江西省赣州市南康中学、于都中学2018-2019学年高二物理下学期第三次月考试题（含解析）

江西省赣州市南康中学、于都中学2018-2019学年高二物理下学期第三次月考试题（含解析）一、选择题（共10小题，每小题4分,共40分，每小题给出的四个选项中1-7题为单选题，8-10 题为多选题，全部选对得4分，选对但不全得2分，有错或不选得0分）1.关于分子动理论的基本观点和实验依据，下列说法正确的是()a. 多数分子大小的数量级为1010mmb. 悬浮在液体中的微粒越大，布朗运动就越明显c. 分子之间同时存在着引力和斥力d. 随着分子间的距离增大，分子势能一定增大【答案】c【解析】【详解】多数分子大小的数量级为m，a错误。悬浮在液体中的微粒越大，液体分子的撞击对微粒影响越小，布朗运动就越不明显，b错误。分子之间同时存在着引力和斥力，在平衡距离以内斥力大于引力，在平衡距离以外引力大于斥力，c正确；分子势能变化与分子力做功有关，在平衡距离以内斥力大于引力，分子力表现为斥力，若在此范围内距离增大，分子力做正功，分子势能减小；在平衡距离以外引力大于斥力，分子力表现为引力，若分子间距增大，分子力做负功，分子势能增大，d错误。2.2018年9月19日22时07分，我国在西昌卫星发射中心，用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第37、38颗北斗导航卫星。建成后的北斗全球导航系统可以为民用用户提供定位、测速和授时服务，定位精度10 m，测速精度0.2 m/s，下列说法正确的是()a. 北斗全球导航系统定位提供是被测物体的位移b. 北斗全球导航系统定位提供的是被测物体的位置c. 北斗全球导航系统测速服务提供的是运动物体的平均速度d. 北斗全球导航系统授时服务提供的是时间间隔【答案】b【解析】【详解】北斗导航卫星能够定位物体的位置，不是位移；同时测速功能是能够测量物体的速度大小，即能提供速率；授时服务提供时刻。b正确。3.如图所示，在竖直向上匀强电场中，a球位于b球的正上方，质量相等的两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落在水平面上同一点，其中只有一个小球带电，不计空气阻力，下例判断正确的是()a. 如果a球带电，则a球一定带正电b. 如果a球带电，则a球的电势能一定增加c. 如果b球带电，则b球一定带负电d. 如果b球带电，则b球的电势能一定增加【答案】ad【解析】【详解】a、b、平抛时的初速度相同，在水平方向通过的位移相同，故下落时间相同，a在上方，b在下方，由 可知，a下落的加速度大于b的加速度；如果a球带电，则a的加速度大于b，故a受到向下则电场力，则a球一定带负电，电场力做正功，电势能减小，故a正确，b错误；c、d、如果b球带电，则b带正电，电场力对b做负功，电势能增加，故c错误，d正确；故选ad.4.如图，光滑水平面上放着长木板b，质量m2kg的木块a以速度v02m/s滑上原来静止的长木板b的上表面，由于a、b之间存在有摩擦，之后，a、b的速度随时间变化情况如右图所示，重力加速度g10m/s2。则下列说法正确的是()a. a、b之间动摩擦因数为0.1b. 长木板的质量为1 kgc. 长木板长度至少为2md. a、b组成系统损失机械能为4j【答案】ab【解析】【分析】a在b的表面上滑行时，根据v-t图象的斜率可得到a的加速度大小，由牛顿第二定律求得动摩擦因数.对系统，运用动量守恒定律列式可求得长木板的质量m根据“面积”表示位移，求解木板的长度.由能量守恒定律求解a、b组成系统损失机械能.【详解】b、从图可以看出，a先做匀减速运动，b做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v1 m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0(m+m)v，解得：mm2kg，故b错误；a、由图象可知，木板b匀加速运动的加速度，对b根据牛顿第二定律得mgmab，解得动摩擦因数0.1，故a正确；c、由图象可知前1s内b的位移，a的位移，所以木板最小长度；故c错误.d、a、b组成系统损失机械能；故d错误.