涉县外国语学校2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷物理

涉县外国语学校2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷物理班级_ 座号_ 姓名_ 分数_一、选择题1 一段东西方向放置的横截面积为0.05平方厘米的导电材料中，每秒中有0.4库仑正电荷向东移动，有0.6库仑负电荷向西移动，则电流强度是：（ ） A. 0.4安培; B. 0.2安培; C. 0.6安培; D. 1安培.【答案】D2 如图所示，图中实线是一簇未标明方向的点电荷的电场线，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电性；B带电粒子在a、b两点的受力方向；C带电粒子在a、b两点的加速度何处较大；D带电粒子在a、b两点的电势能何处较大。【答案】BCD3 如图所示，可以将电压升高供给电灯的变压器的图是（ ）【答案】C【解析】试题分析：甲图中原线圈接入恒定电流，变压器不能工作，故A错误；乙图中，原线圈匝数比副线圈匝数多，所以是降压变压器，故B错误；丙图中，原线圈匝数比副线圈匝数少，所以是升压变压器，故C正确；丁图中，原线圈接入恒定电流，变压器不能工作，故D错误。考点：考查了理想变压器4 （2018江西赣中南五校联考）如图所示，a、b 两颗人造地球卫星分别在半径不同的轨道上绕地球做匀速圆周运动，则下列说法正确的是A.a 的周期小于 b 的周期B.a 的动能大于 b 的动能C.a 的势能小于 b的势能D.a 的加速度大于 b 的加速度 【答案】AD【解析】地球对卫星的万有引力提供卫星做匀速圆周运动的向心力即：G=ma=mr ,解得：T=2.。由于卫星a的轨道半径较小，所以a 的周期小于 b 的周期，选项A正确；由G=ma可知，a 的加速度大于 b 的加速度，选项D正确。5 如图所示，在真空中匀强电场的方向竖直向下，匀强磁场的方向垂直纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量同种电荷，其中a静止，b向左做匀速直线运动，c向右做匀速直线运动。比较它们所受的重力ma、mb、mc间的关系，正确的是 Ama最大 Bmb最大Cmc最大 Dmc最小【答案】BD 【解析】 a球受力平衡，有mag=qE，重力和电场力等值、反向、共线，故电场力向上，由于电场强度向下，故球带负电，b球受力平衡，有mbg=qvB+qE；c球受力平衡，有mcg+qvB=qE，解得：mbmamc，故选BD。6 如图所示，在距水平地面高为0.4m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边，杆上套有一质量m=2kg的滑块A。半径R0.3m的光滑半圆形细轨道竖直地固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m=2kg的小球B。用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将A、B连接起来。杆和半圆形轨道在同一竖直面内，A、B均可看作质点，且不计滑轮大小的影响。现给滑块A一个水平向右的恒力F50N（取g=10m/s2）。则（ ）A. 把小球B从地面拉到P的正下方时力F做功为20JB. 小球B运动到C处时的速度大小为0C. 小球B被拉到与滑块A速度大小相等时，离地面高度为0.225mD. 把小球B从地面拉到P的正下方C时，小球B的机械能增加了20J【答案】ACD【解析】选项C正确；B机械能增加量为F做的功20J，D正确本题选ACD7 图示为一正弦式交变电流的电流i随时间t变化的图象，由图可知，这个交流电的A. 有效值为10VB. 频率为50HzC. 有效值为D. 频率为0.02Hz【答案】B【解析】根据图象可知，交流电的最大电流为10A，周期为0.02s，频率为：，故B正确，D错误；电流有效值：，故AC错误。所以B正确，ACD错误。8 （2018南宁摸底）如图所示，在光滑水平面内有一固定光滑绝缘挡板AB，P是AB上的一点。以A为坐标原点在水平面建立直角坐标系，y轴一挡板AB重合，x轴上固定一个带正电的点电荷Q。将一个带电小球（可视为质点）轻放到挡板的左侧的P处，在静电力作用下小球沿挡板向A运动，则下列说法中正确的是A小球带负电B由P点到A点小球做匀加速直线运动CP点的场强比A点的场强大D小球在P点的电势能比在A点的电势能大【答案】AD【解析】【名师解析】根据题述，静止带电小球从P处在静电力作用下沿挡板向A运动，说明带电小球受到的是库伦吸引力，小球带负电，选项A正确；由于点电荷Q的电场不是匀强电场，带电小球在运动过程中所受的合外力不可能保持不变，所以小球由P到A不可能做匀加速直线运动，选项B错误；根据点电荷电场特征，P点的电场强度比A点的电场强度小，选项C错误；小球由P到A运动，静电力做功，电势能减小，小区装P点的电势能比在A点的电势能大，选项D正确。9 示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示。如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（ ）A极板x应带正电B极板x应带正电C极板y应带正电D极板y应带正电 【答案】AC 10如图，理想变压器原、副线圈匝数比n1n2=41，电压表V和电流表A均为理想电表，灯泡电阻RL=12，AB端电压。