，磁铁对水平面的压力为N2，则以下说法正确的是（ ）A. 弹簧长度将变长，N1N2C. 弹簧长度将变长，N1N2 D. 弹簧长度将变短，N1N2【答案】A【解析】【分析】先判断电流所在位置的磁场方向，然后根据左手定则判断安培力方向，再根据牛顿第三定律得到磁体受力方向，最后对磁体受力分析，根据平衡条件判断；【详解】开始时磁体受重力和支持力，二力平衡，故弹簧处于原长，磁体对水平面的压力等于磁体的重力；通电后，根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向如图所示，由左手定则可判断出通电导线所受安培力方向如图所示：由牛顿第三定律可知，条形磁铁受到的电流对磁体的作用力斜向右下方，如图所示，故磁体对地面的压力增大，同时弹簧变长，故选项A正确，选项BCD错误。【点睛】本题关键先对电流分析，得到其受力方向，再结合牛顿第三定律和平衡条件分析磁体的受力情况。3.一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q方；若该电阻接到正弦交变电源上，在一个周期内产生的热量为Q正。该电阻上电压的峰值为u0，周期为T，如图所示。则Q方: Q正等于（）A. B. C. 1:2 D. 2:1【答案】D【解析】试题分析 本题考查交变电流的图线、正弦交变电流的有效值、焦耳定律及其相关的知识点。解析 根据题述，正弦交变电流的电压有效值为，而方波交流电的有效值为u0，根据焦耳定律和欧姆定律，Q=I2RT=T，可知在一个周期T内产生的热量与电压有效值的二次方成正比，Q方Q正= u02（）2=21，选项D正确。点睛 此题将正弦交变电流和方波 交变电流、有效值、焦耳定律有机融合。解答此题常见错误是：一是把方波交变电流视为正弦交变电流；二是认为在一个周期T内产生的热量与电压有效值，导致错选B；三是比值颠倒，导致错选C。4.如图所示，一倾角为、高为h的光滑斜面，固定在水平面上，一质量为m的小物块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到底端时速度的大小为v，所用时间为t，则物块滑至斜面的底端时，重力的瞬时功率及重力的冲量分别为（ ）A. ，0 B. ，C. ， D. ，【答案】D【解析】试题分析：根据瞬间功率的公式可得物块滑至斜面的底端时重力的瞬时功率为p=mgvtsin，重力的冲量为I=mgt，所以D正确；A、B、C错误考点：本题考查瞬时功率、冲量5.如图所示，两个完全相同的灯泡A、B与固定电阻的阻值均为R，L是自感系数很大的线圈当S1闭合，S2断开且电路稳定时，A、B亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法中正确的是（ ）A. B灯立即熄灭B. A灯将比原来更亮一下后再熄灭C. 有电流通过B灯,方向为D. 有电流通过A灯,方向为【答案】AD【解析】S1闭合、S2断开且电路稳定时两灯亮度相同，说明L的直流电阻亦为R闭合S2后，L与A灯并联，R与B灯并联，它们的电流均相等当断开后，L将阻碍自身电流的减小，即该电流还会维持一段时间，在这段时间里，因S2闭合，电流不可能经过B灯和R，只能通过A灯形成bAaLcb的电流，所以AD正确，C错误；由于自感形成的电流是在L原来电流的基础上逐渐减小的，并没有超过A灯原来电流，故A灯虽推迟一会熄灭，但不会比原来更亮，故B错误故选AD点睛：做好本类题目要注意：线圈与哪种电器配合，在结合线圈的特点分析哪一端的电势高，从而判断电流的方向6.如图为法拉第圆盘发电机的示意图，铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中，圆盘顺时针旋转（从上往下看），下列说法正确的是（ ）A. 穿过圆盘的磁通量发生变化B. 圆盘中心电势比边缘要低C. R上的热功率与圆盘转动角速度成正比D. 