故选a.【点睛】分析清楚图象的物理意义是解题的前提与关键，要知道加速度是联系力和运动的桥梁，根据v-t图象的斜率能得出物体运动的加速度，由面积求解位移.5.如图所示，一个电阻r和一个灯泡l串联接在电压恒为u的电源上，电路中的电流为i,电阻r两端的电压为u1，电功率为p1；灯泡两端的电压为u2，电功率为p2，则下列关系式正确的是()a. b. c. d. 【答案】d【解析】【详解】电阻和灯泡均为纯电阻，则r消耗的功率应为，灯泡的功率应为，不能用电阻的阻值来代替灯泡的电阻，ab错误；根据串联电路规律可知，而电阻两端的电压；故，c错误；d正确。6.图示为一粒子速度选择器原理示意图。半径为l0cm的圆柱形桶内有一匀强磁场，磁感应强度大小为1.0l0-4t，方向平行于轴线向外，圆桶的某直径两端开有小孔，粒子束以不同角度由小孔入射，将以不同速度从另一孔射出.有一粒子源发射出速度连续分布、比荷为2.01011c/kg的带正电粒子，若某粒子出射的速度大小为m/s，粒子间相互作用及重力均不计，则该粒子的入射角为（ ）a. 30b. 45c. 53d. 60【答案】b【解析】【详解】由牛顿第二定律得： 解得： 过入射速度和出射速度方向作垂线，得到轨迹的圆心o，画出轨迹如图，离子从小孔a射入磁场，与ab方向的夹角为，则离子从小孔b离开磁场时速度与ab的夹角也为，由几何知识得到轨迹所对应的圆心角为：=2则有： 解得：=45，故b正确，acd错误。7.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1 : n211: 2，保险丝r1的电阻为2。若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压，要求通过保险丝的电流(有效值)不超过5a，加在电容器两极板的电压不超过50v，则滑动变阻器接入电路的阻值可以为()a. 1 b. 5 c. 10 d. 20 【答案】c【解析】【详解】由图乙可知，原线圈电压的最大值为v，则有效值为220v，由电压与匝数关系可得：，可得：=40v，通过保险丝的电流（有效值）不超过5a，则滑动变阻器的最小值：，当电容器上电压最大值为50v时，则有：，则有：，可知滑动变阻器接入电路的阻值：615.4，c正确。8.真空中，在x轴上x=0和x=8处分别固定两个电性相同的点电荷ql和q2。电荷间连线上的电场强度e随x变化的图象如图所示（+x方向为场强正方向），其中x=6处e=0。将一个正试探电荷在x=2处由静止释放（重力不计，取无穷远处电势为零）。则a. q1、q2均为正电荷b. q1、q2带电荷量之比为9：1c. 在x=6处电势为0d. 该试探电荷向x轴正方向运动时，电势能一直减小【答案】ab【解析】【详解】由图可知，若两个电荷是负电荷则x=2处场强方向为负方向，故两个电荷同为正电荷，a正确；因在x=6处场强为0，则，解得：，b正确；根据同种正电荷连线的中垂线电势分布特点，可知从x=6向无穷远运动时电势在降低，则x=6处电势大于0，c错误；由图可知，0-6之间电场为正，沿x轴的正方向，所以从0到6之间电势逐渐降低；而6-8之间的电场为负，沿x轴的负方向，所以从6到8之间电势升高，因此将一个正点电荷沿x轴运动时，该电荷的电势能先减小后增大，d错误。9.如图a，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道abc，半径为0.4m，小球以一定的初速度从最低点a冲上轨道，图b是小球在半圆形轨道上从a运动到c的过程中，其速度平方与其对应高度的关系图象。已知小球在最高点c受到轨道的作用力为2.5 n，空气阻力不计，b点为ac轨道中点，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是()a. 图b中x36 m2/s2b. 小球质量为0.2 kgc. 小球在a点时重力的功率为5 wd. 