河南省平舆三高2017-2018学年高二下学期第一次月考物理试题

河南省平舆三高20172018学年高二下学期第一次月考物理试题一、选择题1.下列说法中，不符合物理学史实的是（）A.亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体或静止B.牛顿认为，力是物体运动状态改变的原因，而不是物体运动的原因C.麦克斯韦发现了电流的磁效应，即电流可以在其周围产生磁场D.奥斯特发现导线通电时，导线附近的小磁针发生偏转【答案】C【解析】亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体或静止，选项A正确；牛顿认为，力是物体运动状态改变的原因，而不是物体运动的原因，选项B正确；奥斯特发现了电流的磁效应，即电流可以在其周围产生磁场，选项C错误；奥斯特发现导线通电时，导线附近的小磁针发生偏转，选项D正确；此题选项不符合物理学史实的，故选C.2.两电荷量分别为+Q和Q的点电荷a、b，相距为r，在它们连线的中点O处放置另一带电荷量为q的点电荷c，则点电荷c所受的电场力的大小为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】+Q对q的静电力大小为：，方向水平向右，Q对q的静电力大小为：，方向水平向右，所以q所受的电场力的大小为：，故D正确，ABC错误。3.在匀强磁场中一个带电粒子做匀速圆周运动，如果又顺利垂直进入另一个磁感应强度是原来磁感应强度2倍的匀强磁场，则（

）A.粒子的速率加倍，周期减半B.粒子的速率不变，轨道半径减半C.粒子的速率减半，轨道半径变为原来的四分之一D.粒子的速率不变，周期也不变【答案】B【解析】由洛伦兹力提供向心力，，解得；，解得。A、D项，由动能定理，洛仑兹力对粒子不做功，所以粒子的速率不变，磁感应强度是原来的2倍，则周期减半，故A、D项错误。B、C项，由上面分析可知，粒子的速率不变，磁感应强度是原来的2倍，半径减半，故B项正确，C项错误。综上所述，本题正确答案为B。4.宇航员王亚平在“天宮1号”飞船内进行了我国首次太空授课，演示了一些完全失重状态下的物理现象．若飞船质量为m，距地面高度为h，地球质量为M，半径为R，引力常量为G，则飞船所在处的重力加速度大小为（）A.0B.C.D.【答案】B【解析】飞船在距地面高度为h处，由万有引力等于重力得：解得：，故选B。5.高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带队人刚刚产生作用前人下落的距离为h（可视为自由落体运动）．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为（）A.+mgB.mgC.+mgD.mg【答案】A【解析】试题分析：在安全带对人有拉力的瞬间时，人做自由落体运动，此过程机械能守恒，故有，即在产生拉力瞬间速度为，之后人在安全带的作用下做变速运动，末速度为零，设向上为正方向，则根据动量定理可得：有，联立解得考点：考查了动量定理的应用【名师点睛】本题关键是明确物体的受力情况和运动情况，然后对自由落体运动过程和全程封闭列式求解，注意运用动量定理前要先规定正方向视频6.远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R。变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是（）A.B.C.I1U1=I22RD.I1U1=I2U2【答案】D【解析】试题分析：理想变压器原副线圈两端的电压与线圈的匝数成正比，有：＝，由能量守恒定律可知：P1＝I1U1＝P2＝I2U2，故选项D正确；因此＝，故选项A错误；输电线两端的电压应为升压器副线圈两端电压与降压器原线圈两端电压U3之差，因此根据欧姆定律有：I2＝，故选项B错误；降压器的输入功率为：P3＝I2U3，因此有：I1U1＝I22R＋I2U3，故选项C错误。考点：本题主要考查了远距离输电的应用问题，属于中档题。视频7.如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图像，则（）A.用户用电器上交流电的频率是100HzB.发电机输出交流电的嗲呀有效值是500VC.输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定D.当用户用电器的总电阻增大时，输电线上的损失的功率减小【答案】D【解析】试题分析：由乙图可知，用户用电器上交流电的周期是0．02s，故其频率是50Hz，选项A错误；发电机输出交流电的电压最大值是500V，选项B错误；输出线的电流由降压变压器原副线圈的匝数比和用户的电阻共同决定，选项C错误；当用户用电器的总电阻增大时，用户的电流会变小，输出电功率变小，则输电线上的电流变小，故输电线上损失的功率减小，选项D正确。考点：变压器，高压输电。视频8.将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出.