产生的电动势大小与圆盘半径的平方成正比【答案】B【解析】A、实验过程中，穿过圈盘的磁通量不变，产生感应电动势可等效看成无数轴向导体切割磁感线产生的，故A错误；B、从上向下看，圆盘顺时针转动，根据右手定则可知圆盘中心电势比边缘要高，感应电流方向是从边缘流向圆心，故B正确；CD、根据法拉第电磁感应定律可知，故产生的电动势大小与圆盘半径的平方成正比；R上的热功率，可知R上的热功率与圆盘转动角速度的平方成正比，故C、D错误；故选B。【点睛】圆盘转动可等效看成无数轴向导体切割磁感线，有效切割长度为铜盘的半径r，根据右手定则分析电动势情况和感应电流方向。7.如图所示，两块较大的金属板A、B相距为d，水平放置并与一电源相连。以下说法正确的是（ ）A. 若S保持闭合，将上板A向上平移小段位移，G 中有ab的电流B. 若S保持闭合，将下板B向下平移小段位移，G 中有ba的电流C. 若S保持断开，将上板A向上平移小段位移，G中有ab的电流D. 若S保持断开，将下板B向下平移小段位移，G中有ba的电流【答案】B【解析】【详解】若S保持闭合，将上板A向上平移一小段距离，极板间距变大，根据电容的决定式 知，电容C减小，而电容器的电压不变，电容器所带电量为Q=CU，可知Q将减小，电容器要放电，电路中形成逆时针方向的电流，所以G中有ba的电流。故A错误。若将下板B向下平移一小段，板间距离增大，根据电容的决定式知，电容C减小，而电容器的电压不变，则电容器所带电量Q=CU将减小，电容器要放电，电路中形成逆时针方向的电流，所以G中有ba的电流。故B正确。S保持断开，将上板A向上平移一小段位移或将下板B向下平移一小段距离，电容器所带电量不变，G中无电流通过。故CD错误。故选B。【点睛】本题是电容器动态变化分析问题，先根据电容的决定式，再抓住电容器电压不变的特点，由Q=CU分析电容器电量的变化，判断电容器是充电还是放电，即可确定电路中电流的方向.8.如图所示，虚线是用实验方法描绘出的某一静电场的一簇等势线及其电势的值，一带电粒子只在电场力作用下飞经该电场时，恰能沿图中的实线从A点飞到C点，则下列判断正确的是（ ）。A. 粒子一定带负电B. 粒子在A点的电势能大于在C点的电势能C. A点的场强大于C点的场强D. 粒子从A点到B点电场力所做的功大于从B点到C点电场力所做的功【答案】CD【解析】曲线运动的受力方向指向凹处，电场线的方向从高电势指向低电势，可判断出粒子带正电，A错误；正电荷在电势高时电势能大，B错误；电场线或等势面的疏密表示场强的强弱，C正确；粒子由A点向C点运动，电场力做负功，动能减小，D正确。【此处有视频，请去附件查看】二选择题（本题共6小题。每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分，共24分）9.如图所示，理想变压器原线圈接入正弦交流电，副线圈的匝数可以通过滑动触头P调节。RT为热敏电阻，当环境温度升高时，RT的阻值变小。下列说法正确的有（ ）A. P向上滑动时，电流表读数变大B. P向下滑动时，电压表读数变大C. 若环境温度升高，变压器的输入功率变大D. 若环境温度升高，灯泡消耗的功率变小【答案】BC【解析】A、根据理想变压器的电压与匝数成正比可知，当P向下滑动时，副线圈的匝数变小，变压器的输出电压变小，电压表读数变小，A错误；B、根据理想变压器的电压与匝数成正比可知，当P向下滑动时，副线圈的匝数变小，变压器的输出电压变小，副线圈电流减小，输出功率变小，根据输入功率等于输出功率，知原线圈电流也减小，所以电流表读数变小，B正确；C、当环境温度升高时，R的阻值会变小，在电压不变的情况下，副线圈的电流就会变大，原线圈的电流也会变大，变压器的输入功率变大，C正确；D、当环境温度升高时，R的阻值会变小，在电压不变的情况下，副线圈的电流就会变大，根据，灯泡消耗的功率变大，D错误；故选BC。10.质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速度率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是（ ）A. M带负电，N带正电B. M的速度率小于N的速率C. 