黑龙江省虎林市2016-2017学年高二物理5月月考试题（含解析）.doc

黑龙江省虎林市2016-2017学年高二5月月考理综-物理试题1. 质量为m的小车，静止在粗糙的水平地面上，在水平外力作用下开始运动，其v-t图像如图。下列关于物体运动的分析正确的是：a. 0t1时间内物体受拉力为恒力b. t1t2时间内拉力不做功c. t1t2时间内合外力做功为mv12/2d. 0t1时间内拉力逐渐减小【答案】d【解析】0-t1内，物体做加速度不断减小的加速运动，根据牛顿第二定律，有：f-f=ma，故拉力不断减小，故a错误，d正确0-t1内拉力向前，位移也向前，故拉力做正功，故b错误；在t1-t2时间内，物体匀速前进，动能的变化量为零，则由动能定理可知，合外力做功为零，故c错误；故选d2. 如图所示，质量为m的斜面体静止放在水平面上，质量为m的物体在水平外力f的作用下沿斜面匀加速下滑，此时斜面体保持静止。对此过程下列说法正确的是：a. 地面对m的支持力大小为（m+m）gb. 地面对m的静摩擦力水平向左c. 地面对m的静摩擦力水平向右d. 地面对m没有静摩擦力【答案】b.点睛：本题考查分析物体受力情况的能力，知道b匀加速运动，a静止时，a加速度不为零，可以看成一个整体，利用牛顿第二定律求解3. 有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b处于地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图，则下列说法中正确的是：a. a的向心加速度等于重力加速度gb. c在4 h内转过的圆心角是/6c. b在相同时间内转过的弧长最长d. d的运动周期有可能是20h【答案】c【解析】试题分析：a随地球自转，由于万有引力分为两部分，一部分为重力，一部分充当向心力，所以其加速度不为g，a错误；c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是4h24h2=3，故b错误；由gmmr2=mv2r，得v=gmr，则知卫星的半径越大，线速度越小，所以b的线速度最大，在相同时间内转过的弧长最长，c正确；由开普勒第三定律a3t2=k知，卫星的轨道半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h，不可能是20h，d错误；考点：考查了万有引力定律的应用【名师点睛】对于卫星问题，要建立物理模型，根据万有引力提供向心力，分析各量之间的关系，并且要知道同步卫星的条件和特点4. 如图所示，正方形abcd以坐标原点o为中心，关于x轴对称，与x轴交于m、n两点，带电量均为q的点电荷固定在正方形的四个顶点，其中a、b处点电荷带正电，c、d处点电荷带负电。下列说法正确的是：a. m、n两点电场强度等大反向b. 在x轴上从m点到n点，电势先降低后升高c. 在x轴上m点左侧、n点右侧都存在场强为零的点d. 负检验电荷在m点具有的电势能比其在n点的电势能多【答案】c【解析】对m点研究，两个正电荷在m点产生的合场强为零，根据平行四边形法可知，两个负电荷在m点产生的合场强方向水平向右对n点研究，两个负电荷在n点的合场强为零，根据平行四边形法，两个正电荷在n点的合场强，方向水平向右且由对称性可知，m、n两点电场强度等大同向故a错误；根据电场的叠加原理可知，从m点沿直线到n点，各点场强方向均向右，电势一直降低，故b错误在m点左侧，两个正电荷的合场强与两个负电荷的合场强方向相反，大小可能相等，所以在x轴上m点左侧存在场强为零的点同理，在n点右侧也存在场强为零的点故c正确m点的电势高于n点的电势，负检验电荷从m移动到n点时电场力做负功，电势能增加，则负检验电荷在m点具有的电势能比其在n点的电势能小，故d错误；故选c.点睛：解决本题的关键是掌握电场的叠加原理，分析各点场强的大小和方向对于电势能的比较，可根据电场力做功正负来判断5. 如图所示为理想变压器，四个灯泡l1、l2、l3、l4都标有“4v,4w”，变压器原、副线圈匝数比n1：n2=4:1.要求灯泡一个都不能烧毁，假设灯泡电阻不变，则ab间电压的有效值不能超过：a. 16v b. c. d. 