在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）（）A.30B.5.7×102C.6.0×102D.6.3×102【答案】A【解析】开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得，0=m1v1+p，解得火箭的动量，负号表示方向，故A正确，BCD错误；【点睛】解决本题的关键掌握动量守恒定律的条件，以及知道在运用动量守恒定律时，速度必须相对于地面为参考系。9.一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则（）A.质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B.质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C.质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D.质点单位时间内速率的变化量总是不变【答案】BC【解析】试题分析：因为原来质点做匀速直线运动，合外力为0，现在施加一恒力，质点的合力就是这个恒力，所以质点可能做匀变速直线运动，也有可能做匀变速曲线运动，这个过程中加速度不变，速度的变化率不变。但若做匀变速曲线运动，单位时间内速率的变化量是变化的。故C正确，D错误。若做匀变速曲线运动，则质点速度的方向不会总是与该恒力的方向相同，故A错误；不管做匀变速直线运动，还是做匀变速曲线运动，质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直，故B正确。考点：牛顿运动定律视频10.如图，从竖直面上大圆的最高点A，引出两条不同的光滑轨道，端点都在大圆上。相同物体由静止开始，从A点分别沿两条轨道滑到底端，则下列说法中正确的是（）A.到达底端的速度大小不相等B.重力的冲量都相同C.物体动量的变化率都相同D.沿AB运动所用的时间小于沿AC运动所用的时间【答案】AB【解析】如图所示，对物体在斜面上受力分析，由牛顿第二定律可求得：a=gcosα根据运动学公式x=at2可得：2Rcosα=gcosαt2；则有：t=2；因此下滑时间与斜面的倾角无关，只与圆弧的半径及重力加速度有关，故D错误；因时间相同，则重力的冲量相同，故B正确；因物体下落的高度不同，故物体到达轨道底端的速度大小不同，故选项A正确；根据动量定理，动量的变化率等于合外力，即mgcosα，则因为α不同，则动量的变化率不同，选项C错误；故选AB．点睛：本题考查牛顿第二定律及动量定理等的应用，在解题时要注意几何关系的应用，图中三角形是直角三角形．11.质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速率变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小为()A.m(v－v0)B.mgtC.mD.m【答案】BC【解析】根据动量定理得，合力的冲量等于动量的变化量，所以△P=mgt．选项B正确；末位置的动量为mv，初位置的动量为mv0，根据三角形定则，知动量的变化量；则选项AD错误，C正确；故选BC．12.质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5m的位置B处是一面墙，如图所示，物块以v0=9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s，碰后以6m/s的速度反向运动直至静止．碰撞时间为0.05s，g取10m/s2．则（）A.物块与地面间的动摩擦因数μ=0.12B.墙面对物块平均作用力的大小130NC.碰撞后物块还能向左运动的时间为2sD.物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功为9J【答案】BD【解析】对A到B的过程，运用动能定理得：−μmgx＝mv12−mv02，代入数据解得μ=0.32，故A错误。小物块与墙碰撞前后瞬间，根据动量定理得：Ft=mv2mv1；平均作用力为：，故B正确。物块向左运动过程中加速度的大小为：a=μg=3.2m/s2，则物块还能向左运动的时间为：，故C错误。根据动能定理得物块在反向运动过程中克服摩擦力为：Wf＝mv22＝×0.5×36J=9J，故D正确。故选BD.点睛：本题考查了动能定理、动量定理和牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，当涉及力在空间上的积累，优先考虑运用动能定理，当涉及力在时间上的积累，优先考虑运用动量定理．二．实验题13.某同学通过下述实验验证力的平行四边形定则。实验步骤：①将弹簧秤固定在贴有白纸的竖直木板上，使其轴线沿竖直方向。②如图甲所示，将环形橡皮筋一端挂在弹簧秤的秤钩上，另一端用圆珠笔尖竖直向下拉，直到弹簧秤示数为某一设定值时，将橡皮筋两端的位置记为O1、O2，记录弹簧秤的示数F，测量并记录O1、O2间的距离（即橡皮筋的长度l）。每次将弹簧秤示数改变0.50N，测出所对应的l，部分数据如下表所示：F(N)00.501.001.052.002.50l(cm)l010.9712.0213.0013.9815.05③找出②中F=2.50N时橡皮筋两端的位置，重新记为O、Oʹ，橡皮筋的拉力记为FOOʹ．