安徽省郎溪中学2018_2019学年高二物理5月月考试题（含解析）.docx

安徽省郎溪中学2018-2019学年高二物理5月月考试题（含解析）一、选择题（共12题，每题4分，共48分。第1题至第8题为单项选择题，第9题至12题为多项选择题，选不全得2分，有错选不得分）1.关于物理科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是A. 奥斯特发现了电流的磁效应，并发现了电磁感应现象B. 库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e的数值C. 焦耳首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究D. 安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说【答案】D【解析】【分析】解答本题应记牢：奥斯特、法拉第、库仑、安培等科学家的物理学成就，即可进行解答【详解】A奥斯特发现了电流的磁效应，是法拉第发现了电磁感应现象，故A错误；B库仑提出了库仑定律，是密立根最早用实验测得元电荷e的数值，故B错误；C法拉第首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究，故C错误；D安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，揭示了磁现象的电本质，故D正确。故选：D。【点睛】物理学史是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，注重积累2.如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为 ，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为，则（ ）A. 左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比B. 左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比C. 右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比D. 右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比【答案】A【解析】规定向右为正方向，碰撞前A.B两球的动量均为6kgm/s，说明A.、B两球的速度方向向右，两球质量关系为mB=2mA，所以碰撞前vAvB，所以左方是A球。碰撞后A球的动量增量为4kgm/s，所以碰撞后A球的动量是2kgm/s碰撞过程系统总动量守恒,mAvA+mBvB=mAvA+mBvB所以碰撞后B球的动量是10kgm/s根据mB=2mA，所以碰撞后A.B两球速度大小之比为2:5。故选：A。【名师点睛】两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒；同时考虑实际情况，碰撞前后面的球速度大于前面球的速度动量是矢量，具有方向性。3.电阻为4R的正方形均匀导线框ABCD从图示位置沿水平向右方向以速度v匀速穿过磁场区域，在下图中线框A、B两端电压UAB与线框移动距离x的关系图象正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由楞次定律判断感应电流方向，确定出A、B两端电势的高低由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电势差【详解】由楞次定律判断可知，在线框穿过磁场的过程中，A点的电势始终高于B的电势，则UAB始终为正值。AB、DC两边切割磁感线时产生的感应电动势为E=Bav。在0-a内，AB切割磁感线，AB两端的电压是路端电压，则UAB=EBav；在a-2a内，线框完全在磁场中运动，穿过线框的磁通量没有变化，不产生感应电流，则UAB=E=Bav；在2a-3a内，A、B两端的电压等于路端电压的，则UAB=E=Bav故A正确。故选A。【点睛】本题由楞次定律判断电势高低，确定电势差的正负分析UAB与感应电动势关系是关键，要区分外电压和内电压4.如图所示，实线表示某电场中的电场线，但方向未知，虚线是某一带负电的粒子通过该电场区域的运动轨迹，A、B是运动轨迹上的两点。若带电粒子在运动中只受电场力作用，在A、B两点的电势分别为、，加速度大小分别为、，速度大小分别为、，电势能大小分别为、，则下列说法正确的是（ ）A. ， B. ， ， D. 【答案】C【解析】【详解】虚线是某一带负电的粒子通过该电场区域的运动轨迹，带电粒子在运动中只受电场力作用，粒子的受力方向和场强方向如图：若粒子由A运动到B，电场力方向和运动方向成钝角，电场力做负功，粒子的电势能增大，即；粒子在运动中只受电场力作用，电场力做负功，粒子动能减小，；，粒子带负电，。A处电场线比B处密集，粒子在A处受到的电场力比B处大，则粒子在A处的加速度大于B处，即。故C项正确，ABD三项错误。5.