洛伦磁力对M、N做正功D. M的运行时间等于N的运行时间【答案】A【解析】A、由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A正确；B、粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，半径为：，在质量与电量相同的情况下，半径大说明速率大，即M的速度率大于N的速率，故B错误；C、洛伦兹力总是与速度方向垂直，洛伦兹力对粒子不做功，故C错误；D、粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为，M的运行时间等于N的运行时间，故D错误；故选A。11.利用如图所示的方法可以测得金属导体中单位体积内的自由电子数n，现测得一块横截面为矩形的金属导体的宽为b，厚为d，并加有与侧面垂直的匀强磁场B，当通以图示方向电流I时，在导体上、下表面间用电压表可测得电压为U.已知自由电子的电荷量为e，则下列判断正确的是（ ）A. 上表面电势高B. 下表面电势高C. 该导体单位体积内的自由电子数为D. 该导体单位体积内的自由电子数为【答案】BD【解析】试题分析：根据左手定则可得负电荷向上运动，故上极板得到电子，电势低于下极板，A错误B正确；根据公式可得，当洛伦兹力和电场力平衡时，有，联立解得，故C错误D正确；考点：考查了霍尔效应【名师点睛】金属导体中移动的是自由电子，电子定向移动，受到洛伦兹力发生偏转，使得上下表面存在电势差，最终电子受电场力和洛伦兹力处于平衡根据上下表面带电的正负判断电势的高低根据电流的微观表达式求出单位体积内的自由电子数12.如图所示是一理想变压器副线圈两端输出电压u随时间t变化的图象（图线为正弦曲线）。则下列说法正确的是（ ）A. 该交变电压的瞬时值表达式为 B. 该交变电压有效值约为10VC. 若该变压器原、副线圈匝数比为21，则原线圈输入频率为50 HzD. 将该交变电压加在阻值R=20 的白炽灯两端，电灯消耗的功率是2.5W【答案】AD【解析】【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【详解】由图象知电压的最大值是的Um=10V，则其有效值为U=7.1V故B错误；周期为T=410-2S，则其频率为f1/T25Hz通过电压器后频率不变。故C错误; 该交变电压的瞬时值表达式为u=Umsin（2ft）=10sin（50t）V故A正确；该电压加在电阻R上，其功率为，故D正确；故选AD.【点睛】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13.如图，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图所示，规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势A. 在时为零B. 在时改变方向C. 在时最大，且沿顺时针方向D. 在时最大，且沿顺时针方向【答案】AC【解析】试题分析 本题考查交变电流图象、法拉第电磁感应定律、楞次定律及其相关的知识点。解析 由图（b）可知，导线PQ中电流在t=T/4时达到最大值，变化率为零，导线框R中磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律，在t=T/4时导线框中产生的感应电动势为零，选项A正确；在t=T/2时，导线PQ中电流图象斜率方向不变，导致导线框R中磁通量变化率的正负不变，根据楞次定律，所以在t=T/2时，导线框中产生的感应电动势方向不变，选项B错误；由于在t=T/2时，导线PQ中电流图象斜率最大，电流变化率最大，导致导线框R中磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，在t=T/2时导线框中产生的感应电动势最大，由楞次定律可判断出感应电动势的方向为顺时针方向，选项C正确；由楞次定律可判断出在t=T时感应电动势的方向为逆时针方向，选项D错误。