2021年广东省阳江市闸坡中学高二物理月考试题含解析

2021年广东省阳江市闸坡中学高二物理月考试题含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1.关于牛顿第一定律的说法正确的是（

）

A．牛顿第一定律是实验定律

B．物体的运动需要力来维持C．惯性定律与惯性的实质是相同的D．牛顿第一定律说明力是改变物体运动状态的原因参考答案：D2.（多选题）质量为1kg的小球以4m/s的速度与质量为2kg的静止小球正碰，关于碰后的速度v1′和v2′，下面哪些是可能正确的（）A．v1′=v2′=m/s B．v1′=﹣1m/s，v2′=2.5m/sC．v1′=1m/s，v2′=3m/s D．v1′=3m/s，v2′=0.5m/s参考答案：AB【考点】动量守恒定律．【分析】碰撞过程动量守恒、机械能不可能增加，碰撞后不能发生二次碰撞，据此分析答题．【解答】解：碰撞前总动量为P=m1v1=1×4kg?m/s=4kg?m/s．碰撞前总动能为Ek=m1v12=×1×42=8J；A、碰撞后总动量P′=m1v1′+m2v2′=1×+2×=4kg?m/s，碰撞后总动能为Ek′=m1v1′2+m2v2′2=×1×（）2+×2×（）2=J，系统机械能不增加，故A正确；B、碰撞后总动量P′=m1v1′+m2v2′=1×（﹣1）+2×2.5=4kg?m/s．碰撞后总动能为Ek′═m1v1′2+m2v2′2=×1×（﹣1）2+×2×2.52=6.75J，机械能不增加，故B正确；C、碰撞后总动量P′=m1v1′+m2v2′=1×1+2×3=7kg?m/s，动量增大，故C错误；D、碰撞后总动量P′=m1v1′+m2v2′=1×3+2×0.5=4kg?m/s．碰撞后总动能为=m1v1′2+m2v2′2=×1×32+×2×0.52=4.75J，碰后后面小球的速度大有前面小球的速度，会发生第二次碰撞，不符合实际，故D错误；故选：AB．3.如图所示电路，电源内阻不可忽略，开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中（）A．电压表与电流表的示数都减小B．电压表与电流表的示数都增大C．电压表的示数增大，电流表的示数减小D．电压表的示数减小，电流表的示数增大参考答案：D【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】由电路图可知R2与R0并联后与R1串联，电压表测路端电压；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化及路端电压的变化，再分析局部电路可得出电流表中示数的变化．【解答】解：当滑片下移时，滑动变阻器接入电阻减小，则外电路总电阻减小，电路中总电流增大，电源的内电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小；由欧姆定律可知，R1上的分压增大，而路端电压减小，故并联部分的电压减小，则通过R2的电流减小，根据并联电路的特点可知：通过R0的电流增大，则电流表的示数增大．故D正确，ABC错误；故选：D．4.如图所示，某区域电场线左右对称分布，M、N为对称线上两点。下列说法正确的是A．M点电势一定高于N点电势B．M点场强一定大于N点场强C．正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能D．将电子从M点移动到N点，电场力做正功参考答案：AC5.下列关于机械波的说法，正确的是A．只要有振源，就会形成机械波B．横波的传播速度由介质的性质决定，纵波的传播速度由波源的性质决定C．在波传播方向上的某个质点的振动速度，就是波的传播速度D．单位时间内经过介质中某点的完全波的个数，就是这列简谐波的频率参考答案：D二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.电磁灶是利用

原理制成的，它在灶内通过交变电流产生交变磁场，使放在灶台上的锅体内产生

而发热。参考答案：7.把信息加到载波上，就是使载波随

而

，这种技术叫调制。参考答案：8.空气是不导电的。但是如果空气中的电场很强，使得气体分子中带正、负电荷的微粒所受的相反的静电力很大，以至于分子破碎，于是空气中出现了可以自由移动的电荷，空气变成了导体。这个现象叫做空气的“击穿”。一次实验中，电压为4×104V的直流电源的两极连在一对平行金属板上，如果把两金属板的距离减小到1.6cm，两板间就会放电。问这次实验中空气击穿时的电场强度等于

V/m参考答案：2.5×106V/m9.一个有初速的、电量为+4×10－8C为的带电粒子，在电场中只受电场力作用。从A点运动到B点的过程中，克服电场力做了8×10－5J的功。则A、B两点的电势差UAB为

