江苏省苏州市新区第一中学2022年高二物理月考试卷含解析

江苏省苏州市新区第一中学2022年高二物理月考试卷含解析一、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.从某一装置输出的交流电常常既有高频成分，又有低频成分．如果只需要把低频成分输送到下一级装置，可采用的电路是（

）参考答案：CD2.（单选）以下说法中正确的是（）A．激光是自然光B．波的传播方向就是波前C．多普勒效应、光波的干涉现象都能说明光波是横波D．变化的电场能够在周围空间产生磁场参考答案：解：A、激光具有相干性，是偏振光，故A错误；B、波的传播方向与波前的方向相互垂直，故B错误；C、多普勒效应、干涉是波的特有性质，故C错误；D、变化的电场能够在周围空间产生磁场，而变化的磁场能产生电场，故D正确；故选：D．3.如图所示的各图象中表示交变电流的是（

）A. B. C. D.参考答案：D【详解】ABC：图中电流的方向没有发生变化，不是交变电流。故ABC三项错误。D：图中电流大小和方向都随时间做周期性变化，是交变电流。故D项正确。4.在2010上海世博会上，拉脱维亚馆的风洞飞行表演，令参观者大开眼界。若风洞内总的向上的风速风量保持不变，让质量为m的表演者通过调整身姿，可改变所受的向上的风力大小，以获得不同的运动效果，假设人体受风力大小与正对面积成正比，已知水平横躺时受风力面积最大，且人体站立时受风力面积为水平横躺时受风力面积的，风洞内人体可上下移动的空间总高度为H．若人体与竖直方向成一定角度倾斜时，受风力有效面积是最大值的一半，恰好可以静止或匀速漂移；现在让人从最高点A开始，先以向下的最大加速度匀加速下落，经过某处B后，再以向上的最大加速度匀减速下落，刚好能在最低点C处减速为零，下列说法中错误的是（

）

A．表演者向上的最大加速度是g

B．表演者向下的最大加速度是

C．B点的高度是

D．由A至C全过程表演者克服风力做的功为mgH参考答案：B5.一列横波沿x轴传播，（甲）为t=0.5s时的波动图像，（乙）为介质中质点P的振动图像。对该波的传播方向和传播波速度的说法正确的是

A．沿-方向传播，波速为4.0m/s

B．沿-方向传播，波速为8.0m/s

C．沿+方向传播，波速为4.0m/sD.沿+方向传播，波速为8.0m/s参考答案：C二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.有一个1000匝的线圈，在0.4s内穿过它的磁通量从0.10Wb减小到0.02Wb，则线圈中的感应电动势为

▲

V；如果线圈的电阻是10Ω，把它跟一个电阻为990Ω的电热器连在一起组成闭合电路时，则通过电热器的电流是

▲

A。参考答案：200

V、

0.2

A；7.如图所示，质量为m的小球用绝缘细线悬挂在O点，放在匀强电场中，在图示位置处于平衡状态．匀强电场场强的大小为E，方向水平向右，那么小球的带电性质是_______，其带电量________，此时，将细线剪断，小球在电场中的运动轨迹是_________，小球的加速度为_______________．参考答案：带正电，，直线，8.一辆电瓶车，质量为500kg，由内阻不计的蓄电池组向直流电动机提供24V的电压，当电瓶车在水平地面上以0.8m/s的速度匀速行驶时，通过电动机的电流为5A，设车所受的阻力是车重的0.02倍（g=10m/s2），则汽车的机械功率是

W;电动机的内阻是

Ω参考答案：

80

1.6

9.在某次闪电中，持续的时间约0.005s，所形成的平均电流约6×104A。若闪电过程中流动的电量以0.5A的电流通过电灯，可供灯照明的时间为

s

参考答案：600s10.如图所示，用静电计测量电容器两板间的电势差，不改变两板的带电荷量，把A板向右移，静电计指针偏角将________________；把A板竖直向下移，静电计指针偏角将________；在A、B板间插入一块电介质，静电计指针偏角将________．参考答案：减小增大减小11.如图所示，ABCD是一个正方形盒子．CD边的中点有一个小孔O．盒子中有沿AD方向的匀强电场，场强大小为E．粒子源不断地从A处的小孔沿AB方向向盒内发射相同的带电粒子，假如某两个粒子分别从O点和C点射出，则这两个粒子从A处进入电场的初速度大小之比为1：2，以及它们在正方形盒子中飞行的时间之比为1：1．（带电粒子的重力和粒子间的相互作用力均可忽略）参考答案：考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：粒子做类似平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动．根据类似平抛运动的分运动公式列式求解即可．解答：解：粒子做类似平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，故：y=由于竖直分位移相等，故运动时间也相等；水平分位移为：x=v0t；由于运动时间相等，水平分位移之比为1：2，故初速度之比为1：2；故答案为：1：2，1：1．点评：本题关键明确粒子的运动规律，然后根据类似平抛运动的分位移公式列式求解，基础问题．12.一台发电机产生的电动势的瞬时值表达式为：e=311sin314tV，则此发电机产生的电动势的最大值为_______V，有效值为_______V，发电机转子的转速为_______转/秒。参考答案：311，220，100，13.两个共点力的大小分别为F1=40N、F2=30N，则它们合力的最大值为