【答案】d【解析】由图可知，l2与l3并联后与l4串联，故l4中电流为l2与l3电流之和；l1电流为原线圈中的电流，而l4电流等于副线圈中的电流，根据电流之比等于线圈匝数之比可得：i1i4=n2n1=14；故l4应达到额定功率，即输出电流为：i2=pu=44a=1a；l2与l3中电流均为0.5a，此时并联部分电压为2v；变压器输出电压为：u2=4+2=6v，输入电压为：u1=n1n2u2=416v=24v；此时灯泡l1中电流为0.25a，电压为1v，故ab两端的电压最大值为：um=24+1=25v，故d正确，abc错误故选d点睛：本题考查变压器的基本内容，要注意明确电流电压与匝数的关系，知道变压器输入电压为ab两端的电压与灯泡l1两端电压的差值，即相当于灯泡l1与变压器串联6. 用中子轰击u92235原子核产生裂变反应，其可能的裂变方程为u92235+n01b56144a+k3689r+3n01，u92235、n01、b56144a、k3689r的质量分别是m1、m2、m3、m4，u92235原子核的半衰期是t，其比结合能小于b56144a原子核的比结合能，光在真空中的传播速度为c，下列叙述正确的是：a. b56144a原子核比u92235原子核更稳定b. b56144a原子核中含有56个中子c. 裂变时释放的能量为（m1-2m2-m3-m4）c2d. 若提高u92235的温度，u92235的半衰期将会小于t【答案】ac【解析】a、比结合能的大小反应原子核的稳定程度，u92235的比结合能小于b56144a原子核的比结合能，所以b56144a原子核比u92235原子核更稳定，故a正确； b、由原子核的组成特点可知，b56144a原子核中含有56个质子，中子数为：14456=88个，故b错误；c、由于核裂变的过程中释放能量，根据爱因斯坦质能方程得：e=mc2=(m12m2m3m4)c2，故c正确；d、原子核的半衰期是由放射性元素本身决定的，与环境的温度、压强等无关，故d错误。故选：ac。7. 如图所示，圆心角为90的扇形cod内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，e点为半径od的中点。现有比荷大小相等的两个带电离子a、b（不计重力）以大小不等的速度分别从o、e点均沿oc方向射入磁场，粒子a恰从c点射出磁场，已知sin37=0.6，cos37=0.8，则下列说法正确的是：a. 粒子a带负电，粒子b带正电b. 粒子a、b在磁场中运动的加速度大小之比为2:5c. 粒子a、b的速率之比为5:2d. 粒子a、b在磁场中运动的时间之比为180:53【答案】abd【解析】由题设条件画出带电粒子a、b在扇形磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示，圆心分别为e、f由左手定则a粒子带负电，b粒子带正电，所以选项a正确若磁场区域扇形半径为r，由几何关系可以求得ab粒子做匀速圆周运动的半径ra=12r 对于b粒子有：rb2=（rb-12r）2+r2，从而求得rb=54r由洛仑兹力提供向心力可以求得粒子的速度vqbrm ，所以a、b粒子的速度之比vavbrarb12r54r=25 ，根据加速度公式anv2r，求得加速度之比anaanbva2vb2rbra(25)25225 ，所以选项b正确、c错误带电粒子在磁场中运动的周期t2rv2mqb ，显然只与粒子比荷和磁感应强度有关，所以ta=12t 由几何关系知b粒子偏转的角度为arcsinr54r=53，所以tb=53360t，所以运动时间之比为tatb18053，所以选项d正确故选abd.点睛：本题两个比荷相同的粒子以不同速度从不同点射入扇形磁场，分别从两个扇角射出，由左手定则确定电性，由几何关系求出半径，由洛仑兹力提供向心力求出速度，由偏转角求出时间8. 如图所示，竖直平面内放一光滑的直角杆mon，杆上套两个完全一样的小球ab,质量均为m，绳长为5l，开始时绳子与竖直方向的夹角为0.a球在外力f作用下从o点以速度v0向右匀速运动，在夹角由0变为53过程中，以下说法正确的是：a. b球的机械能守恒b. b球处于超重状态c. 夹角为53时b球的速度为34v0d. 