【物理】四川省泸县第一中学2019-2020学年高二下学期第二次月考试题（解析版） 11页

‎2020年春四川省泸县第一中学高二第二学月考试 物理试题 一、选择题（每小题6分，共9个小题，共54分；其中1-6题为单选题，7-9题多选题，少选得3分，多选错选得0分。）‎ ‎1.如图所示，匀强磁场中有一圆形闭合线圈，线圈平面与磁感线平行，能使线圈中产生感应电流的应是下述运动中的哪一种（　　）‎ A. 线圈平面沿着与磁感线垂直的方向运动 B. 线圈平面沿着与磁感线平行的方向运动 C. 线圈绕着与磁场平行的直径ab旋转 D. 线圈绕着与磁场垂直的直径cd旋转 ‎【答案】D ‎【解析】A．线圈平面沿着与磁感线垂直的方向运动时，磁通量始终为零，保持不变，线圈中没有感应电流产生；故A错误．‎ B．线圈平面沿着与磁感线平行的方向运动时，磁通量始终为零，保持不变，线圈中没有感应电流产生；故B错误．‎ C．线圈绕着与磁场平行的直径ab旋转时，磁通量始终为零，保持不变，线圈中没有感应电流产生；故C错误．‎ D．线圈绕着与磁场垂直的直径cd旋转时，磁通量从无到有发生变化，线圈中有感应电流产生；故D正确．故选D．‎ ‎2.有一个轻质柔软的金属弹簧，全长为l0，如图所示。当通入电流I后，弹簧的长度为l，则l与l0的关系为（ ）‎ A. B. C. D. 无法判断 ‎【答案】B ‎【解析】通电螺线管中的电流方向相同，导线之间相互吸引，所以弹簧长度变短，即，故B正确，ACD错误。故选B。‎ ‎3.斜向上抛出一个爆竹，到达最高点时(速度水平向东)立即爆炸成质量相等的三块，前面一块速度水平向东，后面一块速度水平向西，前、后两块的水平速度(相对地面)大小相等、方向相反．则以下说法中正确的是 A. 爆炸后的瞬间，中间那块的速度可能水平向西 B. 爆炸后的瞬间，中间那块的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度 C. 爆炸后三块将同时落到水平地面上，并且落地时的动量相同 D. 爆炸后的瞬间，中间那块的动能可能小于爆炸前的瞬间爆竹的总动能 ‎【答案】B ‎【解析】A、B、爆竹在最高点速度大小为v0、方向水平向东，爆炸前动量为3mv0，其中前面一块质量为m，速度大小为v，方向水平向东，后面一块质量为m，速度大小为v，方向水平向西，设爆炸后中间一块瞬时速度为v′，取水平向东为正方向，爆炸过程动量守恒， 则有：3mv0=mv+m•v′ -mv；解得：，即.爆炸后的瞬间，中间那块的速度方向水平向东，且大于爆炸前瞬间爆竹的速度，故A错误，B正确．‎ C、下落高度相同，则获得的竖直速度相同，根据速度的合成可知末速度方向不同，所以落地时的动量不相同，故C错误．‎ D、爆炸后中间那块的动能，爆炸前的瞬间爆竹的总动能，所以，故D错误．故选B．‎ ‎4.“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一．摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动．下列叙述正确的是（ ）‎ A. 摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变 B. 在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力 C. 摩天轮转动一周过程中，乘客重力的冲量为零 D. 摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变 ‎【答案】B ‎【解析】摩天轮运动过程中做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，选项A错误；圆周运动过程中，在最高点由重力和支持力的合力提供向心力，即，所以重力大于支持力，选项B正确；转动一周，重力的冲量为I=mgT，不为零，C错误；运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，根据P=mgvcosθ可知重力的瞬时功率在变化，选项D错误．故选B．‎ ‎5.“蹦极”是一项体育运动．某人（视为质点）身系弹性绳自高空P点自由下落，如图所示．图中a点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最低点，b是人静止悬吊着时的平衡位置，人在从P点落下到最低点c的过程中 A. 