广东省揭阳市普宁市华美实验学校高二物理下学期6月月考试卷（含解析）.doc

广东省揭阳市普宁市华美实验学校2014-20 15学年高二下学期月考物理试卷（6月份）一、单项选择题：（共4个小题，每题4分，共16分）1（4分）心电图仪是将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲的仪器，其输出部分可以等效为虚线框内的交流电源和定值电阻r0串联，如图所示心电图仪与一理想变压器的原线圈连接，一可变电阻r与该变压器的副线圈连接在交流电源的电压有效值u0不变的情况下，将可变电阻r的阻值调大的过程中（）a通过原线圈的电流不变，通过副线圈的电流不变b通过原线圈的电流不变，通过副线圈的电流变小c通过原线圈的电流变小，通过副线圈的电流变小d通过原线圈的电流变大，通过副线圈的电流变大2（4分）如图所示，将质量为m=0.1kg的物体用两个完全一样的竖直轻弹簧固定在升降机内，当升降机以4m/s2的加速度加速向上运动时，上面弹簧对物体的拉力为0.4n；当升降机和物体都以8m/s2的加速度向上运动时，下面弹簧对物体的支持力为（）a0.6 nb0.8 nc1.0 nd1.2 n3（4分）经长期观测发现，a行星运行的轨道半径为r0，周期为t0，但其实际运行的轨道与圆轨道总存在一些偏离，且周期性地每隔t0时间发生一次最大的偏离如图所示，天文学家认为形成这种现象的原因可能是a行星外侧还存在着一颗未知行星b，则行星b运动轨道半径r（）ar=r0br=r0cr=r0dr=r04（4分）英国科学家法拉第最先尝试用“线”描述磁场和电场，有利于形象理解不可直接观察的电场和磁场的强弱分布如图所示为一对等量异种点电荷，电量分别为+q、q实线为电场线，虚线圆的圆心o在两电荷连线的中点，a、b、c、d为圆上的点，下列说法正确的是（）aa、b两点的电场强度相同bb、c两点的电场强度相同cc点的电势高于d点的电势dd点的电势等于a点的电势二、双项选择题：（共5个小题，每题6分，共30分）5（6分）如图所示，两个物体中间用一个不计质量的轻杆相连a、b两物体质量分别为m1、m2，它们和斜面间的滑动摩擦系数分别为1、2当它们在斜面上加速下滑时，关于杆的受力情况，以下说法正确的是（）a只要1=2，则杆的两端既不受拉力也不受压力b若1=2，m1m2，则杆受到压力c若12，m1m2，则杆一定受到压力d若12，m1m2，则杆受到压力6（6分）如图所示，半径为r，内径很小的光滑半圆形管道竖直放置，其底端与水平地面相切一质量为m的小球（小球直径很小且略小于管道内径）以某一水平初速进入管内，小球通过最高点p时，对管壁的压力大小为0.5mg，（不考虑小球落地后反弹情况）则（）a小球落地点到p点的水平距离可能为rb小球落地点到p点的水平距离可能为2rc小球进入圆管道的初速度可能为d小球进入圆管道的初速度可能为7（6分）如图，电路中定值电阻阻值r大于电源内阻阻值r闭合电键后，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表v1、v2、v3示数变化量的绝对值分别为u1、u2、u3，理想电流表示数变化量的绝对值为i，则（）au2=u1+u3b=r+rc电源输出功率先增大后减小d和保持不变8（6分）如图所示，用两等长的细绳将一磁铁与一圆形闭合线圈悬于细杆上，静止时线圈平面与磁铁的轴线o1o2垂直，磁铁质量为m，磁极如图所示在垂直于细杆的平面内，保持细绳绷紧，将磁铁拉至与细杆等高的位置，将磁铁由静止释放，则下列说法正确的是（）a磁铁下摆过程中，线圈所受合外力为零b磁铁摆到最低点时，两绳子拉力的合力小于3mgc磁铁下摆过程中，线圈中有逆针方向（沿o1o2方向看）的感应电流d磁铁下摆过程中，线圈中有顺时针方向（沿o1o2方向看）的感应电流9（6分）已知氘核的平均结合能是1.09mev，氚核的平均结合能是2.78mev，氦核的平均结合能是7.03mev