N。若F1和F2的夹角为90，则它们的合力大小为N

。参考答案：70，50三、实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，可供选择的实验仪器如下：小灯泡L:“3.8V、0.3A”电压表量程0～5V，内阻约为5k电流表：量程0～l00mA，内阻约为4电流表：量程0～500mA，内阻约为0.4滑动变阻器：最大阻值10，额定电流1.0A滑动变阻器：最大阻值1700，额定电流0.1A直流电源E:电动势约为6V，内阻约为0.5电键S和导线若干

要求电压表、电流表的示数从零开始

(1)电流表应选择__________，滑动变阻器应选择__________；

(2)在虚线框内画出实验的电路图；

(3)若实验操作读数都正确，得到的I一U曲线弯曲的原因是______________。参考答案：15.（6分）某同学做油膜法估算分子的大小实验时，进行的实验步骤如下：①油酸薄膜形状稳定后，将一较大的玻璃板盖在浅盘上，用彩笔将油膜的形状画在玻璃板上；②用滴管向量筒中滴入n滴油酸，体积恰好为V；③将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，求出油膜的面积S；④用滴管向已均匀撒上痱子粉的水面上滴入一滴油酸,油酸就在水面上缓缓散开，形成单分子油膜；⑤根据实验数据，算出油膜的厚度，即油酸分子的大小。请你将上述实验步骤合理排序___________________________________。依该同学实验步骤中的相应数据、物理量、符号得出分子的大小表达式d=___________。参考答案：②④①③⑤；V/nS四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图所示，电子自静止开始经M、N板间的电场加速后从A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中，两板间的电压为U，电子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L，在距离磁场边界S处有屏幕N，电子射出磁场后打在屏上。（已知电子的质量为m，电荷量为e）求:（1）电子进入磁场的速度大小（2）匀强磁场的磁感应强度（3）电子打到屏幕上的点距中心O点的距离是多少？参考答案：17.如图所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上。两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为m、水平速度均为v0、带相等电荷量的墨滴。调节电源电压至U,墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M点。

（1）判段墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；

（2）求磁感应强度B的值；（3）现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置。为了使墨滴仍能到达下板M点，应将磁感应强度调至B',则B'的大小为多少？参考答案：（1）墨滴在电场区域做匀速直线运动，有

得，由于电场方向向下，电荷所受电场力向上，可知：墨滴带负电荷。进入电场、磁场共存区域后，重力与电场力平衡，磁场力做匀速圆周运动的向心力，考虑墨滴进入磁场和挡板的几何关系，可知墨滴在该区域恰完成四分之一圆周运动，则半径R=d,由此可得:(3)根据题设，墨滴运动轨迹如图，设圆周运动半径为,有

由图示可得：得：，联立求得：

18.．（计算）（2015春?吴桥县校级月考）如图所示，水平传送带AB长L=8.3m，质量M=1kg的木块随传送带一起以v1=2m/s的速度向左运动（传送带的速度恒定不变），木块与传送带间的摩擦因数μ=0.5．当木块运动到传送带最左端A点时，一颗质量为m=20g的子弹以v0=300m/s水平向右的速度正对入射木块并穿出，穿出速度为v2=50m/s，以后每隔1s就有一颗子弹射向木块．设子弹与木块的作用时间极短，且每次射入点不同，g=10m/s2．求：（1）在木块被第二颗子弹击中前木块向右运动离A点的最大距离．（2）木块在传送带上最多能被多少颗子弹子击中．（3）在被第二颗子弹击中前，子弹、木块、传送带这一系统所产生的热能是多少？参考答案：（1）在被第二颗子弹击中前，木块向右运动离A点的最大距离为0.9m；（2）木块在传送带上最多能被16颗子弹子击中．（3）从第一颗子弹射中木块到木块刚要被第二颗子弹击中的过程中，子弹、木块和传送带这一系统产生的热能是885J．动量守恒定律；功能关系解：（1）第一颗子弹射入木块过程中动量守恒，以子弹与木块组成的系统为研究对象，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0﹣Mv1=mu+Mv1′，代入数据解得：v1′=3m/s，木块向右作减速运动的加速度大小为：a==μg=0.5×10=5m/s2，木块速度减小为零所用时间t1===0.6s＜1s，所以木块在被第二颗子弹击中前向右运动离A点最远时，速度为零，移动距离为：s1=，代入数据解得：s1=0.9m．（2）在第二颗子弹射中木块前，木块再向左做加速运动，时间：t2=1s﹣0.6s=0.4s速度增大为：v'2=at2=2m/s（木块恰与传递带同速）向左移动的位移为：s2=at22=5×0.16=0.4m；所以两颗子弹击中木块的时间间隔内，木块总位移：s0=s1﹣s2=0.5m，方向向右设木块在传送带上最多能被n颗子弹击中，则：（n﹣2）×0.5+0.9≤8.3；（n﹣1）×0.5+0.9≥8.3联立解得：n=16（3）第一颗子弹击穿木块过程中产生的热能为：，代入数据解得：Q1=872.5J，木块向右减速运动过程中相对传送带的位移为：s2=V1t1+s1，代入数据解得：s2=2.1m，产生的热能为：Q2=μMgS2，代入数据解得：Q2=10.5J，在第二颗子弹射中木块前，木块再向左作加速运动，运动时间：t2=1s﹣0.6s=0.4s，速度增大到：v2=at2=5××0.4=2m/s（恰与传送带同速）向左移动的位移为：