在ab段，人处于失重状态 B. 在a点人的速度最大 C. 在bc段，人处于失重状态 D. 在c点，人的速度为零，加速度也为零 ‎【答案】A ‎【解析】在段绳的拉力小于人的重力，人受到的合力向下，有向下的加速度，人向下做加速运动，处于失重状态，随绳子的拉力的增大，向下的合外力减小，所以向下的加速度逐渐减小；在段绳的拉力大于人的重力，人受到的合力向上，有向上的加速度，人向下做减速运动，处于超重状态，而且加速度随绳子的拉力的增大而增大，所以在段人的速度先增加后减小，加速度先减小后增加，在点人的速度最大，在点，绳的形变量最大，绳的拉力最大，向上的加速度，人的速度为零，故选项A正确，B、C、D错误．‎ ‎6.在研究自感现象的实验中，用两个完全相同的灯泡A、B与自感系数很大的线圈L和定值电阻R组成如图所示的电路(线圈的直流电阻可忽略，电源的内阻不能忽略)，关于这个实验下面说法中正确的是(　 　)‎ A. 闭合开关的瞬间，A、B一起亮，然后A熄灭 B. 闭合开关的瞬间，B比A先亮，然后B逐渐变暗 C. 闭合开关，待电路稳定后断开开关，B逐渐变暗，A闪亮一下然后逐渐变暗 D. 闭合开关，待电路稳定后断开开关，A、B灯中的电流方向均为从左向右 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 闭合开关的瞬间，B灯立即正常发光，A灯所在电路上线圈产生自感电动势，阻碍电流的增大，电流只能逐渐增大，A灯逐渐变亮；A灯支路的电流增大，则电源消耗的内电压增大，所以B灯逐渐变暗．故A错误，B正确．闭合开关，待电路稳定后由于L的电阻不计，所以A的电流大于B的电流；断开开关，L中产生自感电动势，相当于电源，电流从稳定时的电流值开始减小，A、B两灯串联，A的电流不会增大，所以A逐渐变暗，但流过B的电流先增大后才开始减小，B灯会闪亮一下后才逐渐变暗．故C错误；闭合开关，待电路稳定后断开开关，L中产生自感电动势，相当于电源，所以流过L的电流方向不变．则A灯中电流的方向不变，B灯中的电流方向与开始时相反，为从右向左．故D错误．故选B．‎ ‎7.一矩形导线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的正弦交流电如图甲所示，导线框电阻不计，匝数为100匝，把线框产生的交流电接在图乙中理想变压器原线圈的a、b两端，Rt为热电阻(温度升高时，其电阻减小)，R为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表，则 A. 线框在匀强磁场中的转速为50r/s B. 在t=1.0×10－2s时刻，线框平面与磁场方向平行 C. 线框转动过程中磁通量变化率最大值为0.22wb/s D. Rt处温度升高时，V1表示数与V2表示数的比值不变 ‎【答案】AC ‎【解析】A．由图可知线圈产生感应电动势的周期为T=0.02s，则转速 选项A正确；‎ B．在t=1.0×10－2s时刻，感应电动势为零，此时线框平面与磁场方向垂直，选项B错误；‎ C．电动势最大值，根据可知线框转动过程中磁通量变化率最大值为 选项C正确；‎ D．因为变压器初级电压是不变的，则次级电压不变，当Rt处温度升高时，电阻减小，则次级电流变大，则电阻R的电压变大，V2读数减小，而V1读数不变，则V1表示数与V2表示数的比值要变化，选项D错误；故选AC。‎ ‎8.在如图所示电路中,电源内阻不可忽略．开关S闭合后,在滑动变阻器R的滑动端向下缓慢滑动的过程中( )‎ A. 电压表的示数增大,电流表的示数减小 B. 电压表的示数减小,电流表的示数增大 C. 电源路端电压增大 D. 电容器C所带电荷量减小 ‎【答案】BD ‎【解析】ABC．在变阻器R的滑片向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，变阻器R与L2并联电阻R并减小，则外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，路端电压U减小，则电压表示数减小，由于L1分压增大，故并联部分电压减小，L2电流减小，则电流表示数变大．则AC错误，B正确；‎ D．电容器两端电压等于L2两端电压，减小，则根据Q=CU可知，电容器C所带电荷量减小，故D正确．‎ ‎9.