山东省泰安第四中学2018_2019学年高二物理上学期12月月考试卷（含解析）.docx

泰安四中2017级高二12月月考物理试题一、选择题(本大题共12小题，每小题4分，共48分，1-6为单选，7-12为多选，全选对得4分，选不全得2分，有错选或不选的得0分）1.关于物体的动量，下列说法中正确的是（）A. 物体的动量越大，其惯性也越大B. 同一物体的动量越大，其速度一定越大C. 物体的加速度不变，其动量一定不变D. 运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向【答案】BD【解析】A、惯性大小的唯一量度是物体的质量，如果物体的动量大，但也有可能物体的质量很小，所以不能说物体的动量大其惯性就大，故A错误；B、动量等于物体的质量与物体速度的乘积，即，同一物体的动量越大，其速度一定越大，故B正确C、加速度不变，速度是变化的，所以动量一定变化，故C错误；D、动量等于物体的质量与物体速度的乘积，即，动量是矢量，动量的方向就是物体运动的方向，不是位移方向，故D错误。点睛：对于物理概念的理解要深要透，不能似是而非如动量是由物体的质量和速度共同决定，动量是矢量，其方向就是物体运动的方向。2.如图所示，弹簧振子在a、b两点间做简谐振动当振子从平衡位置O向a运动过程中A. 加速度和速度均不断减小B. 加速度和速度均不断增大C. 加速度不断增大，速度不断减小D. 加速度不断减小，速度不断增大【答案】C【解析】试题分析：当振子从平衡位置O向a运动过程中，位移逐渐增大，恢复力逐渐增大，加速度逐渐增大，因为速度和加速度方向相反，故速度逐渐减小，选项C正确.考点：弹簧振子的振动规律.3.某弹簧振子沿x轴的简谐运动图象如图所示，下列描述正确的是（ ）A. t=1 s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值B. t=2 s时，振子的速度为负，加速度为正的最大值C. t=3 s时，振子的速度为负的最大值，加速度为零D. t=4 s时，振子的速度为正，加速度为负的最大值【答案】A【解析】在t=1 s和t=3 s时，振子偏离平衡位置最远，速度为零，回复力最大，加速度最大，方向指向平衡位置，A正确，C错误；在t=2 s和t=4 s时，振子位于平衡位置，速度最大，回复力和加速度均为零，BD错误。【名师点睛】根据振动图象判断质点振动方向的方法：沿着时间轴看去，“上坡”段质点向上振动，“下坡”段质点向下振动。4.两球A、B在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，m kg，m kg，v m s，v m s当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是()A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】ACD【解析】两球碰撞过程系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：，代入数据解得：，如果两球发生完全弹性碰撞，有：，由机械能守恒定律得：，代入数据解得：，,则碰撞后A、B的速度：, ，故ACD不可能，B可能。所以选ACD.5. 地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，一个带电油滴沿着一条与竖直方向成角的直线MN运动如图所示，由此可以判断（ ）A. 油滴一定做匀速运动B. 油滴一定做匀变速运动C. 如果油滴带正电，它是从M点运动到N点D. 如果油滴带正电，它是从N点运动到M点【答案】AC【解析】由于油滴做直线运动，故受力如图若带正电，C项才是合理的，并且速度恒定，若有变化，F洛即为变力，油滴将做曲线运动故选A、C.6.(2011年北京东城区检测)质量为m、带电量为q的小物块，从倾角为的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图所示若带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法中不正确的是()A. 小物块一定带负电荷B. 小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动C. 小物块在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动D. 