点睛 此题以交变电流图象给出解题信息，考查电磁感应及其相关知识点。解答此题常见错误主要有四方面：一是由于题目以交变电流图象给出解题信息，导致一些同学看到题后，不知如何入手；二是不能正确运用法拉第电磁感应定律分析判断；三是不能正确运用楞次定律分析判断，陷入误区。14.如图所示，竖直放置的光滑平行金属导轨MN、PQ的M点和P点间接一个电阻，在两导轨间OO1O1O矩形区域内有垂直导轨平面的匀强磁场。现使与磁场上边界相距d0的ab棒由静止开始释放，若棒在离开磁场前已经做匀速直线运动(棒ab与导轨始终保持良好接触且下落过程中始终保持水平，导轨电阻不计)。则自棒由静止开始释放到离开磁场的过程中，下列速度图像可能正确是的（ ）A. B. C. D. 【答案】ABD【解析】【分析】棒ab进入磁场前做自由落体运动，即加速度为g的匀加速直线运动，根据运动学公式求解ab棒刚进入磁场时的速度和时间。进入磁场后ab棒可能做匀速运动、减速运动、加速度，最后做匀速运动，根据牛顿第二定律分析加速度的变化，即可选择图象。【详解】A、棒ab进入磁场前做自由落体运动，进入磁场时的速度v2=2gd0，得ab棒刚进入磁场时的速度为：v=，棒ab自由下落的时间：t=；若进入磁场后ab棒所受的向上的安培力小于重力，将做加速运动，根据牛顿第二定律得：mg-=ma，可知v增大，a减小，v-t图象的斜率减小，当a=0时棒ab做匀速直线运动，故C错误，A正确。B、若进入磁场后ab棒所受的向上的安培力大于重力，将做减速运动，根据牛顿第二定律得：-mg=ma，可知v减小，a减小，v-t图象的斜率减小，当a=0时棒ab做匀速直线运动，故B正确。D、若进入磁场后ab棒所受的向上的安培力与重力二力平衡，就以速度v=做匀速运动，故D正确。故选：ABD三填空题（本题共2小题，每空2分，共16分）15.热敏电阻是传感电路中常用的电子元件，其阻值随温度升高而减小，现用伏安法研究热敏电阻在不同温度下伏安特性曲线，备用的实验器材和器具有：待测热敏电阻Rx（常温下的阻值约4050）；温度计（插入带塞的保温杯中，杯内有一定的冷水）；盛有热水的暖水瓶；电源E（3V、内阻可忽略）； 直流电流表A（内阻约2）；直流电压表V（内阻约5k）；滑动变阻器R1（010）；滑动变阻器R2（0100）；开关S；导线若干。图1的a、b、c三条图线中，能反映热敏电阻伏安特性曲线的是_；要求实验测量误差尽可能小，电流表应选用_接法（选填“内”或“外”）；要求得到的伏安特性曲线尽可能完整，滑动变阻器应选用_接法（选填“分压式”或“限流式”）； 根据你所选择的滑动变阻器接法，滑动变阻器应选择_；（选填“R1”或“R2”）；综上所述，应选择图2中_电路进行实验。【答案】 (1). C (2). 外 (3). 分压 (4). R1 (5). B【解析】【分析】热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，而I-U图象中图象的斜率表示斜率的倒数表示电阻；则可得出热敏电阻对应的伏安特性曲线；为了准确测量电阻，并且能多测几组数据，滑动变阻器应采用分压接法；再由电阻的大小关系可得出电压表的接法；【详解】（1）由I=U/R可知，I-U图象，图象的斜率k=1/R，而热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，故对应的伏安特性曲线应为C；（2）由于灯泡电阻较小，为了准确，应采用电流表外接法（3）由题意可知，为保证伏安特性曲线完整；滑动变阻器采用分压接法，从而可得到较大的电压范围；（4）滑动变阻器采用分压接法，滑动变阻器应选择较小的阻值，即选R1 （5）综上所述，应选择图2中B电路进行实验【点睛】对于测量小灯泡的伏安特性曲线，一般情况下均采用滑动变阻器的分压接法，及电流表外接法16.