下列说法正确的是A电流频率为100Hz B电压表V的读数为96VC电流表A的读数为0.5A D变压器输入功率为6W【答案】C【解析】试题分析：由可知交流电的频率为50Hz，A错误；原线圈输入的电压有效值为24V，由于n1n2=U1U2可知，U2=6V，即电压表的示数为6V，B错误；这样电流表的示数，C正确；灯泡消耗的功率P=U2I=3W，而变压器为理想变压器，本身不消耗能量，因此变压器输入功率也为3W，D错误考点：变压器11如图所示，质量为m、长为L的导体棒电阻为R，初始时静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为E，内阻不计。匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向与轨道平面成角斜向右上方，开关S闭合后导体棒开始运动，则 A导体棒向左运动B开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为C开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为D开关闭合瞬间导体棒MN的加速度为【答案】B【解析】开关闭合后，由左手定则可知，导体棒受到的安培力斜向右下方，导体棒只可能向右运动，A错误；开关闭合后瞬间，根据安培力公式，且，可得，B正确，C错误；开关闭合后瞬间，由牛顿第二定律有，可得，D错误。12如图，带电荷量之比为qAqB13的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，若OCCD，忽略粒子重力的影响,则（ ）A. A和B在电场中运动的时间之比为21B. A和B运动的加速度大小之比为41C. A和B的质量之比为12D. A和B的位移大小之比为11【答案】B【解析】13如图所示，绝缘粗糙斜面固定在水平地面上，斜面所在空间存在平行于斜面向上的匀强电场E，轻弹簧一端固定在斜面项端，另一端拴接一质量不计的绝缘薄板，一带正电的小滑块，从斜面上的P点由静止释放沿斜面向上运动，并能压缩弹簧至R点（图中未标出） 然后返回，则A. 滑块从P点运动到R点过程中，其机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功之和B. 滑块从P点运动到R 点过程中，电势能的减少量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和C. 滑块返回过程能到达的最低位置位于P点的上方D. 滑块最终停下来，克服摩擦力所做的功等于电势能减少量与重力势能增加量之差【答案】BC【解析】试题分析：由题可知，小滑块从斜面上的P点处由静止释放后，沿斜面向上运动，说明小滑块开始时受到的合力的方向向上，开始时小滑块受到重力、电场力、斜面的支持力和摩擦力的作用；小滑块开始压缩弹簧后，还受到弹簧的弹力的作用小滑块向上运动的过程中，斜面的支持力不做功，电场力做正功，重力做负功，摩擦力做负功，弹簧的弹力做负功在小滑块开始运动到到达R点的过程中，电场力做的功转化为小滑块的重力势能、弹簧的弹性势能以及内能由以上的分析可知，滑块从P点运动到R点的过程中，其机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功、摩擦力做功之和，故A错误；由以上的分析可知，电场力做的功转化为小滑块的重力势能、弹簧的弹性势能以及内能，所以电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和，故B正确；小滑块运动的过程中，由于摩擦力做功，小滑块的机械能与电势能的和增加减小，所以滑块返回能到达的最低位置在P点的上方，不能在返回P点，故C正确；滑块运动的过程中，由于摩擦力做功，小滑块的机械能与电势能的和逐渐减小，所以滑块最终停下时，克服摩擦力所做的功等于电势能的减小量与重力势能增加量、弹性势能增加量之差，故D错误。考点：考查了功能关系的应用【名师点睛】该题中，小滑块的运动的过程相对是比较简单的，只是小滑块运动的过程中，对小滑块做功的力比较多，要逐个分析清楚，不能有漏掉的功，特别是摩擦力的功14（2016河南郑州高三入学考试）如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨迹，轨道半径为R，A、B为圆水平直径的两个端点，AC为圆弧。一个质量为m，电荷量为q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道。不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是（ ）A小球一定能从B点离开轨道B小球在AC部分可能做匀速圆周运动C若小球能从B点离开，上升的高度一定小于HD小球到达C点的速度可能为零【答案】BC【解析】【名师解析】由于题中没有给出H与R、E的关系，所以小球不一定能从B点离开轨道，A项错误；若重力大小等于电场力，小球在AC部分做匀速圆周运动，B项正确；由于小球在AC部分运动时电场力做负功，所以若小球能从B点离开，上升的高度一定小于H，C项正确；若小球到达C点的速度为零，则电场力大于重力，小球不可能沿半圆轨道运动，所以小球到达C点的速度不可能为零，D项错误。15如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（ ）A. 带电油滴将沿竖直方向向上运动B. P点的电势将降低C. 带电油滴的电势能将减小D. 