小物块在斜面上下滑过程中，当小物块对斜面压力为零时的速率为【答案】ABD【解析】【分析】带电滑块在滑至某一位置时，由于在安培力的作用下，要离开斜面根据磁场方向结合左手定则可得带电粒子的电性由斜面粗糙，所以小滑块在没有离开斜面之前一直做加速增大的直线运动借助于洛伦兹力公式可求出恰好离开时的速度大小【详解】小球向下运动，由磁场垂直纸面向外，又由于洛伦兹力垂直斜面向上，所以小球带正电。故A正确；小球没有离开斜面之前，在重力，支持力、洛伦兹力和斜面的摩擦力作用下做加速直线运动，随着速度变大，导致洛伦兹力变大，小球对斜面的正压力变小，摩擦力减小，则小球的加速度变大，则小球在斜面上运动时做匀加速度增大、速度也增大的变加速直线运动，故B错误，C正确；则小球在斜面上下滑过程中，当小球受到的洛伦兹力等于重力垂直与斜面的分力相等时，小球对斜面压力为零。所以Bqv=mgcos，则速率为故D正确；故选ACD。【点睛】本题突破口是从小滑块刚从斜面离开时，从而确定洛伦兹力的大小，进而得出刚离开时的速度大小，由于斜面不是光滑的，则随着粒子的下滑，洛伦兹力大小变化，导致摩擦力变化，从而使加速度也发生变化7.如图所示，在水平光滑地面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接。A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间弹簧压缩并处于静止状态。若突然撤去力F，则下列说法中正确的是： （ ） A. 木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒B. 木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒C. 木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒D. 木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒【答案】BC【解析】试题分析：根据系统动量守恒的条件：系统不受外力或所受合外力为零，分析系统所受的外力情况，判断动量是否守恒根据是否是只有弹簧的弹力做功，判断系统的机械能是否守恒解：A、B：撤去F后，木块A离开竖直墙前，竖直方向两物体所受的重力与水平面的支持力平衡，合力为零；而墙对A有向右的弹力，所以系统的合外力不为零，系统的动量不守恒这个过程中，只有弹簧的弹力对B做功，系统的机械能守恒故A错误，B正确C、D：A离开竖直墙后，系统水平方向不受外力，竖直方向外力平衡，所以系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，只有弹簧的弹力做功，系统机械能也守恒故C、D错误故选：B【点评】本题关键要掌握动量守恒和机械能守恒的条件，并用来判断系统的动量和机械能是否守恒对于动量是否守恒要看研究的过程，要细化过程分析【此处有视频，请去附件查看】8.恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是( )A. 拉力F对物体的冲量大小为零B. 拉力F对物体的冲量大小为FtC. 拉力F对物体的冲量大小是Ftcos D. 合力对物体的冲量大小为零【答案】BD【解析】A、拉力F对物体的冲量：与物体是否被拉动无关，故AC错误，B正确；D、由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，说明物体仍然处于平衡状态，受到的合外力为零，所以合力对物体的冲量大小为零，故D正确。点睛：该题考查冲量的计算，直接代入公式即可，冲量具有独立性，与物体是否运动，以及运动的方向都无关。9.如图所示，实线和虚线分别表示振幅、频率均相同的两列波的波峰和波谷此刻，M是波峰与波峰的相遇点，下列说法中正确的是( )A. 该时刻位于O处的质点正处于平衡位置B. P、N两处的质点始终处在平衡位置C. 随着时间的推移，M处的质点将向O处移动D. O、M连线的中点是振动加强的点，其振幅为2A【答案】BD【解析】【分析】由图知M、O都处于振动加强点，在波的传播过程中，质点不会向前移动【详解】由图知O点是波谷和波谷叠加，正处于最低点，选项A错误；P、N两点是波谷和波峰叠加，位移始终为零，即处于平衡位置，B正确；振动的质点只是在各自的平衡位置附近振动，不会“随波逐流”，C错误；O、M两点都是振动加强点，则O、M连线的中点也是振动加强的点，其振幅为2A，D正确；故选BD。