现有一种特殊的电池，它的电动势E约为9V，内阻r约为50，已知该电池允许输出的最大电流为50 mA，为了测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图(a)所示的电路进行实验，图中电压表的内阻很大，对电路的影响可不考虑，R为电阻箱，阻值范围09 999，R0是定值电阻，起保护电路的作用(1)实验室备有的定值电阻R0有以下几种规格：A. 10 2.5 W B. 100 1. 0 WC. 200 1. 0 W D. 2 000 5.0 W本实验应选哪一种规格？答_ 。该同学接入符合要求的R0后，闭合开关S，调整电阻箱的阻值，读取电压表的示数改变电阻箱阻值，取得多组数据，作出了如图 (b)所示的图线（已知该直线的截距为0.1 V-1)则根据该同学所作出的图线可求得该电池的电动势E为_V，内阻r为_.（结果保留三位有效数字）【答案】 (1). C (2). 10 (3). 41.7【解析】【分析】保护电阻的意思是电路无其他用电器时都不会烧坏电源，由R0=可得；根据闭合电路欧姆定律，变形得与的函数关系，结合图像由截距和斜率可得电动势和内阻。【详解】（1）保护电阻的意思是电路无其他用电器时都不会烧坏电源，所以R0=180，所以定值电阻R0应选C。（2）根据闭合电路欧姆定律：E=U+，变形得：=+，结合与的图像可知，截距为=0.1，电源电动势E=10V；斜率k=4.17，所以内阻r=41.7。故答案为：（1）C；（2）10；41.7四计算题（本题共4小题，17题6分，18题8分,19题12分，20题10分，共36分）17.如图所示，光滑水平面上小球A、B分别以3.2 m/s、2.0m/s的速率相向运动，碰撞后A球静止。已知碰撞时间为0. 05s，A、B的质量均为0.5kg。求：(1)碰撞后B球的速度大小；(2)碰撞过程A对B平均作用力的大小。【答案】（1）1.2m/s，方向水平向右（2）32N【解析】【详解】A.B系统动量守恒，设A的运动方向为正方向由动量守恒定律得mvAmvB=0+mvB解得vB=1.2m/s，方向水平向右对B，由动量定理得Ft=pB=mvB -（- mvB）解得F=32N【点睛】根据动量守恒定律求碰撞后B球的速度大小；对B，利用动量定理求碰撞过程A对B平均作用力的大小。18.如图所示，某小型发电站发电机输出的交流电压为500 V，输出的电功率为100 kW，用总电阻为10 的输电线向远处送电。为提高输电效率，发电站安装一变压比为1:20的升压变压器，到达用户再用降压变压器变为220 V供用户使用(两个变压器均为理想变压器)。对整个送电过程，求：(1)输电线上的电流为多少；(2)降压变压器的变压比为多少；(3)输电线上损失功率占输电功率的百分比。【答案】(1) (2) (3)【解析】（1）根据： 输电电压：U2U1500 V10000 V， 根据PUI，输电线上的电流为：I2A10 A （2）输电线损失的电压：U损I2R1010 V100 V 所以降压变压器的输入电压为U3U2U损10 kV100 V9900 V，降压变压器的输入电压为9 900 V，输出为220 V，所以降压变压器的变压比为：， 输电线上损失功率为：P损I22R10210 W1 000 W， 输电线上损失功率为输电功率的：100%100%1%点睛：解决本题的关键知道：1、变压器原副线圈的电压比、电流比与匝数比的关系；2、知道升压变压器的输出电压、电压损失、降压变压器的输入电压之间的关系19.如图所示，平行U形导轨倾斜放置，倾角为=37。，导轨间的距离L=1m，电阻R=0.8，导轨电阻不计匀强磁场的方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度B=1T，质量m=0.5kg、电阻r=0.2的金属棒ab垂直置于导轨上现用沿轨道平面且垂直于金属棒的大小为F=7N的恒力，使金属棒ab从静止开始沿导轨向上滑行，已知当ab棒滑行S=0.8m后保持速度不变，并且金属棒ab与导轨间的动摩擦因数=0.5。 (可能用到的数据：sin37。=0.6,cos37。=0.8,g=10m/s2)求：(1