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能EP随位移x变化的关系如图所示，其中0x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2x3段是直线，则下列说法正确的是 （ ）A. x1 处电场强度最小，但不为零B. 粒子在0x2段做匀变速运动，x2x3段做匀速直线运动C. 在0、x1、x2、x3 处电势0、1、2、3的关系为：32=01D. x2x3段电场强度大小方向均不变【答案】D【解析】【详解】A根据电势能与电势的关系：Epq，场强与电势的关系：E，得：EEpx图象切线的斜率等于，根据数学知识可知，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A错误；BD由图看出在0x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动。x1x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动。x2x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故B错误，D正确；C根据电势能与电势的关系：Epq，粒子带负电，q0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：3201故C错误；故选D。【点睛】解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析。6.图甲为远距离输电示意图，升压变压器原副线圈匝数比1:100，降压变压器原副线圈匝数比为100:1，远距离输电线的总电阻为100，若升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为750kW，下列说法中正确的有A. 客户端交流电的频率为100HzB. 客户端电压为250VC. 输电线中的电流为30AD. 输电线路损耗功率为180kW【答案】C【解析】由乙图知，周期为0.02s，所以频率f=50Hz，所以A错误；输电线上有电压的损耗，所以用户端电压小于250V，B错误；对升压变压器，由变压规律，可求U2=25000V，输电线电流，所以C正确；输电线损耗的功率：，故D错误。7.如图所示，T为理想变压器，副线圈回路中输电线ab和cd的电阻不可忽略，其余输电线电阻可不计，则当电键S闭合时（）A. 交流电压表V1和V2的示数一定都变小B. 交流电压表只有V2的示数变小C. 交流电流表A1、A2和A3的示数一定都变大D. 只有A1的示数变大【答案】B【解析】A、当S闭合时，两个电阻并联，电路的总电阻减小，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压不变，副线圈的电流变大，副线圈回路中的输电线ab和cd的电阻不可忽略，所以输电线ab和cd上的电压变大，所以的示数变小，故B正确，A错误；C、副线圈的电流变大，和的示数变大，的示数减小，故CD错误。点睛：输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可。8.如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R0。在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向垂直于线框平面向里。现使金属线框从MN上方某一髙度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到完全穿出匀强磁场区域瞬间的v-t图象，图象中的物理量均为已知量。重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是A. 金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向B. 金属线框的边长为v1(t2-t1)C. 磁场的磁感应强度为D. 金属线框在0 - t4的时间内所产生的热量为【答案】BC【解析】【分析】金属框进入磁场前做匀加速运动，由图线与时间轴所围的面积读出金属框初始位置的bc边到边界MN的高度；由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，根据时间和速度求解金属框的边长；由图知，金属线框进入磁场过程做匀速直线运动，重力和安培力平衡，列式可求出B由能量守恒定律求出在进入磁场过程中金属框产生的热量【详解】金属线框刚进入磁场时，根据楞次定律判断可知，感应电流方向沿abcda方向；故A错误；由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为v1，运动时间为t2-t1，故金属框的边长：l=v1（t2-t1）；故B正确；在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力，则得：mg=BIl，又 l=v1（t2-t1）。