小球在b点受到轨道作用力为8.5 n【答案】bd【解析】【详解】a、小球在光滑轨道上运动，只有重力做功，故机械能守恒，所以有：，解得：，即为：，故选项a错误；b、由图乙可知轨道半径，小球在c点的速度，那么由牛顿第二定律可得：，解得：，故选项b错误；c、小球在a点时重力，方向向下，速度，方向向右，故小球在a点时重力的功率为0，故选项c错误；d、由机械能守恒可得在b点的速度为：；所以小球在b点受到的在水平方向上的合外力做向心力为：，所以，小球在b点受到轨道作用力为8.5n，故选项d正确；故选选项bd。10.如图甲，边长为l的闭合正方形金属框abcd置于光滑斜面上，cd是斜面的底边，金属框电阻为r，在金属框下方有一矩形匀强磁场区域，磁感应强度为b、方向垂直于斜面向下，abmncd。现给金属框施加一平行于且沿斜面的力f，使金属框沿斜面向下从静止开始始终以恒定的加速度做匀加速直线运动。图乙为金属框在斜面上运动的过程中f随时间t的变化图象。则()a. 磁场的宽度为b. 金属框的cd边刚好进入磁场时受到的安培力大小为c. 金属框进入磁场过程中，重力势能的减小量小于框产生的焦耳热与增加的动能之和d. 金属框穿出磁场的过程中，重力势能的减小量大于框产生的焦耳热与增加的动能之和【答案】ab【解析】【详解】a项：由图乙可知，线框在时间内为进入磁场的过程，运动的位移为l，由连续相等时间内通过的位移之比等于可知，磁场的宽度等于第二、三个相等时间内的位移之和即为，故a正确；b项：在第一个相等时间内的位移为，由公式，解得：，所以安培力为：，故b正确；c项：由线框做匀加速直线动和图乙可知，所加的f沿斜面向上，由能量守恒可知，金属框进入磁场的过程中,线框克服拉力做的功和重力势能的减小量等于框产生的焦耳热与增加的动能之和，故c错误；d项：由能量守恒可知，金属框穿出磁场的过程中,重力势能的减小量与拉力做的功之和等于框产生的焦耳热与增加的动能之和，故d错误。故选：ab。二、实验题（本题共2小题，每空2分，共18分）11.“阿特伍德机”是物理学家乔治阿特伍德在1784年研制的一种验证运动定律的机械。其基本结构如图所示，在跨过定滑轮的轻绳两端系着质量均为m的物块a和b，质量为m的金属片c放置在物块b上（不粘连）.铁架台上固定一圆环，圆环在物块b的正下方。系统静止时，金属片c与圆环间的高度差为h1.(1)由静止释放物块a、b，当物块b穿过圆环时，金属片c被搁置在圆环上，此后，物块b继续下落。如果忽略一切阻力，物块b穿过圆环后做_直线运动。（填“匀速”“匀减速”或“匀加速”） (2)如果在实验误差允许的范围内，物块a、b和金属片c组成的系统，在下落h1高度的过程中，金属片c减少的重力势能等于系统增加的动能，即可验证该系统机械能守恒。测得物块b穿过圆环后下落h2高度所用时间为t，当地的重力加速度为g。则该系统机械能守恒的表达式为_。(3)改变静止释放物块a、b的初始位置，重复试验，记录各次的高度差h1，以及物块b穿过圆环后下落相同高度h2所用的时间t，以h1为纵轴，以_（填“”“”或“”）为横轴，若作出的图线为一条过原点的直线，则说明了系统的机械能守恒。【答案】 (1). 匀速 (2). mgh1= (3). 【解析】【详解】（1）因ab质量相同，则物块b穿过圆环后做匀速直线运动。（2）由题意可知，系统abc减小的重力势能转化为系统的增加的动能，即为：mgh+mgh-mgh=（2m+m）v2，即为：mgh1=（2m+m）v2，又v=得：mgh1=（2m+m）()2（3）将mgh1=（2m+m）v2，变形后，则有：因此以为横轴；由上式可知，作出的图线是一条过原点的直线，直线的斜率：k=。12.物理实验室现有一量程为3v的电压表，内阻约为6.为了较准确地测量其内阻，在没有电流表的情况下，某同学设计了如图所示的实验电路，按此电路可以测出电压表的内阻.(1)若电源e、滑动变阻器r2、电阻箱r1各有两个可供选择。电源e： a电动势2.0v，有内阻 b电动势5.0v，有内阻滑动变阻器r2： a最大阻值20； b最大阻值1700电阻箱r1： a0999.9 b09999.9为了减小实验误差，电源e应选_（填“a”或“b”，下同），滑动变阻器r2应选_，电阻箱r1应选_.(2)该同学在开关都断开的情况下，检查电路连接无误后，接通电路前应将滑动变阻器的滑片p置于_（填“a”或“b”）端，后续必要的实验操作步骤依次是：第一步，闭合开关s1 、s2；第二步，调节r2的阻值，使电压表满偏；第三步，断开开关s2 ，保持r2不变，调节r1的阻值，使电压表半偏；最后记录r1的阻值并整理好器材。 (3)按正确的实验步骤完成后，如果所得的r1的阻值为5600.0，则图中被测电压表的内阻的测量值为_，该测量值_（填“略大于”“略小于”或“等于”）实际值.【答案】 (1). b (2). a (3). b (4). a (5). abedg (6). 5600.0 (7). 略大于【解析】【详解】（1）本实验运用等效替代的方法，测量电压表的内阻，先闭合开关s1，调节r2的阻值，使电压表指针偏转到满刻度，再闭合开关s2，调节r1的阻值，使电压表指针偏转到满刻度的一半，由于电压表与电阻箱的总电压几乎不变，电阻箱的电压与电压表的电压相等，电阻也相等，即可读出电压表的内阻。所以要使得总电流几乎不变，滑动变阻器r2应选a。电阻箱总电阻应大于电压表内阻，所以电阻箱选择b。为了减小测量的误差，电源选择b。（2）接通电路前应将滑动变阻器的滑动头p置于a端，使得测量部分短路，从而保护测量电路。由（1）可知正确的步骤是：abedg或baedg。（3）电压表的内阻r1的测量值为5600.0 电键s断开后，调节电阻箱电阻使得电压表半偏，此时由于总电阻增大，总电流减小，电压表和电阻箱的总电压比以前大，电压表电压变为原来的一半，则电阻箱两端的电压大于电压表的电压，所以电压表内电阻的测量值比真实值略偏大。三、计算题（本题共4小题，共42分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分）13.近年来，网上购物促使快递行业迅猛发展。如图所示为某快递车间传送装置的简化示意图，传送带右端与水平面相切，且保持v04m/s的恒定速率顺时针运行，传送带的长l3m。现将一质量为0.4kg的包裹a轻放在传送带左端，包裹a刚离开传送带时恰好与静止的包裹b发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后包裹a向前滑行了0.1m静止，包裹b向前运动了0.4m静止。已知包裹a与传输带间的动摩擦因数为0.4，包裹a、b与水平面间的动摩擦因数均为0.5，g取10m/s2.求：(1)包裹a在传送带上运动的时间；(2)包裹b的质量. 【答案】(1)t=1.25s (2)【解析】【详解】（1）包裹a传送带滑行，由牛顿第二定律可得： 由式解得：假设包裹a离开传送带前就与传送带共速，由匀变速运动知识可得： 由式解得：，所以上述假设成立加速过程： 由式解得：匀速过程： 由式解得：所以包裹a在传送带上运动的时间； （2）包裹a在水平面滑动时，由牛顿第二定律可得： 由式解得：同理可知包裹b在水平面滑动的加速度也是包裹a向前滑动至静止： 由式解得：包裹b向前滑动至静止：由式解得：包裹a、b相碰前后系统动量守恒： (11)解得：14. 水平地面上有质量分别为m和4m的物a和b，两者与地面的动摩擦因数均为。细绳的一端固定，另一端跨过轻质动滑轮与a相连，动滑轮与b相连，如图所示。初始时，绳出于水平拉直状态。若物块a在水平向右的恒力f作用下向右移动了距离s，重力加速度大小为g。求：（1）物块b克服摩擦力所做的功；（2）物块a、b的加速度大小。【答案】（1）；（2），【解析】试题分析：（1）物块a移动了距离s，则物块b移动的距离为s1=s物块b受到的摩擦力大小为f=4mg物块b克服摩擦力所做的功为w=fs1=4mgs=2mgs （2）设物块a、b的加速度大小分别为aa、ab，绳中的张力为t有牛顿第二定律得f-mg-t=maa2t-4mg=4mab由a和b的位移关系得aa=2ab联立式得考点：牛顿第二定律的应用【名师点睛】本题考查牛顿第二定律以及功的计算，要注意明确研究对象的选取，正确受力分析，再根据牛顿第二定律列式求解。15.两金属杆ab、cd的长度均为l，质量均为m，电阻均为r用两根长为2l的柔软导线连接后放在光滑的水平桌面上，导线的电阻与质量不计为ad、bc的中线在的左侧空间有垂直于桌面的匀强磁场，磁感应强度为b位于桌子边缘的金属杆cd受到轻微扰动就会落下桌面，当ab运动至时，cd杆的加速度为零，此时c