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文档简介
磁县实验中学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 如图所示,虚线是小球由空中某点水平抛出的运动轨迹,A、B 为其运动轨迹上的两点。小球经过A点时,速度大小为10 m/s、与竖直方向夹角为60;它运动到B点时速度方向与竖直方向夹角为30。不计空气阻力,重力加速度取10m/s,下列叙述正确的是A. 小球通过B点的速度为12m/sB. 小球的抛出速度为5m/sC. 小球从A点运动到B点的时间为1sD. A、B之间的距离为6m【答案】C【解析】根据速度的分解与合成可得小球平抛运动的初速度为:,小球通过B点的速度为:,故AB错误;根据速度的分解与合成可得小球在A点时竖直分速度为:,在B点的竖直分速度为:,则小球从A点到B点的时间为:,故C正确;根据速度位移公式可得A、B之间的竖直距离为:,A、B间的水平距离为:,则A、B之间的距离为:,故D错误。所以C正确,ABD错误。2 在图示的四幅图中,正确标明了带正电的粒子所受洛伦兹力f方向的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】由左手定则可知,在A图中,粒子所受洛伦兹力竖直向下,故A错误;由左手定则可知,在B图中,粒子所受洛伦兹力竖直向上,故B正确;由左手定则可知,在C图中,粒子运动的方向与磁场的方向平行,不受洛伦兹力作用,故C错误;由左手定则可知,在D图中,粒子运动的方向与磁场的方向平行,不受洛伦兹力作用,故D错误。所以B正确,ACD错误。3 如图(a),一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的vt图象如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量,则可求出 A斜面的倾角B物块的质量C物块与斜面间的动摩擦因数D物块沿斜面向上滑行的最大高度【答案】ACD 【解析】由图(b)可知,物块先向上做匀减速运动到达最高,再向下做匀加速运动,上滑过程有,下滑过程有,联立可得斜面倾角及动摩擦因数,AC正确;vt图线与时间轴围成的面积为物块经过的位移,则物块沿斜面向上滑行的最大高度,可求出,D正确;质量m可消去,无法求出,B错误。【名师点睛】本题考查牛顿第二定律及图象的应用,要注意图象中的斜率表示加速度,面积表示位移;同时注意正确的受力分析,根据牛顿第二定律明确力和运动的关系。4 如图所示,两个线圈套在同一个铁芯上,线圈的绕向如图甲所示,左线圈连着正方形线框abcd,线框所在区域存在变化的磁场,取垂直纸面向里为正,磁感应强度随时间变化如图乙所示,不计线框以外的感生电场,右侧线圈连接一定值电阻R,下列说法中正确的是( )A. t1时刻ab边中电流方向由ab,e点电势高于f点B. 设t1、t3时刻ab边中电流大小分别为i1、i3,则有i1i3,e点与f点电势相等C. t2t4时间内通过ab边电量为0,定值电阻R中无电流D. t5时刻ab边中电流方向由ab,f点电势高于e点【答案】B【解析】:A、t1 时刻磁场方向向里且均匀增加,根据楞次定律,线框中感应电流沿逆时针方向,ab边中电流方向由ab ,根据法拉第电磁感应定律知,正方形线框中的感应电动势是恒定值,原线圈中电流值恒定,副线圈中不产生感应电动势,e点电势等于f点电势,故A错误;B、根据法拉第电磁感应定律E=nt=nBtS , t1时刻磁感应强度的变化率小于t3时刻的磁感应强度变化率,e1e3 ,根据欧姆定律i=ER ,知i1i3 ,所以B选项是正确的;C、t2t4时间内磁感应强度均匀变化,磁通量均匀变化,有恒定感应电流通过ab,通过ab边的电量不为0,副线圈磁通量不变,定值电阻中无电流,故C错误;D、t5时刻磁场方向垂直纸面向外,磁场变小,磁通量减小,根据楞次定律得感应电流逆时针,ab边中电流方向ab,磁感应强度的变化率增大,感应电流大小变大,穿过原副线圈的磁通量增大,根据楞次定律,副线圈中感应电动势上正下负,因此e点电势高于f点,故D错误;所以B选项是正确的综上所述本题的答案是:B5 (2016河北邯郸高三入学考试)在电场强度大小为E的匀强电场中,将一个质量为m、电荷量为q的带电小球由静止开始释放,带电小球沿与竖直方向成角的方向做直线运动。