联立解得：；故C正确；t1到t2时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为：Q1=mgl=mg1（t2-t1）；t3到t4时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为：Q2=mgl+m(v32v22)=mg1（t2-t1）+m(v32v22)；故Q=Q1+Q2=2mg1（t2-t1）+m(v32v22)；故D正确；故选BCD。9.A、B两球质量相等，A球竖直上抛，B球平抛，两球在运动中空气阻力不计，则下列说法中正确的是()A. 相同时间内，动量的变化大小相等，方向相同B. 相同时间内，动量的变化大小相等，方向不同C. 动量的变化率大小相等，方向相同D. 动量的变化率大小相等，方向不同【答案】AC【解析】【详解】AB根据动量定理：动量变化量等于合外力的冲量，因为合外力都是重力，所以相同时间内，冲量，相同，所以A正确，B错误CD动量的变化率：，因为两球质量相同，重力相同，所以动量的变化率大小相等，方向相同，CD错误10.如图所示，在 xOy平面的第一象限内存在磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里的匀 强磁场。两个相同的带电粒子，先后从 y轴上的 P点（0，a）) 和 Q点（纵坐标 b未知），以相同的速度v0 沿x轴正方向射入磁场，在 x轴上的 M 点（c，0）相遇。 不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，由题中信息可以确定( )A. Q点的纵坐标 bB. 带电粒子的电荷量C. 两个带电粒子在磁场中运动的半径D. 两个带电粒子在磁场中运动的时间【答案】ACD【解析】【详解】粒子在磁场中运动只受洛伦兹力作用，故粒子做匀速圆周运动，轨迹如图所示：洛伦兹力做向心力，故有：Bqv0m；根据几何关系可得P点粒子的轨道半径，从而可以求出Q点射出粒子半径及坐标，故AC正确；由于是同种粒子，比荷相同，无法具体求解电荷量和质量，但可以求出比荷，故B错误；根据根据粒子运动轨道半径和粒子转过的中心角；故根据周期，可求得运动时间tT，故D正确；故选ACD。【点睛】带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，故常根据速度及磁感应强度求得半径，然后根据几何关系求得运动半径；或反过来由轨迹根据几何关系求解半径，进而求得速度、磁感应强度。11.如图所示，一理想变压器原线圈可通过移动滑片P的位置改变接入电路的匝数，b为原线圈的中点。当P接a时，原、副线圈的匝数比为10:1，线圈L的直流电阻不计。若原线圈所接电源的电压如图所示，则（ ）A. 当P接a时，灯泡B两端的电压为20V，频率为50HzB. 只将P由a向b滑动时，变压器的输入功率增大C. 只增大电源的频率，灯泡B变亮D. 只将变阻器R的滑片M向上滑动时，灯泡B亮度不变【答案】BD【解析】【详解】A原线圈两端电压的有效值，当P接a时，原、副线圈的匝数比为10:1，据可得，副线圈两端电压；灯泡B与线圈L串联后接在副线圈两端，灯泡两端电压小于20V。原线圈输入电流的周期，原线圈电流的频率，副线圈及负载上电流的频率为50Hz。故A项错误。B只将P由a向b滑动时，原线圈的匝数减少，据可得，副线圈两端电压增大，负载不变，副线圈的输出功率增大，变压器的输入功率增大。故B项正确。C只增大电源的频率，原副线圈两端的电压均不变，线圈L的感抗增大，灯泡B与线圈L的电流减小，灯泡B变暗。故C项错误。D只将变阻器R的滑片M向上滑动时，原副线圈两端的电压不变，灯泡B与线圈L的电流不变，灯泡B亮度不变。故D项正确。12.（多选题）如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度匀速转动，从图示位置开计时（）A. 当转过60时，感应电流的瞬时值为B. 当转过60时，感应电流的瞬时值为C. 在转过60过程中，感应电动势的平均值为D. 当转过90过程中，感应电流的有效值为【答案】ACD【解析】【详解】A、因为线圈从中性面开始计时，所以感应电动势的瞬时值表达式为，转过角时，感应电动势的瞬时值，感应电流的瞬时值为，故A正确，B错误；C、转过的时间，磁通量变化量为：则感应电动势的平均值为：，故C错误；D、感应电流的最大值为，感应电流的有效值，故D正确。二实验题（共18分， 每空2分）13.如图,用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律,即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系.(1)实验中,直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的.但是,可以通过仅测量_(填选项前的符号),间接地解决这个问题.A.小球开始释放高度hB.小球抛出点距地面的高度HC.小球做平抛运动的水平距离（射程）(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影.实验时,先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放,找到其平均落地点的位置P,测量平抛射程.然后,把被碰小球静置于轨道的水平部分,再将入射球从斜轨上S位置静止释放,与小球相碰,并多次重复.接下来要完成的必要步骤是_(填选项前的符号).A.用天平测量两个小球的质量m1、m2B.