2017-2018学年河南省豫西名校高二下学期第二次联考物理试题 解析版

2017-2018学年河南省豫西名校高二下学期第二次联考物理试题 解析版

河南省豫西名校2017-2018学年高二下学期第二次联考物理试题 一、选择题：本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，第1-6小题只有一个选项正确，第7-10小题有多个选项正确。全部选对的得5分，选对但不全的得4分，有选错或不答的得0分。‎ ‎1. 如图所示为甲、乙两质点做直线运动的速度-时间图象，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 在时间内甲、乙两质点的平均速度相等 B. 甲质点在时间内的加速度与乙质点在时间内的加速度相同 C. 甲质点在时间内的平均速度小于乙质点在时间内的平均速度 D. 在时刻，甲、乙两质点都回到了出发点 ‎【答案】A ‎【解析】A、在0～t3时间内，由面积表示为位移，可知甲、乙两质点通过的位移相等，所用时间相等，则甲、乙两质点的平均速度，故A正确；‎ B、图象的斜率表示加速度，则甲质点在0～t1时间内的加速度与乙质点在t2～t3时间的加速度大小相等，但方向相反，所以加速度不同，故B错误；‎ C、甲质点在0～t1时间内的平均速度为，乙质点在0～t2时间内平均速度为，即平均速度相等，故C错误；‎ D、两个质点一直沿正向运动，都没有回到出发点，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】在速度时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，斜率表示加速度，图象与坐标轴围成面积代表位移，平均速度等于位移与时间之比，根据这些知识分析。‎ ‎2. 如下图所示，水平传送带上放--物块，当传送带向右以速度匀速传动时，物体在轻弹簧水平拉力的作用下处于静止状态，此时弹簧的伸长量为。现令传送带向右加速到，这时的弹簧的伸长量为，则关于弹簧前、后的伸长量，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 弹簧伸长量将减小，即 B. 弹簣伸长量将增加，即 C. 弹簧伸长量在整个过程中始终保持不变，即始终 D. 弹簧伸长量在传送带向右加速时将有所变化，最终 ‎【答案】C ‎【解析】传送带的速度方向不变，不管速度大小如何变化，物块所受的滑动摩擦力方向向右，与弹簧弹力平衡，由于滑动摩擦力大小不变，则弹簧弹力不变，根据F=kx，知弹簧的形变量不变，故C正确，A、B、D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】块在水平方向上受弹簧的拉力和传送带给它的滑动摩擦力处于平衡，根据摩擦力的变化判断弹力的变化，从而根据胡克定律判断弹簧形变量的变化。‎ ‎3. 两颗人造卫星运动的轨迹都是圆，若轨道半径分别为、，向心加速度分别为、，角速度分别为、，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据万有引力提供向心力有  ， 整理得 ， ，所以 ， ，， 故B正确，A、C、D错误；‎ 故选B。‎ ‎4. 如图所示，斜轨道与半径为的半圈轨道平滑连接，点与半圆轨道最高点等高，为轨道的最低点。现让小滑块（可视为质点）从点开始以速度沿斜面向下运动，不计一切摩擦，关于滑块运动情况的分析，正确的是（ ）‎ A. 若，小滑块恰能通过点，且离开点后做自由落体运动 B. 若，小滑块恰能通过点，且离开点后做平抛运动 C. 若，小滑块恰能到达点，且离开点后做平抛运动 D. 若，小滑块恰能到达点，且离开点后做自由落体运动 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：滑块恰好通过最高点C，由 可得：；‎ 根据机械能守恒可知：；即若，则滑块无法达到最高点C；若，则可以通过最高点做平抛运动，由机械能守恒定律可知，A点的速度应大于等于，小滑块能达到C点，且离开后做平抛运动，故ABC错误，D正确；‎ 考点：机械能守恒定律；向心力．‎ ‎【名师点睛】机械能守恒定律与圆周运动的结合题目较为常见，在解题时一定要把握好竖直平面内圆周运动的临界值的分析，即由圆周运动的临界条件可知物块能到达C点的临界值，再由机械能守恒定律可得出其在A点的速度。‎ ‎5. 图中、、为三根与纸面重直的固定长直导线，其截面位于等边三角形的三个项点上，沿水平方向，导线中均通有大小相等的电流，方向如图所示，点为三角形的中心。（到三个顶点的距离相等），则（ ）‎ A. 点的磁感应强度为零 B. 点的磁场方向垂直向下 C. 导线受到的安培力方向竖直向上 D. 导线受到的安培力方向沿连线方向指向 ‎【答案】B ‎【解析】AB、根据右手螺旋定则，电流a在O产生的磁场平行于bc向左，b电流在O产生的磁场平行ac指向右下方，电流c在O产生的磁场平行ab指向左下方；由于三导线电流相同，到O点的距离相同，根据平行四边形定则，则O点合场强的方向垂直Oc向下，故A错误，B正确；‎ CD、根据左手定则，结合矢量合成法则，导线a受到的安培力方向水平向左，而导线b受到的安培力方向平行于ac斜向左上方，故C、D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】根据右手螺旋定则判断出直导线在O点的磁场方向，根据平行四边形定则，对磁感应强度进行合成，得出O点的合场强的方向；再依据左手定则，从而确定导线受到的安培力方向。