若电容器的电容减小，则极板带电量将增大【答案】B【解析】A、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动故A错误B、场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低故B正确C、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加故C错误D、根据Q=UC，由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小，故D错误；故选B【点睛】本题运用分析板间场强的变化，判断油滴如何运动运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化16如图，A、B、C是相同的三盏灯，在滑动变阻器的滑动触头由a端向c端滑动的过程中（各灯都不被烧坏），各灯亮度的变化情况为AC灯变亮，A、B灯变暗BA、B灯变亮，C灯变暗CA、C灯变亮，B灯变暗DA灯变亮，B、C灯变暗【答案】A二、填空题17图示为简单欧姆表原理示意图，其中电流表的满偏电流=300A,内阻Rg=100 ，可变电阻R的最大阻值为10 k，电池的电动势E=1.5 V,内阻r=0.5 ，图中与接线柱A相连的表笔颜色应是 色，按正确使用方法测量电阻Rx的阻值时，指针指在刻度盘的正中央，则Rx= k.若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能欧姆调零，按正确使用方法再测上述Rx，其测量结果与原结果相比较 （填“变大”、“变小”或“不变”）。【答案】 红（1分）5（1分） 变大（2分）18如图所示，质量是m=10g的铜导线ab放在光滑的宽度为0.5m的 金属滑轨上，滑轨平面与水平面倾角为30，ab静止时通过电流为10A，要使ab静止，磁感强度至少等于_，方向为_。（取g=10m/s2）【答案】 0.01T （2分） 垂直斜面向上（2分）19为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图所示的实验装置。其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量。（滑轮质量不计） （1）实验时，下列要进行的操作正确的是_。 A用天平测出砂和砂桶的质量B将带滑轮的长木板左端垫高，以平衡摩擦力C小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数D改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带E为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M（2）该同学在实验中得到如图所示的一条纸带（两计数点间还有两个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50 Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为_m/s2（结果保留两位有效数字）。 （3）以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标，画出的aF图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为，求得图线的斜率为k，则小车的质量为_。A2 tan B. Ck D.【答案】（1）CD （2）1.3 （3）D三、解答题20如图所示，在竖直面内有一个光滑弧形轨道，其末端水平，且与处于同一竖直面内的光滑圆形轨道的最低端相切，并平滑连接。A、B两滑块（可视为质点）用轻细绳拴接在一起，在它们中间夹住一个被压缩的微小轻质弹簧。两滑块从弧形轨道上的某一高处P点由静止滑下，当两滑块刚滑入圆形轨道最低点时拴接两滑块的绳突然断开，弹簧迅速将两滑块弹开，其中前面的滑块A沿圆形轨道运动恰能通过圆形轨道的最高点，后面的滑块B恰能返回P点。已知圆形轨道的半径R=0.72m，滑块A的质量mA=0.4kg，滑块B的质量mB=0.1kg，重力加速度g取10m/s，空气阻力可忽略不计。求：（1）滑块A运动到圆形轨道最高点时速度的大小；（2）两滑块开始下滑时距圆形轨道底端的高度h；（3）弹簧在将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能。【答案】（1）（2）0.8m（3）4J【解析】试题分析：（1）设滑块A恰能通过圆形轨道最高点时的速度大小为v2，根据牛顿第二定律有mAg=mAv2=m/s（2）设滑块A在圆形轨道最低点被弹出时的速度大小为v1，对于滑块A从圆形轨道最低点运动到最高点的过程，根据机械能守恒定律，有mAv12=mAg2R+mAv22v1=6m/s设滑块A和B运动到圆形轨道最低点速度大小为v0，对滑块A和B下滑到圆形轨道最低点的过程，根据动能定理，有（mA+mB）gh=（mA+mB）v02同理滑块B在圆形轨道最低点被弹出时的速度大小也为v0，弹簧将两滑块弹开的过程，对于A、B两滑块所组成的系统水平方向动量守恒，（mA+mB）v0=mA v1-mBv0解得：h=08 m（3）设弹簧将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能为Ep，对于弹开两滑块的过程，根据机械能守恒定律，有（mA+mB）v02 + Ep=mAv12+mBv02解得：Ep=4 J考点：动量守恒定律及机械能守恒定律的应用【名师点睛】本题综合性较强，解决综合问题的重点在于分析物体的运动过程，分过程灵活应用相应的物理规律；优先考虑动能定理、机械能守恒等注重整体过程的物理规律；尤其是对于弹簧将两滑块弹开的过程，AB两滑块所组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式，即可求解。21 如图所示