在某次核反应中，1个氘核和1个氚核结合生成1个氦核并放出17.6mev的能量，下列说法正确的是（）a这是一个裂变反应b核反应方程式为h+hhe+nc目前核电站都采用上述核反应发电d该核反应会有质量亏损三、非选择题：（共54分）10（8分）在验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=200g的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示o为纸带下落的起始点，a、b、c为纸带上选取的三个连续点已知打点计时器每隔t=0.02s打一个点，当地的重力加速度为g=9.8m/s2，那么甲同发现纸带上最初两点间的距离明显大于2mm，请指出他在操作中存在的失误计算b点瞬时速度时，乙同学用vb2=2gsob，丙同学用vb=其中所选择方法正确的是（填“乙”或“丙”）同学丁同学不慎将上述纸带从oa之间扯断，他仅利用a点之后的纸带能否实现验证机械能守恒定律的目的？（填“能”或“不能”）戊同学想根据纸带上的测量数据进一步计算重物和纸带下落过程中所受的阻力，请写出他利用m、g、vb、sob等字母计算阻力f的计算式f=11（10分）图甲是利用两个电流表a1（微安表）和a2（毫安表）测量干电池电动势e和内阻r的电路原理图，图乙是已连接好的实物图图中s为开关，r为滑动变阻器固定电阻rl和a1内阻之和为l0000（比r和滑动变阻器的总电阻都大得多），a2为理想电流表在闭合开关s前，将滑动变阻器的滑动端c移动至（填“a端”、“中央”或“b端”）闭合开关s，移动滑动变阻器的滑动端c至某一位置，读出电流表a1和a2的示数i1和i2多次改变滑动端c的位置，得到的数据为i1（ma）0.1200.1250.1300.1350.1400.145i2（ma）48040032023214068在图丙所示的坐标纸上以i1为纵坐标、i2为横坐标画出所对应的i1i2曲线利用所得曲线求得电源的电动势e=v，内阻r=该电路中电源输出的短路电流im=a12（18分）一质量m=0.8kg的小物块，用长l=0.8m的细绳悬挂在天花板上，处于静止状态一质量m=0.2kg的粘性小球以速度v0=10m/s水平射向物块，并与物块粘在一起，小球与物块相互作用时间极短可以忽略，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2求：（1）小球粘在物块上的瞬间，小球和物块共同速度的大小；（2）小球和物块摆动过程中，细绳拉力的最大值；（3）小球和物块摆动过程中所能达到的最大高度13（18分）如图1所示，两根光滑的长直金属导轨 mn、pq平行置于同一水平面内，导轨间距l=0.2m，导轨左端接有“0.8v，0.8w的小灯泡，导轨处于磁感应强度为b=1t、方向竖直向下的匀强磁场中长度也为l的金属导体棒ab垂直于导轨放置，导轨与导体棒每米长度的电阻均为r0=0.5，其余导线电阻不计今使导体棒在外力作用下与导轨良好接触向右滑动产生电动势，使小灯泡能持续正常发光（1）写出ab的速度v与它到左端mp的距离x的关系式，并求导体棒的最小速度vmin；（2）根据v与x的关系式（图2），计算出与表中x各值对应的v的数值填入表中，然后画出vx图线x/m00.511.52v/ms1广东省揭阳市普宁市华美实验学校2014-2015学年高二下学期月考物理试卷（6月份）参考答案与试题解析一、单项选择题：（共4个小题，每题4分，共16分）1（4分）心电图仪是将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲的仪器，其输出部分可以等效为虚线框内的交流电源和定值电阻r0串联，如图所示心电图仪与一理想变压器的原线圈连接，一可变电阻r与该变压器的副线圈连接在交流电源的电压有效值u0不变的情况下，将可变电阻r的阻值调大的过程中（）a通过原线圈的电流不变，通过副线