【点睛】介质中同时存在几列波时，每列波能保持各自的传播规律而不互相干扰在波的重叠区域里各点的振动的物理量等于各列波在该点引起的物理量的矢量和10.在同一光滑斜面上放同一导体绑棒，右图所示是两种情况的剖面图。它们所外空间有磁感强度大小相等的匀强磁场，但方向不同，一次垂直斜面向上，另一次竖直向上,两次导体A分别通有电流I1和I2，都处于静止平衡。已知斜面的倾角为，则：（ ）A. I1：I2=cos：1B. I1：I2=1：1C. 导体A所受安培力大小之比F1：F2=sin：cosD. 斜面对导体A的弹力大小之比N1：N2=cos2：1【答案】AD【解析】试题分析：导体棒受力如图，根据共点力平衡得，F1=mgsin，N1=mgcos，F2=mgtan，所以导体棒所受的安培力之比，斜面对导体棒的弹力大小之比，因为F=BIL，所以，故A、D正确，B、C错误故选AD考点：物体的平衡；安培力.11.如图所示，半径为R的圆内有一磁感强度为B的向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子(不计重力)，从A点对着圆心垂直射人磁场，从C点飞出，则A. 粒子带正电B. 粒子的轨道半径为RC. A、C两点相距D. 粒子在磁场中运动时间为m3qB【答案】D【解析】A、带电粒子沿半径方向入射，如图可知，经过磁场速度偏转角为60后又沿半径方向出射，根据左手定则可知，粒子带正电，故A正确；B、带电粒子沿半径方向入射，经过磁场偏转后又沿半径方向出射，画出粒子的运动轨迹如图所示，根据几何关系可知，轨迹对应的圆心角，则轨道半径为，故B错误；C、A、C两点相距，故C正确；D、带电粒子沿半径方向入射，经过磁场偏转60后又沿半径方向出射由于粒子的周期公式：，则粒子在磁场中运动的时间为：，故D正确；故选ACD。【点睛】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径，同时还利用圆弧的几何关系来帮助解题，注意圆形磁场的半径与运动轨迹的半径的区别，圆形磁场的夹角与运动轨迹对应的圆心角的不同。12.如图所示为一列简谐横波在t10.7 s时刻的波形，波自右向左传播从该时刻开始到t21.4 s时，P点刚好第二次到达波峰，则以下判断中正确的是( )A. 该波的传播速度为0.1 m/sB. 在t00时刻，质点C向上运动C. 在t31.6 s末，Q点第一次出现波峰D. 在t1到t41.9 s过程中，Q点通过的路程为0.2 m【答案】ACD【解析】【分析】波源的起振方向与t=0时刻x=1m处质点的振动方向相同波源的波向左传播，判断出t0=0时刻质点P的振动方向，已知在t2=1.4s时质点P出现第二次波峰，根据时间与周期的关系，求得周期，根据波长与周期的关系求得波速，当t=0时刻的A处波峰传到Q点时，Q点第一次出现波峰，由t=s/v求出时间算出从图示时刻传播到Q需要的时间t，从而求出通过的路程【详解】波源的波向左传播，由波形平移法判断出t1=0.7s时刻质点P正向下振动。令振动周期为T，由图可知，质点P经过7T/4时间第二次到达波峰位置，因而得7T/4=0.7s，T=0.4s，由图知：波长=4cm=0.04m，得波速为，故A正确；波形平移法可知在t0=0时刻，质点C处于波峰位置向上振动，故B错误；波峰A传播到Q需要时间为，则在t3=1.6s末，Q点第一次出现波峰。故C正确；经t1= s=0.8s，Q点开始振动，t4=1.9s时Q已振动0.4s，通过路程为S=40.05m=0.2m。故D正确。故选ACD。二、实验题（每空2分，共8分）13.某同学测得小球的直径如下图所示,则直径为_cm.、【答案】10.18【解析】【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读主尺读数时看游标的0刻度线超过主尺哪一个示数，该示数为主尺读数，看游标的第几根刻度与主尺刻度对齐，乘以游标的分度值，即为游标读数【详解】主尺读数为10.1cm，游标读数为0.1mm8=0.8mm，所以最终读数为：10.1cm+0.8mm=10.18cm14.如图所示为“验证碰撞中的动量守恒”的装置示意图(1)设小球A的质量为mA，小球B的质量为mB，为保证实验成功，必须满足mA_(选填“大于”“等于”或“小于”)mB.