测量小球m1开始释放高度hC.测量抛出点距地面的高度HD.分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE.测量平抛射程OM、ON(3)若两球相碰前后的动量守恒,其表达式可表示为_(用(2)中测量的量表示);若碰撞是弹性碰撞,那么还应满足的表达式为_(用(2)中测量的量表示).【答案】C ；;；ADE；【解析】(1)验证动量守恒定律实验中,即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系,直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的,但是通过落地高度不变情况下水平射程来体现速度.所以C选项是正确的.(2)实验时,先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放,找到其平均落地点的位置P,测量平抛射程OP.然后,把被碰小球m2静置于轨道的水平部分,再将入射球从斜轨上S位置静止释放,与小球相碰,并多次重复.测量平均落点的位置,找到平抛运动的水平位移,因此步骤中D、E是必需的,由于要验证动量守恒所以还要知道入射小球和被碰小球的质量，故选ADE(3)若两球相碰前后的动量守恒,则,又 , , ,代入得: 故本题答案是：(1). C (2). ADE (3). m1OM+m2ON=m1OP14.某实验小组用图甲所示电路测量电源E的电动势和内阻，图中电压表V的最大量程为3V，虚线框内为用电流计G改装的电流表。(1)已知电流计G的满偏电流IG= 200mA、内阻rG= 0.30，电路中已将它改装为最大量程600 mA的电流表，则 R1=_（结果取二位有效数字）。(2)通过移动变阻器R的滑片，得到多组电压表V的读数U和电流计G的读数，作出如图乙的图象。某次测量时，电旅表V的示数如图丙，则此时通过电源E的电流为_mA结果取三位有效数字）；电源E的电动势等于_ V，内阻等于 _（结果取三位有效数字）。(3)若用来改装电流表的电阻R1的实际阻值略小于计算值，则对电源电动势测量的结果_（填“有”或“没有”）影响。【答案】 (1). 0.15 (2). 300 (3). 2.93 (4). 1.00 (5). 没有【解析】【分析】（1）根据电路的结构，根据欧姆定律求解电阻R1的阻值；（2）根据电压表的读数，结合图乙可读出电流计G的读数；在根据改装后的电流表结构确定通过电源的电流；根据图像的斜率和截距求解电动势的内阻；（3）根据电路的结构确定电阻R1对电动势测量结果的影响。详解】（1）根据欧姆定律可知：，带入数据解得：R1=0.15.（2） 根据丙图可知电压表读数为2.6V；根据图乙可知电流计的读数为100mA，通过电阻R1的电流等于通过电流计G电流的2倍，则电路的总电流为300mA；根据图像可知，电源的电动势为：E=2.93V，因改装的电流表的内阻为；则电源内阻.（3）电源电动势等于电流表读数为零时电压表的读数，可知电表改装时，若用来改装电流表的电阻R1的实际阻值略小于计算值，则对电源电动势测量的结果无影响；三计算题（共34分，15题10分，16题12分，17题12分。要有必要的文字说明和计算步骤）15.如图所示，光滑导轨MN和PQ固定在同一水平面上，两导轨间距为L，两端分别接有阻值均为R的定值电阻R1和R2两导轨间有一边长为的正方形区域abcd，该区域内有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B一质量为m的金属杆与导轨接触良好并静止于ab处，现用一恒力F沿水平方向拉杆，使之由静止起向右运动，若杆出磁场前已做匀速运动，不计导轨及金属杆的电阻求：（1）金属杆出磁场前的瞬间流过R1的电流大小和方向；（2）金属杆做匀速运动时的速率；（3）金属杆穿过整个磁场过程中R1上产生的电热【答案】（1）金属杆出磁场前的瞬间流过的电流大小为，方向从M到P；（2）金属杆做匀速运动时的速率是；（3）金属杆穿过整个磁场过程中上产生的电热是【解析】试题分析：（1）杆出磁场前已做匀速运动，恒力F与安培力平衡，由安培力公式F=BIL和平衡条件求解；（2）杆产生的感应电动势E=Bv，又根据闭合欧姆定律得到E=I，联立可求得速度v；（3）金属杆穿过整个磁场过程中，F做功为F，杆获得的动能为，根据能量守恒定律求解回路中产生的总热量，根据两个电阻并联求解上产生的电热解：（1）设流过金属杆中的电流为I，由平衡条件得：F=BI解得，I=因=，所以流过的电流大小为I1=根据右手定则判断可知，电流方向从M到P（2）设杆做匀速运动的速度为v，由法拉第电磁感应定律得：杆切割磁感线产生的感应电动势大小为 E=Bv又根据闭合欧姆定律得到E=I，可解得v=（3）设整个过程电路中产生的总电热为Q，根据能量守恒定律得：Q=F代入v可得Q=Q1=Q=答：（1）金属杆出磁场前的瞬间流过的电流大小为，方向从M到P；（2）金属杆做匀速运动时的速率是；（3）金属杆穿过整个磁场过程中上产生的电热是【点评】本题是电磁感应中电路问题，掌握安培力公式、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律是基础16.如图所示的轨道由位于竖直平面的圆弧轨道和水平轨道两部分相连而成。水平轨道的