圈的电流不变b通过原线圈的电流不变，通过副线圈的电流变小c通过原线圈的电流变小，通过副线圈的电流变小d通过原线圈的电流变大，通过副线圈的电流变大考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：电压由原线圈决定，u0=i1r0+u1根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比表示出u0与电阻r关系式，负载r变大，判定电压变化，根据欧姆定律分析副线圈电流变化，根据电流与匝数成反比知原线圈电流变化解答：解：在原、副线圈匝数比一定的情况下，在交流电源的电压有效值u0不变的情况下，满足u0=i1r0+u1根据根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，知u0=又i2=所以u0=u2（），所以r增大，u2增大，匝数不变，u1也增大，减小，即电流i2减小，i1也减小故选：c点评：本题考查变压器的动态分析，知道电压由原线圈决定，输入电压和匝数不变，则输出电压不变，而电流和功率由副线圈决定，所以看电流和功率变化，根据副线圈和欧姆定律分析即可，属于基础题2（4分）如图所示，将质量为m=0.1kg的物体用两个完全一样的竖直轻弹簧固定在升降机内，当升降机以4m/s2的加速度加速向上运动时，上面弹簧对物体的拉力为0.4n；当升降机和物体都以8m/s2的加速度向上运动时，下面弹簧对物体的支持力为（）a0.6 nb0.8 nc1.0 nd1.2 n考点：牛顿第二定律 专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据牛顿第二定律求出升降机以4m/s2的加速度加速向上运动时，下面弹簧的弹力然后根据牛顿第二定律求出升降机和物体都以8m/s2的加速度向上运动时，上面弹簧的拉力解答：解：当升降机以4m/s2的加速度加速向上运动时，设下面弹簧处于压缩，根据牛顿第二定律得，f1+f2mg=ma1，f2=1.0n当升降机和物体都以8m/s2的加速度向上运动时，合力f合=ma2=0.8n，根据牛顿第二定律知，两根弹簧作用在物体上的合力为1.8n，则物块要下移，根据胡克定律，两根弹簧增加的弹力相等，开始f1=0.4n，f2=1.0n，则每根弹簧增加0.2n，所以升降机和物体都以8m/s2的加速度向上运动时上面弹簧的弹力为0.6n故a正确，b、c、d错误故选：a点评：解决本题的关键掌握牛顿第二定律以及胡克定律，知道物体下移时，两根弹簧的形变量相等，弹力变化相等3（4分）经长期观测发现，a行星运行的轨道半径为r0，周期为t0，但其实际运行的轨道与圆轨道总存在一些偏离，且周期性地每隔t0时间发生一次最大的偏离如图所示，天文学家认为形成这种现象的原因可能是a行星外侧还存在着一颗未知行星b，则行星b运动轨道半径r（）ar=r0br=r0cr=r0dr=r0考点：开普勒定律 专题：万有引力定律的应用专题分析：先根据多转动一圈时间为t0，求出卫星的周期；然后再根据开普勒第三定律解得轨道半径解答：解：a行星发生最大偏离时，a、b行星与恒星在同一直线上且位于恒星同一侧，设行星b的运行周期为t、半径为r，则有：t0t0=2，所以t=，由开普勒第三定律得：=，解得：r=r0，故选：a点评：从本题可以看出，通过测量环绕天体的轨道半径和公转周期，可以求出中心天体的质量4（4分）英国科学家法拉第最先尝试用“线”描述磁场和电场，有利于形象理解不可直接观察的电场和磁场的强弱分布如图所示为一对等量异种点电荷，电量分别为+q、q实线为电场线，虚线圆的圆心o在两电荷连线的中点，a、b、c、d为圆上的点，下列说法正确的是（）aa、b两点的电场强度相同bb、c两点的电场强度相同cc点的电势高于d点的电势dd点的电势等于a点的电势考点：电势；电场强度 