如图所示，一质量为的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一质量为的小物块现以地面为参考系，给A和B一大小均为、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A并没有滑离B 板，站在地面上的观察者看到在一段时间内物块A做加速运动则在这段时间内的某时刻，木板B相对地面的速度大小可能是(    ) ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】BC ‎【解析】以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右方向为正方向，从A开始运动到A的速度为零过程中，由动量守恒定律得：（M-m）v0=MvB1，解得：vB1=2.67m/s；当从开始到AB速度相同的过程中，取水平向右方向为正方向，由动量守恒定律得：（M-m）v0=（M+m）vB2，解得：vB2=2m/s，则在木块A正在做加速运动的时间内B的速度范围为2m/s＜vB＜2.67m/s．故选BC正确，AD错误．‎ 二．实验题（16分）‎ ‎10.如图，光滑水平桌面左侧是一个1/4光滑圆弧轨道，小球a、b用细线连接，中间有一被压缩了的轻弹簧，静止放在水平桌面上．烧断细线后，a、b瞬间被弹开，向相反方向运动，a球上升到圆弧轨道上的最高点C点，b球从桌面边缘飞出后落到地面上的D点．‎ ‎(1)若小明利用该装置验证动量守恒定律，需要测量的物理量______.‎ A.用天平测出小球a、b的质量分别为、‎ B.测出C点离桌面的高度 C.测出桌面离地面的高度和D点高桌子边缘的水平距高L D.测出当地的重力加速度g ‎(2)该实验只需验证表达式__________________成立即可验证动量守恒定律．(使用第一问的字母表示)‎ ‎【答案】 (1). ABC (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）a球上升到圆弧轨道上的最高点C点，设C点的高度h1，则；b球从桌面边缘飞出后落到地面上的D点，设桌面离地面的高度h2和D点离桌子边缘的水平距离L，则由平抛运动可知，若动量守恒则：，即，即 ，则所要测量的物理量：用天平测出小球a、b的质量分别为ma、mb；C点离桌面的高度h1；桌面离地面的高度h2和D点高桌子边缘的水平距高L；故选ABC.‎ ‎（2）该实验只需验证表达式成立即可验证动量守恒定律.‎ 点睛：此题关键是搞清实验的原理；此题中用小球上升的高度和平抛运动的高度和水平位移分别表示速度；‎ ‎11.要描绘一个规格为“3V 0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，提供的器材有：‎ A．电池组（电动势为4V，内阻约1Ω）；‎ B．电流表（量程为0—250mA，内阻约5Ω）；‎ C．电流表 (量程500μA，内阻为5Ω)；‎ D．电压表（量程为0—9V，内阻约3kΩ）；‎ E．电阻箱（0—9999.9Ω）；‎ F．滑动变阻器（最大阻值10Ω，额定电流1A）‎ G．滑动变阻器（最大阻值2014Ω，额定电流0.3A）‎ 开关一个、导线若干．‎ ‎①‎ 实验前使用多用电表欧姆档粗测小灯泡的电阻，当选用“×10”档，发现指针偏角太大，应选_______档；‎ ‎②实验中，滑动变阻器应选_________，电流表应选________，除电池组、开关、导线和已选器材外，还应选器材__________．（选填器材前面的字母序号）‎ ‎③实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示．如果将这个小灯泡接到如图所示的电路中，其中R（规格：“3V 0.66W”）为电热丝，且正常工作，此时小灯泡的电阻是_______Ω．（保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). ×1 (2). F B CE (3). 11‎ ‎【解析】①欧姆表的读数规则：阻值=示数×档位，欧姆表的指针从无穷大向零偏转，指针偏角太大，说明示数太小，档位倍数太大，故应改选倍数较小的“×1”档；‎ ‎②G项中滑动变阻器阻值太大，滑片的移动范围太小，不好控制，故选F项中阻值较小的滑动变阻器；小灯泡规格为“3V 0.6W”，额定电流I=0.2A，C项的电流表量程太小，故选B；D项的电压表量程为小灯泡额定电压的3倍，太大，测量误差太大，不能使用，可用C项中小量程的电流表串联电阻箱代替电压表，故选C和E．