，在此过程中，电荷的动能

（填“增加”或“减少”）了

eV。参考答案：?2000V；减少；5.0×101410.根据下图可知该交流电的电流最大值是

A，有效值是

A，周期是

s，频率是_____Hz。参考答案：10A，A，0.2s，_5_Hz11.已知一滴水的体积是6×10-8m3,则这滴水中含有的水分子数为

个。

参考答案：2×1021

12.一台理想变压器，其原线圈2200匝，副线圈440匝，并接一个100Ω的负载电阻，如图所示，则：（1）当原线圈接在44V直流电源上时，电压表示数_______V,电流表示数_______A．（2）当原线圈接在220V交流电源上时，电压表示数_______V,电流表示数_______A．此时输入功率为_______W，参考答案：13.如图所示的气缸中封闭着一定质量的理想气体，活塞和气缸导热性能良好，活塞与气缸间无摩擦，气缸开口始终向上.在室温为27°时，活塞距气缸底部距离h1=10cm,后将气缸放置在冰水混合物中，此时外界大气压强为1atm.则：①在冰水混合物中，活塞距气缸底部距离h2=

cm,②此过程中气体内能

（填“增大”或“减小”），气体将

(填“吸热”或者“放热”).参考答案：三、实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.在“用双缝干涉测光的波长”实验中，将测量头的分划板中心刻线与某条亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数如图9所示。然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐如图10，（1）由手轮上的读数，求得相邻亮纹的间距Δx为__________mm。（2）已知双缝间距d为2.0×10-4m，测得双缝到屏的距离l为0.700m，求得所测红光波长为__________nm。参考答案：15.在“油膜法估测油酸分子的大小”试验中，有下列实验步骤：①往边长约为40cm的浅盆里倒入约2cm深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上。②用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定。③将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小。④用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴的滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积。⑤将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上。完成下列填空：（1）上述步骤中，正确的顺序是

。（填写步骤前面的数字）（2）1cm3的油酸溶于酒精，制成300cm3的油酸酒精溶液；测得1cm3的油酸酒精溶液有50滴。现取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上，测得所形成的油膜的面积是0．13m2。由此估算出油酸分子的直径为

m。（结果保留1位有效数字）参考答案：④①②⑤③

5×10-10四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图所示，a、b是匀强电场中的两点，已知两点间的距离为0.5m，两点的连线与电场线成37°角（sin37°=0.6，cos37°=0.8），a、b两点间的电势差Uab=2.0×103V，则(1)匀强电场的场强大小为多少？，(2)把电子从a点移到b点电场力做功为？参考答案：17.如图所示，空间存在水平向右的匀强电场．在竖直平面内建立平面直角坐标系，在坐标系的一个象限内固定绝缘光滑的半径为R的圆周轨道AB，轨道的两端在坐标轴上．质量为m的带正电的小球从轨道的A端由静止开始滚下，已知重力为电场力的2倍，求：（1）小球到达轨道最低点B时的速度；（2）小球在轨道最低点B时对轨道的压力；（3）小球脱离B点后再次运动到B点的正下方时距B的竖直高度h．参考答案：解：（1）设小球滚到B点速度为v，小球从释放到运动至轨道最低点的过程中，由动能定理得：mgR﹣qER=①又mg=2qE

②①②联立解得：③（2）在轨道的最低点时根据牛顿第二定律得：FN﹣mg=④有牛顿第三定律得小球在轨道最低点B时对轨道的压力：FN′=﹣FN⑤③④⑤联立得，FN′=2mg方向竖直向下（3）小球离开B点后的运动，在竖直方向上做自由落体运动，水平方向上往返运动．由运动的分解可知，当水平速度变为零时，有：解得：设经历t运动到B点的正下方，则在竖直方向上有答：（1）小球到达轨道最低点B时的速度为；（2）小球在轨道最低点B时对轨道的压力为2mg；（3）小球脱离B点后再次运动到B点的正下方时距B的竖直高度h为8R．【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理．【分析】（1）根据动能定理求出小球运动到最低点的速度；（2）结合牛顿第二定律求出支持力的大小，再根据牛顿第三定律从而得知小球在B点对轨道的压力．（3）小球脱离B点后，在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做加速度不变的匀减速直线运动．抓住等时性求出小球运动到B点正下方的时间，以及距离B的最大高度．18.如图所示坐标系中，在第一象限内x≤40cm，y≥0的范围内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B0=1×10﹣4T．现有一比荷=2×1011C/kg的带正电粒子（不计重力）从O点沿xOy平面射入磁场，速度方向与y轴夹角α=37°．粒子恰好可通过x轴上磁场边界处的A点（sin30°=°0.6，cos37°=0.8）．（1）求粒子进入磁场时的速度v0．（2）若当粒子运动到最高点P（即y最大）时，在原来磁场范围内再加上与B0同方向的匀强磁场B1，使粒子还能回到P点，求B1的最小值．（3）若在上述（2）中，加入最小的B1后，当粒子再次回到P时撤去B1，保留B0．粒子仍到达A点，求此过程中粒子从O点到达A点所经历的时间．（不考虑磁场变化时产生的电场，结果保留2位有效数字）．参考答案：解：（1）40cm=0.4m如图做出粒子运动的轨迹，粒子运动的半径：r===0.25m由洛伦兹力提供向心力得：代入数据得：m/s（2）由图可知，使粒子还能回到P点的最大半径：代入数据得：rm=0.05m由洛伦兹力提供向心力得：代入数据得：T（3）粒子运动的时间由两部分组成，从O到A：过P点做匀速圆周运动一周的时间：粒子运动的总时间：t=t1+t2联立可得：t=1.6×10﹣7s答：（1）粒子进入磁场时的速度是5.0×106m/s．（2）若