专题：电场力与电势的性质专题分析：电场线切线方向为场强方向，沿电场线方向电势逐渐降低解答：解：a、电场线切线方向为场强方向，由图知a、b两点的电场强度方向不相同，b、c两点的电场强度方向不相同，ab错误c、沿电场线方向电势逐渐降低，c点的电势低于d点的电势，d点的电势等于a点的电势，c错误d正确故选：d点评：掌握电场线的特点：疏密表示场强大小，电场线切线方向为场强方向，沿电场线方向电势逐渐降低二、双项选择题：（共5个小题，每题6分，共30分）5（6分）如图所示，两个物体中间用一个不计质量的轻杆相连a、b两物体质量分别为m1、m2，它们和斜面间的滑动摩擦系数分别为1、2当它们在斜面上加速下滑时，关于杆的受力情况，以下说法正确的是（）a只要1=2，则杆的两端既不受拉力也不受压力b若1=2，m1m2，则杆受到压力c若12，m1m2，则杆一定受到压力d若12，m1m2，则杆受到压力考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：假设杆无弹力，根据牛顿第二定律分别求解出a和b的加速度，比较大小，然后判断ab的相对运动趋势，再判断ab间弹力的方向解答：解：假设杆无弹力，滑块受重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：m1gsin1gcos=ma1解得：a1=g（sin1cos）；同理a2=gsin2cos；a、若1=2，则a1=a2，两个滑块加速度相同，说明无相对滑动趋势，故杆无弹力，故a正确；b、若1=2，m1m2，则a1=a2，两个滑块加速度相同，说明无相对滑动趋势，故杆无弹力，故b错误；c、若12，m1m2，则a1a2，两个滑块有靠近趋势，故杆有压力，故c正确；d、若12，m1m2，则a1a2，两个滑块有远离趋势，故杆有拉力，故d错误；故选：ac点评：本题关键先假设杆无弹力，然后根据牛顿第二定律求解出两个加速度并判断两个滑块的相对运动趋势，不难6（6分）如图所示，半径为r，内径很小的光滑半圆形管道竖直放置，其底端与水平地面相切一质量为m的小球（小球直径很小且略小于管道内径）以某一水平初速进入管内，小球通过最高点p时，对管壁的压力大小为0.5mg，（不考虑小球落地后反弹情况）则（）a小球落地点到p点的水平距离可能为rb小球落地点到p点的水平距离可能为2rc小球进入圆管道的初速度可能为d小球进入圆管道的初速度可能为考点：向心力；平抛运动 专题：匀速圆周运动专题分析：（1）对管壁的压力分为对上壁和下壁的压力两种情况，根据向心力公式即可求得小球从管口飞出时的速率；（2）小球从管口飞出后做平抛运动，根据平抛运动的基本规律即可求解解答：解：当小球对管下壁有压力时，则有：mg0.5mg=解得：当小球对管上壁有压力时，则有：mg+0.5mg=解得：小球从管口飞出后做平抛运动，竖直方向上：2r=t=，则小球落地点到p点的水平距离，故a正确，bcd错误故选：a点评：本题主要考查了圆周运动向心力公式及平抛运动基本公式的直接应用，要注意有两种情况，难度适中7（6分）如图，电路中定值电阻阻值r大于电源内阻阻值r闭合电键后，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表v1、v2、v3示数变化量的绝对值分别为u1、u2、u3，理想电流表示数变化量的绝对值为i，则（）au2=u1+u3b=r+rc电源输出功率先增大后减小d和保持不变考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：理想电压表内阻无穷大，相当于断路理想电流表内阻为零，相当短路分析电路的连接关系，根据欧姆定律分析解答：解：a、v2测量路端电压，v1测量r的电压，v3测量滑动变阻器的电压，将滑动变阻器滑片向下滑动，滑动变阻器阻值减小，总电阻减小，则总电流增大，内电压增大，u2变小，u1变大，u3变小，u2减小量等于u1增大量和u3减小量之和，所以u2u1+u3，故a错误；b