拉力做功为2mgl+89mv02【答案】bd【解析】由于绳子的拉力对b球做正功，所以b球的机械能增加，故a错误设绳子与直杆on的夹角为时，b球的速度为vb根据两个小球沿绳子方向的分速度大小相等，得：vbcos=v0sin，可得：vb=v0tan，v0不变，增大，则vb增大，所以b球向上做加速运动，加速度向上，处于超重状态，故b正确当=53时，b球的速度 vb=v0tan53=43v0故c错误在夹角由0变为53过程中，b球上升的高度为 h=5l-5lcos53=2l；对a、b整体，由功能关系得：拉力做功为w=mgh+12mvb2=2mgl+12m(43v0)2=2mgl+89mv02故d正确故选bd.9. 在实验室里为了验证动量守恒定律，一般采用如图甲、乙两种装置：(l）若采用乙装置进行实验，以下所提供的测量工具中必需的是：_a直尺 b天平 c弹簧秤 d秒表(2）设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则在用甲装置实验时（p为碰前入射小球落点的平均位置)，所得“验证动量守恒定律”的结论为（用装置中的字母表示）_.【答案】 (1). （1）ab (2). （2）m1op=m1om+m2on【解析】试题分析：（1）求出需要验证的表达式，根据表达式确定需要测量的量，让后选择实验器材（2）根据动量守恒定律与图示实验情景确定需要验证的表达式解：（1）小球离开轨道后做平抛运动，由h=gt2得小球做平抛运动的时间t=，由于小球做平抛运动时抛出点的高度h相同，则它们在空中的运动时间t相等，验证碰撞中的动量守恒，需要验证：m1v1=m1v1+m2v2，则：m1v1t=m1v1t+m2v2t，得m1x1=m1x1+m2x2，由图所示可知，需要验证：m1op=m1om+m2on，因此实验需要测量的量有：入射小球的质量，被碰小球的质量，入射小球碰前平抛的水平位移，入射小球碰后平抛的水平位移，被碰小球碰后平抛的水平位移，测量水平位移需要用直尺，测质量需要天平，因此需要的实验器材是ab（2）由（1）可知，实验需要验证：m1op=m1om+m2on10. 某同学要测量一电阻r（约2k）的阻值和一个锂电池（电动势e标称值为3.7v，允许的最大放电电流为200ma）的电动势e和内电阻r，实验室备用的器材如下：a.电压表v（量程3v，内阻约为4.0k)b.电流表a1（量程100ma，内阻约为5）c.电流表a2（量程2ma，内阻约为50）d.滑动变阻器r1（0-20，额定电流1a)e.电阻箱r2(0999.9，最小分度值0.i)f开关s一只，导线若干(1）为了测定电阻r的阻值，该同学设计了如图所示的电路，并选取了相应的器材(电源用待测的锂电池），经分析发现器材选取中有不妥之处你认为应该怎样调整？_(2）在实验操作过程中发现滑动变阻器r1和电流表a1已损坏，请用余下的器材测量锂电池的电动势e和内电阻r.请在方框中画出实验电路图_按照新设计的电路图连好电路进行实验，同学测得的物理量间满足一个函数关系式电动势e=_；在进行数据处理时，可以用图像法处理数据，为使上述函数关系式的图像是一条直线，则以_为横坐标，以_为纵坐标。【答案】 (1). （1）a1表换成a2表 (2). (2) 如图; (3). e=u+ur2r (4). 1r2 (5). 1u【解析】（1）流过r的最大电流约为：imax=er=3.72000a=1.85103a=1.85ma2ma ，电流表应使用a2（量程2ma，电阻约50）（2）实验器材只有电压表与电阻箱，因此可以用伏阻法测电池的电动势与内阻，实验电路图如图所示，根据电路图连接实物电路图如图所示（3）由闭合电路欧姆定律得：e=u+ir=u+ur2r，整理得：1u=1e+re1r2 由此可知，1u与1r2成一次函数，故图象为直线；因此可以作1u与1r2的图象，点睛：本题考查了实验器材的选择、设计实验电路图、实验数据分析等问题；选择实验器材时，既要保证安全，又要注意测量精度，要注意实验器材量程的选择同时要注意明确数据处理的基本方法，明确如何才能得出线性关系11. 如图所示，倾角为=37两根平行长直金属导轨的间距为d其底端接有阻值为r的电阻。整个装置处在垂直斜面向上磁感应强度大小为b的匀强磁场中，质量均为m（质量分布均匀）电阻均为r的导体杆ab、cd垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，两导体杆与导轨的动摩擦因数均为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导轨电阻不计，重力加速度大小为g，求杆ab的最大速度。