④在秤钩上涂抹少许润滑油，将橡皮筋搭在秤钩上，如图乙所示。用两圆珠笔尖成适当角度同时拉橡皮筋的两端，使秤钩的下端达到O点，将两笔尖的位置标记为A、B，橡皮筋OA段的拉力记为FOA，OB段的拉力记为FOB。完成下列作图和填空：（1）利用表中数据在给出的坐标纸上（见答题卡）画出F—l图线，根据图线求得l0=_____cm．（2）测得OA=6.00cm，OB=7.60cm，则FOA的大小为________N．（3）根据给出的标度，在答题卡上作出FOA和FOB的合力Ｆʹ的图示_________。（4）通过比较Ｆʹ与________的大小和方向，即可得出实验结论。【答案】(1).（1）10.00（9.8、9.9、10.1均正确）(2).（2）1.80（1.701.90均正确）(3).（3）见解析(4).（4）FOOʹ【解析】试题分析：（1）根据表中数据利用描点法得出对应的数据，图象与横坐标的交点即为l0；（2）橡皮筋两端拉力相等，根据题意求得总长度即可求得皮筋上的拉力；（3）通过给出的标度确定力的长度，根据平行四边形得出图象如图所示；（4）根据实验原理可明确应比较实验得出的拉力与通过平行四边形定则得出的合力解：（1）根据表格中数据利用描点法作出图象如图所示：由图可知，图象与横坐标的交点即为l0，由图可知l0=10.0cm；（2）AB的总长度为6.00+7.60cm=13.60cm；由图可知，此时两端拉力F=1.80N；（3）根据给出的标度，作出合力如图所示；（4）只要作出的合力与实验得出的合力F00′大小和方向在误差允许的范围内相等，即可说明平行四边形定则成立；故答案为：（1）如图所示；10.0；（2）1.80；（3）如图所示；（4）F00′【点评】本题考查验证平行四边形定则的实验，要注意通过认真分析题意掌握实验原理，注意本题中橡皮筋挂在钩上时，两端的拉力大小相等；根据总长度即可求得拉力大小视频14.如图甲所示的电路图中，恒流源可作为电路提供恒定电流I0，R为定值电阻，电流表、电压表均可视为理想电表。某同学利用该电路研究滑动变阻器RL消耗的电功率。改变RL的阻值，记录多组电流、电压的数值，得到如图乙所示的UI关系图线。回答下列问题：（1）滑动触头向下滑动时，电压表示数将______（填“增大”或“减小”）。（2）I0=______A．（3）RL消耗的最大功率______W（保留一位有效数字）。【答案】(1).（1）减小；(2).（2）1.0(3).（3）5【解析】（1）滑动头向下移动时，RL阻值减小，则总电阻减小，电压变小，则电压表读数变小；（3）RL消耗的功率为P=IU=20I20I2，则当I=0.5时，功率的最大值为【考点定位】测量电阻的电功率.视频三．计算题15.发电机输出功率为P1=100kW，输出电压是U1=250V，用户需要的电压是U4=220V，输电线电阻为R=10Ω．若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%，输电线路的示意图如图所示，试求：（1）用户得到的电功率是多少？（2）在输电线路中设置的升、降压变压器原副线圈的匝数比？【答案】（1）96kW（2）1:20；240:11对于降压变压器：点睛：解决本题的关键知道：1、输出功率、输出电压、电流的关系；2、变压器原副线圈电压比、电流比与匝数比的关系；3、升压变压器输出电压与降压变压器输入电压和电压损失的关系．16.如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA=4kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计。可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB=2kg。现对A施加一个水平向右的恒力F=10N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t=0.6s，二者的速度达到vt=2m/s。求（1）A开始运动时加速度a的大小；（2）A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；（3）A的上表面长度l。【答案】（1）2.5m/s2（2）1m/s(3)0.45m【解析】(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有F＝mAa①代入数据解得a＝2.5m/s2②(2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6s的过程，由动量定理得Ft＝(mA＋mB)v－(mA＋mB)v1③代入数据解得v1＝1m/s④(3)设A、B发生碰撞前，A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有mAvA＝(mA＋mB)v1⑤A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有Fl＝mAv⑥由④⑤⑥式，代入数据解得l＝0.45m.点睛：本题考查了求加速度、速度、A的长度问题，分析清楚物体运动过程，应用牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律、动能定理即可