、根据闭合电路欧姆定律得：u3=ei（r+r），则得：故b正确c、当外电路电阻等于内阻时，电源输出功率最大，而电路中定值电阻阻值r大于电源内阻阻值r，所以将滑动变阻器滑片向下滑动，功率变大，故c错误；d、根据欧姆定律得：=r，不变，根据闭合电路欧姆定律得：u2=eir，则得：=r，不变，故d正确；故选：bd点评：本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析8（6分）如图所示，用两等长的细绳将一磁铁与一圆形闭合线圈悬于细杆上，静止时线圈平面与磁铁的轴线o1o2垂直，磁铁质量为m，磁极如图所示在垂直于细杆的平面内，保持细绳绷紧，将磁铁拉至与细杆等高的位置，将磁铁由静止释放，则下列说法正确的是（）a磁铁下摆过程中，线圈所受合外力为零b磁铁摆到最低点时，两绳子拉力的合力小于3mgc磁铁下摆过程中，线圈中有逆针方向（沿o1o2方向看）的感应电流d磁铁下摆过程中，线圈中有顺时针方向（沿o1o2方向看）的感应电流考点：楞次定律 分析：当磁铁的运动时，穿过线圈的磁通量变化，由楞次定律判断出感应电流的方向解答：解：a、c、d、磁铁下摆过程中，向左穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流的磁通量的方向向右，所以线圈中有顺时针方向（沿o1o2方向看）的感应电流故ac错误，d正确；d、磁铁向下运动的过程中，根据楞次定律可知，磁铁会受到线圈产生的感应电流的阻碍，机械能减小则：最低点拉力与重力的合力提供向心力，所以：fmg=拉力以上两式得：f3mg故b正确故选：bd点评：楞次定律是高中物理的一个重点，也是常考内容，一定要正确、全面理解楞次定律含义，掌握应用楞次定律解题的思路与方法9（6分）已知氘核的平均结合能是1.09mev，氚核的平均结合能是2.78mev，氦核的平均结合能是7.03mev在某次核反应中，1个氘核和1个氚核结合生成1个氦核并放出17.6mev的能量，下列说法正确的是（）a这是一个裂变反应b核反应方程式为h+hhe+nc目前核电站都采用上述核反应发电d该核反应会有质量亏损考点：裂变反应和聚变反应；爱因斯坦质能方程 专题：衰变和半衰期专题分析：1个氘核和1个氚核结台生成1个氮核，这是聚变反应；由质量数守恒和电荷数守恒判定反应方程是否正确；由质能方程判断出释放的核能；目前核电站都采用核裂变发电解答：解：a、1个氘核和1个氚核结台生成1个氮核，这是聚变反应故a错误；b、1个氘核和1个氚核结台生成1个氮核，根据质量数与质子数守恒知同时有一个中子生成，反应方程为h+hhe+n故b正确；c、目前核电站都采用核裂变发电故c错误；d、该反应放出热量，所以一定有质量亏损故d正确故选：bd点评：本题考查了核反应方程的书写以及质能方程的简单应用，属于简单基础题目，平时练习中对这类问题注意多加训练，不可忽视三、非选择题：（共54分）10（8分）在验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=200g的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示o为纸带下落的起始点，a、b、c为纸带上选取的三个连续点已知打点计时器每隔t=0.02s打一个点，当地的重力加速度为g=9.8m/s2，那么甲同发现纸带上最初两点间的距离明显大于2mm，请指出他在操作中存在的失误甲同学先释放重物（纸带）后开启打点计时器计算b点瞬时速度时，乙同学用vb2=2gsob，丙同学用vb=其中所选择方法正确的是丙（填“乙”或“丙”）同学丁同学不慎将上述纸带从oa之间扯断，他仅利用a点之后的纸带能否实现验证机械能守恒定律的目的？