【答案】vmax=3mgrb2d2【解析】导体杆ab以速度v运到切割磁感线，产生感应电动势： e=bdv杆ab上的电流： i=er+r2导体杆cd沿斜面向上受安培力： f=bi12d杆cd受沿斜面向下最大静摩擦力时，杆ab运动速度最大杆cd受最大静摩擦力等于滑动摩擦力：f=fn 而fn=mgcos37杆cd静止： f=f+mgsin37解得杆ab运动最大速度：vmax=3mgrb2d2 12. 如图所示：质量为m=0.8kg的小车有半径r=1m的1/4光滑圆轨道bc和长为0.5m的水平轨道ab，小车静止于光滑的水平面上，质量为m=0.2kg的小物块（可看成质点）以水平向右的初速度v0在a点滑上小车。已知物块与小车的水平面间的动摩擦因数为=0.5，g=10m/s2。求：(l）若小车固定，物块刚好滑到小车上的c点，则物块的初速度v0多大？(2)若小车自由，物块仍以v0滑上小车，物块相对水平面ab所能到达的最大高度是多少？(3）在（2）的情况下，分析说明，物块最终能否停在小车上，若能确定位置，若不能，求出两者分离时的速度。（取21.4)【答案】（1）5m/s；（2）0.75m；（3）1.7m/s【解析】（1）由能量守恒：12mv02=fl+mgr 摩擦力 f=fn而fn=mg解得： v0=5m/s (2) 物块与车水平方向动量守恒：mv0=(m+m)v 解得： v=1m/s物块与车系统能量守恒：12mv02=mgl+mgh+12(m+m)v2解得最大高度：h=0.75m (3)若停在小车上有：12mv02- 12(m+m)v2=mgss=2m2l 所以不会停在小车上，即两者分离；设两者分离时m的速度v1，车的速度v2，物块与车水平方向动量守恒：mv0=mv1+mv2物块与车系统能量守恒：mg2l=12mv02- 12mv12- 12mv22解得 v1 =1.8m/s 说明分离时m的速度方向与v0方向相反 车的速度 v2 =1.7m/s 13. 下列说法正确的是_a物体运动的速度越大其内能就越大b分子热运动是指物体内分子的无规则运动c微粒的布朗运动的无规则性，反应了液体内部分子运动的无规则性d温度低的物体，它的内能一定小e若外界对物体做正功，同时物体从外界吸收热量，则物体的内能一定增加【答案】bce【解析】物体运动的速度是宏观的速度，与物体的内能无关故a错误；分子的热运动是指分子的无规则运动故b正确；布朗运动是固体小颗粒的运动，它间接反应了液体分子无规则运动；故c正确；物体的内能与物质的量、温度、体积乙物态有关，所以温度低的物体，其内能不一定小；故d错误；若外界对物体做正功，同时物体从外界吸收热量，根据热力学第一定律可知，则物体的内能必增加故e正确故选bce.点睛：本题考查分子热运动的性质，布朗运动、物体的内能以及热力学第一定律，要注意区别分子热运动与物体的机械运动有本质的不同，分子运动不能包括物质的运动14. 如图所示，两端开口的一导热性能良好的容器水平放置，两端是直径不同的两个圆筒，里面各有一个活塞，其横截面积分别为sa=10cm2和sb=10cm2，质量分别为ma=6kg、m=4kg。它们之间用一质量不计的轻质细杆相连，两活塞可在桶内无摩擦滑动，但不漏气。在气温为-23时，用销子把b锁住，并把阀门k打开，使容器和大气相通，随后关闭阀门k，此时两活塞间气体的体积为300m3,当气温升到t时把销子拔去。若刚拔去销子时两活塞的加速度大小为1.2m/s2，方向水平向左，求温度t为多少？（设大气压强为1.0105pa不变，容器内气体温度始终和外界气温相同）【答案】325k【解析】两活塞间理想气体，初状态：p1=p0，t1=250k末状态p2 ；t2=t由理想气体状态方程：p1t1=p2t2联立解得：t=325k15. 在坐标原点的波源产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速v=200m/s，已知t=0时刻，波刚好传播到x=40m处，如图所示，在x=400m处有一接收器（图中未画出），则下列说法正确的是_。a波源开始振动时方向沿y轴负方向b从t=0开始经0.15s，x=40m处的质点运动的路程为0.6mc接收器在t=2s时才能接收到此波d若波源向x轴正方向运动，接受器接收到波的频率可能