关于带电小球的电势能和机械能的判断,正确的是( )A若sin ,则电势能一定减少,机械能一定增加B若sin ,则电势能、机械能一定不变C若sin ,则电势能一定增加,机械能一定减小D若tan ,则电势能可能增加,机械能一定增加【答案】B【解析】【名师解析】若sin 0表示电场方向竖直向上。t=0时,一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域,沿直线运动到Q点后,做一次完整的圆周运动,再沿直线运动到右边界上的N2点。Q为线段N1N2的中点,重力加速度为g。上述d、E0、m、v、g为已知量。(1)求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小;(2)求电场变化的周期T;(3)改变宽度d,使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域,求T的最小值。【答案】(附加题)(1)根据题意,微粒做圆周运动,洛伦兹力完全提供向心力,重力与电场力平衡,则mg=q 微粒水平向右做直线运动,竖直方向合力为0.则mg+q=qvB联立得:q= B=(2)设微粒从运动到Q的时间为,作圆周运动的周期为,则 qvB= 2R=v联立得: 电场变化的周期T=+=(3)若微粒能完成题述的运动过程,要求d2R联立得:R=设Q段直线运动的最短时间,由得,因不变,T的最小值=+=(2+1) 三、解答题20如图 所示,在坐标系xOy的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场,磁场方向垂直于xOy平面向里;第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场,电场强度大小为E。一带电量为q、质量为m的粒子,自y轴上的P点沿x轴正方向射入第四象限,经x轴上的Q点进入第一象限,随即撤去电场,以后仅保留磁场。已知OPd,OQ2d。不计粒子重力。 (1)求粒子过Q点时速度的大小和方向。(2)若磁感应强度的大小为一确定值B0,粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限,求B0。(3)若磁感应强度的大小为另一确定值,经过一段时间后粒子将再次经过Q点,且速度与第一次过Q点时相同,求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间。 【答案】(1)2 方向与水平方向成45角斜向上(2) (3)(2) 【解析】 (2)设粒子做圆周运动的半径为R1,粒子在第一象限的运动轨迹如图甲所示,O1为圆心,由几何关系可知O1OQ为等腰直角三角形,得R12d由牛顿第二定律得qvB0m联立式得B0 甲(3)设粒子做圆周运动的半径为R2,由几何分析,粒子运动的轨迹如图乙所示,O2、O2是粒子做圆周运动的圆心,Q、F、G、H是轨迹与两坐标轴的交点,连接O2、O2,由几何关系知,O2FGO2和O2QHO2均为矩形,进而知FQ、GH均为直径,QFGH也是矩形,又FHGQ,可知QFGH是正方形,QOF为等腰直角三角形。可知,粒子在第一、第三象限的轨迹均为半圆,得2R22d 粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段,得 21在电梯中,把一重物置于台秤上,台秤与压力传感器相连,电梯由静止开始竖直上升过程中,传感器所受的压力与时间的关系(FNt)图象如图所示,g取10 m/s2,由图象求出:(1)电梯减速上升过程经历的时间;(2)重物的质量;(3)电梯的最大加速度。【答案】(1)4 s (2)3 kg (3)5 m/s2【解析】22如图所示,固定斜面的倾角30,物体A与斜面之间的动摩擦因数为,轻弹簧下端固定在斜面底端,弹簧处于原长时上端位于C点,用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B,滑轮右侧绳子与斜面平行,A的质量为2m4 kg,B的质量为m2 kg,初始时物体A到C点的距离为L1 m,现给A、B一初速度v03 m/s,使A开始沿斜面向
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