能（填“能”或“不能”）戊同学想根据纸带上的测量数据进一步计算重物和纸带下落过程中所受的阻力，请写出他利用m、g、vb、sob等字母计算阻力f的计算式f=mgm考点：验证机械能守恒定律 专题：实验题分析：若物体自由下落则开始两点之间的距离大约为2mm，若距离增大，说明打第一个点时，物体已经具有了初速度；处理纸带问题时应用vb=求瞬时速度，解答：解：（1）根据自由落体运动规律可知，若“1”为所打的第一个点，则第1、2两点之间的距离h=gt2，大约为2mm，如果发现打下的第1、2两点之间的距离大约为4mm，这是因为实验时释放纸带前未打开电源，也就是打第一个点时纸带已经有了速度即操作中甲同学先释放重物（纸带）后开启打点计时器（2）由于实验过程中重物和纸带会受到空气和限位孔的阻力作用，导致测得的加速度小于当地的重力加速度，所以求速度时不能用 vb2=2gsob来求，只能根据vb=求瞬时速度值，所以丙正确（3）根据mgh=mv22mv12可知，可以利用a点之后的纸带验证机械能守恒，即能实现（4）根据运动学公式得a=，根据牛顿第二定律得f=mgma=mgm，故答案为：甲同学先释放重物（纸带）后开启打点计时器丙能mgm点评：明确实验原理，熟记处理纸带问题的思路和方法，注意求瞬时速度的方法，分清理论推导与实验探索的区别，学会求加速度的方法和牛顿第二定律的应用11（10分）图甲是利用两个电流表a1（微安表）和a2（毫安表）测量干电池电动势e和内阻r的电路原理图，图乙是已连接好的实物图图中s为开关，r为滑动变阻器固定电阻rl和a1内阻之和为l0000（比r和滑动变阻器的总电阻都大得多），a2为理想电流表在闭合开关s前，将滑动变阻器的滑动端c移动至b（填“a端”、“中央”或“b端”）闭合开关s，移动滑动变阻器的滑动端c至某一位置，读出电流表a1和a2的示数i1和i2多次改变滑动端c的位置，得到的数据为i1（ma）0.1200.1250.1300.1350.1400.145i2（ma）48040032023214068在图丙所示的坐标纸上以i1为纵坐标、i2为横坐标画出所对应的i1i2曲线利用所得曲线求得电源的电动势e=1.49v，内阻r=0.60该电路中电源输出的短路电流im=2.5a考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：滑动变阻器应保证电路的安全，开始时应接到最大电阻处；选择合适的坐标值，标点后用直线将各点相连，误差较大的点可以舍去；图象与纵坐标的交点为电动势；由闭合电路欧姆定律可求是内阻根据电源的电动势和内电阻可求得短路电流解答：解：为保证安全，开始时滑动变阻器应接到最大值，故应接b端；将各点依次描出，连线如下图所示由图示可知，电源电动势e=i1（rl+ra1）1.49v，电源内阻r=0.60；短路电流im=2.5a；故答案为：b端；如图1.49；0.602.5点评：测定电动势和内阻的实验中要注意数据的处理时主要应用了图象法，在学习中要掌握读数及画图的能力，要结合公式理解图象中点、线、交点及截距的意义12（18分）一质量m=0.8kg的小物块，用长l=0.8m的细绳悬挂在天花板上，处于静止状态一质量m=0.2kg的粘性小球以速度v0=10m/s水平射向物块，并与物块粘在一起，小球与物块相互作用时间极短可以忽略，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2求：（1）小球粘在物块上的瞬间，小球和物块共同速度的大小；（2）小球和物块摆动过程中，细绳拉力的最大值；（3）小球和物块摆动过程中所能达到的最大高度考点：动量守恒定律；牛顿第二定律；向心力；机械能守恒定律 专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：（1）因为小球与物块相互作用时间极短，所以小球和物块组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律即可求解；（2）小球和物块将以v共开始运动时，轻绳受到的拉力最大，设最大拉力为f，根据向心力公式即可求解；