‎ ‎③电热丝R正常工作，电路中的电流，由小灯泡的伏安特性曲线可知当电流为0.22A时，其两端电压U=2.5V，其电阻，取两位有效数字，即为11Ω．‎ 三、解答题（40分）‎ ‎12.图中的实线是一列简谐波在某一时刻的波形曲线．经0.2s后，其波形如图中虚线所示．设该波的周期T大于0.2s，求：‎ ‎(1)由图中读出波的振幅和波长；‎ ‎(2)如果波向右传播，波速是多大？波的周期是多大？‎ ‎(3)如果波向左传播，波速是多大、波的周期是多大？‎ ‎【答案】(1) 10cm, 0.24cm；(2) 0.9m/s, 0.27s；(3) 0. 3m/s, 0.8s ‎【解析】(1)振幅A＝10cm；波长λ＝0.24cm ‎(2)波向右传播：传播距离为18cm，故波速为 ‎ 波在一个周期内匀速平移一倍的波长，故：T1＝t 周期 ‎ ‎(3)波向左传播：波形平移距离为6cm，故波速为 ‎ 波在一个周期内匀速平移一倍的波长，故T2＝t，周期T2＝4t＝4×0.2s＝0.8s ‎13.如图所示，在直角坐标系xoy的第一象限中分布着与y轴平行的匀强电场，在第四象限中分布着垂直于纸面方向的匀强磁场，一个质量为m，电荷量为q的正粒子(不计重力)，从A(0、2)点平行于x轴射入电场，初速度v0=120m/s．从x轴上的P点(4、0)第一次由电场进入磁场，接着从磁场经过x轴上的Q点(8、0)再次进入电场．已知该粒子的比荷为q/m＝108C/kg，求：‎ ‎⑴匀强电场的方向和匀强磁场的方向． ‎ ‎⑵匀强磁场的磁感应强度B的大小．‎ ‎【答案】（1）竖直向下 垂直于纸面向里（2）6×10-7T ‎【解析】（1）由题意可知，粒子在电场中向下偏转，所受电场力竖直向下，粒子带正电，则电场强度方向：竖直向下；粒子在磁场中做匀速圆周运动，由题意可知，粒子进入磁场后沿逆时针方向偏转，由左手定则可知，磁感应强度垂直于纸面向里；‎ ‎（2）粒子在电场中作类平抛运动，轨迹如图所示：‎ 水平方向：x = v0t ‎ 竖直方向： y = ‎ vy = at ‎ 联立上述方程得： vy = 120m/s ‎ 粒子从P点进入磁场时的速度大小v = = 120m/s 　 ‎ 方向与x轴成α=arctanv0/vy = 45o　　　　‎ 粒子在磁场中作匀速圆周运动，由图可知圆弧所对应圆心角θ＝90o ‎ 圆周运动的轨道半径 ： R2 + R2 = 42　　　　　　 ‎ 同时有：qvB = 　 ‎ 解得： B = = 10-8×T ＝ 6×10-7T ‎14.如图所示，“L”形槽固定在光滑水平面，槽的曲面部分光滑，水平部分粗糙且长度d=2m，上方有水平向右的匀强电场，场强E=102N/C．不带电的绝缘物体B静止在槽的水平部分最左端，在槽的最右端并排放置一个与它等高的，足够长的木板C，足够远处有竖直的挡板P．ABC质量均为m=1kg，现将带正电的电量q=5×10﹣2C，物体A从槽的曲面上距B的竖直高度为h=0.8m处由静止释放，已知A.B与槽的水平部分及C的上表面的动摩擦因数均为μ=0.4．A与B，C与P的碰撞过程时间极短且碰撞过程中无机械能损失．A.B均可看作质点且A的电量始终保持不变，g取10m/s2．求：‎ ‎(1)A与B第一次碰撞后B的速度；‎ ‎(2)A与B第二次碰撞后B的速度；‎ ‎(3)物体B最终停在距离木板C左端多远处．‎ ‎【答案】(1) 4m/s (2) 2m/s (3) 0.5m ‎【解析】(1)A与B第一次碰撞前，由机械能守恒定律得 解得：v0=4m/s 规定向右为正方向，碰撞过程动量守恒：mv0=mvA+mvB 机械能守恒：‎ 解得：vA=0，vB=4m/s ‎ (2)A与B第一次碰撞后A做匀加速直线运动，‎ 加速度大小 B做匀减速速直线运动，根据牛顿第二定律得 加速度大小 B的速度减到零所需的时间为 B的位移 位移 而A作匀加速直线运动1s发生的位移为 所以当B的速度减到零以后才发生第二次碰撞，第二次碰撞前A的速度 由动量守恒定律及机械能守恒可得：‎ A B第二次碰撞后B获得的速度v'B=2m/s ‎(3)A与B完成第二次碰撞后A将静止．此时B刚好滑上C的上表面，‎ B与C在第一次与挡板P碰前的共同速度为mv'B=2mv1；代入数据得：v1=1m/s C与P碰后向左运动，因为B与C动量大小相同，方向相反，取水平向右为正方向，‎ 根据动量守恒定律得mv1﹣mv1=2mv2 代入数据得：v2=0‎ 最终BC静止，B的动能全部转化为内能，由能量守恒得：‎ 而Q=μmgs 故B距离C的左端：s=0.5m