(2)下列说法中符合本实验要求的是_(选填选项前面的字母)A加速的斜槽轨道必须光滑B在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从同一高度由静止释放C安装轨道时，轨道末端必须水平D需要使用的测量仪器有天平、刻度尺和秒表(3)实验中小球的落点情况如图所示，P为不放B球时将A球从斜槽某一高度静止释放后A球的落点，M、N分别为A球从同一高度静止释放到达斜槽水平端与B球相碰后A、B球落点，现已测得O到M、P、N的距离分别为s1、s2、s3，若关系式_成立，则验证了A、B相碰动量守恒【答案】 (1). 大于 (2). BC (3). mAs2=mAs1+mBs3【解析】【分析】A球和B球相撞后，B球的速度增大，A球的速度减小，都做平抛运动，竖直高度相同，所以水平方向，B球在A球的前面，所以碰撞前A球的落地点是P点，碰撞后A球的落地点是M点，B球的落地点是N点，根据平抛运动的基本公式求解碰撞前后小球的速度，然后验证动量是否守恒即可【详解】（1）为了防止A球反弹，入射球的质量必须大于被碰球的质量（2）只要每次加速的环境完全相同即可，不需加速轨道光滑，故A错误；为了保证小球每次平抛的初速度相同，每次入射小球必须从同一高度由静止释放，故B正确；为了使小球做平抛运动，轨道末端必须水平，故C正确；本实验中不需要测量时间，故测量仪器不需要秒表，故D错误故选BC.（3）由动量守恒定律，mAv2=mAv1+mBv3，三次平抛运动的时间t相同，则mAv2t=mAv1t+mBv3t，即mAs2=mAs1+mBs3【点睛】在验证动量守恒定律中，要学会在相同高度下，用水平射程来间接测出速度的方法，同时明确动量守恒定律的基本应用三、计算题（本大题共4小题，共44分。解答时应写出必要的文字说明、公式和重要的计算步骤，只写出最后答案的不能得分）15.如图所示，水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L=10cm，M和P之间接入电动势E=1.5V、内阻r=0.1的电源现垂直于导轨放置一根质量为m=0.1kg，电阻为R=0.2的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B=1T，方向与水平面夹角为37且指向右斜上方，ab棒保持静止求：（1）ab棒受到的安培力的大小；（2）ab棒受到的支持力和摩擦力各为多少【答案】（1）F0.5N （2）FN =0.6N Ff =0.3N【解析】【分析】根据左手定则正确判断出导体棒ab所受安培力的方向，然后对棒ab正确进行受力分析，根据所处平衡状态列方程即可正确求解。【详解】根据左手定则可知，棒ab所受的安培力方向垂直与棒斜向作上方，其受力截面图为：Fx合=Ff-Fsin=0Fy合=FN+Fcos-mg=0 解得：Ff=0.3N，FN =0.6N。16. 如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时波形如图所示，此时波刚好传到x=5rn处P点；t=12s时x=6m处Q点第一次有沿y轴正方向的最大速度求这列简谐波传播的周期与波速；写出x=4m处质点的振动方程；画出这列简谐波在t=12s时的波形图【答案】16s；25m/s ;图像如图；【解析】试题分析：A=10cm=01m考点：机械波的传播【名师点睛】本题考查分析和理解波动图象的能力；解题时能直接能从波形图中读出波长，根据质点的振动情况求解波速大小；能根据波的传播或者质点的振动规律画出某时刻的波形图17.如图所示，物体A置于静止在光滑水平面上的平板小车B的左端，在A的上方O点用不可伸长的细线悬挂一小球C(可视为质点)，线长L0.8 m现将小球C拉至水平(细线绷直)无初速度释放，并在最低点与A物体发生水平正碰，碰撞后小球C反弹的最大高度为h0.2 m已知A、B、C的质量分别为mA4 kg、mB8 kg和mC1 kg，A、B间的动摩擦因数0.2，A、C碰撞时间极短，且只碰一次，取重力加速度g10 m/s2.(1)求小球C与物体A碰撞前瞬间受到细线的拉力大小 (2)求A、C碰撞后瞬间A的速度大小；(3)若物体A未从小车B上掉落，则小车B的最小长度为多少？【答案】(1)30 N(2)1.5 m/s(3)0.375 m【解析】【分析】（1）对小球下落过程应用机械能守恒定律求出小球到达A时的速度，由牛顿第二定律求出小球对细线的拉力；（2）再由机械能守恒定律求得球反弹上升的初速度即球与A碰后的速度，再根据动量守恒定律求得球与A碰撞后A的速度；（3）A没有滑离B，A、B共同运动，由动量守恒定律列方程求二者共同的速度