‎ ‎6. 如图所示，一倾角为、高为的光滑斜面，固定在水平面上，一质量为的小物块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到底端时速度的大小为，所用时间为，则物块滑至斜面的底端时，重力的瞬时功率及重力的冲量分别为（ ）‎ A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】D 故选D。‎ ‎【点睛】应用公式P=Fv求某力的瞬时功率时，注意公式要求力和速度的方向在一条线上，在本题中应用机械能守恒求出物体滑到斜面底端时的速度，然后将速度沿竖直方向分解即可求出重力功率，由动量定理求重力的冲量。‎ ‎7. 如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为，电池和交变电源的电动势都为 ‎，内阻均不计，下列说法正确的是（ ）‎ A. 与接通稳定后，两端的电压为 B. 与接通的瞬间，中无感应电流 C. 与接通稳定后，两端的电压为 D. 与接通稳定后，原、副线圈中电流的频率之比为 ‎【答案】AC ‎【解析】A、在S与a接通稳定后，电路中的电流稳定，磁通量不会发生变化，所以副线圈中不会有感应电流产生，电阻R两端的电压为0，故A正确；‎ B、在S与a接通的瞬间，由于电流由零突然变大，所以线圈中的磁通量会发生变化，副线圈中的R会有感应电流，故B错误；‎ C、在S与b接通稳定后，由于b是交流电源，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压为3V，故C正确；‎ D、变压器不会改变交流电源的频率，所以原、副线圈中电流的频率是相同的，故D错误；‎ 故选AC。‎ ‎【点睛】变压器对于交流电起作用，接在直流电中是不起作用的，在根据最大值和有效值之间的关系以及电压与匝数成正比即可求得结论。‎ ‎8. 高层住宅与写字楼已成为城市中的亮丽风景，电梯是高层住宅与写字楼必配的设施。某同学将一轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小铁球，如图所示，在电梯运行时，该同学发现轻弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量小了，这--现象表明（ ）‎ A. 电梯可能是在下降 B. 电梯的加速度方向可能是向上 C. 该同学对电梯地板的压力等于其重力 D. 该同学对电梯地板的压力小于其重力 ‎【答案】AD ‎【解析】电梯静止不动时，小球受力平衡，有；弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量小了，说明弹力变小了，根据牛顿第二定律，有，故加速度向下，电梯加速下降或者减速上升，电梯以及电梯中的人处于失重状态，该同学对电梯地板的压力小于其重力，故A、D正确，B、C错误；‎ 故选AD。‎ ‎【点睛】对铁球的受力分析，受重力和拉力，结合牛顿第二定律，判断出加速度的方向；然后判断电梯和乘客的超、失重情况。‎ ‎9. 电场中等势面如图所示，下列关于该电场描述正确的是（ ）‎ A. 点的电场强度比点的小 B. 负电荷在点的电势能比在点的电勢能大 C. 电荷沿等勢面移动的过程中，电场力始终不做功 D. 正电荷由移动到，电场力做正功 ‎【答案】CD ‎【解析】A、点A的等势面比C点的等势面密，则A点的场强比C点的大，故A错误；‎ B、负电荷在高电势点电势能小，在低电势点电势能高，负电荷在点的电势能比在点的电勢能小，故B错误；‎ C、沿着等势面移动点电荷，电势能不变，电场力不做功，故C正确；‎ D、正电荷由A到C，从高电势到低电势，故电场力做正功，故D正确；‎ 故选CD。‎ ‎10. 、两闭合圆形导线环用相同规格的导线制成，它们的半径之比 ‎，在两导线环包围的空间内存在一正方形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直于两导线环的平面，如图所示。当磁场的磁感应强度随时间均匀增大的过程中，两导线环的感应电动势大小之比和流过两导线环的感应电流大小之比产分别为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】BC ‎【解析】根据法拉第电磁感应定律，题中n相同，相同，有效面积S也相同，则得到A、B环中感应电动势之比为：，根据电阻定律，，ρ、S相同，则电阻之比为：，根据欧姆定律得产生的感应电流之比为：‎ ‎，故B、C正确，A、D错误；‎ 故选BC。‎ ‎【点睛】根据法拉第电磁感应定律，研究A、B环中感应电动势EA：EB．根据电阻定律求出两环电阻之比，再欧姆定律求解电流之比IA：IB，从而即可求解。‎ 二、填空题（共14分）‎ ‎11. 某实验小组的同学欲“探究小车动能变化与合外力对它所做功的关系”，在实验室设计了一套如图甲所示的装置，图中为小车，为打点计时器，为弹簧测力计，为小桶（内有砂子），一端带有定滑轮的足够长的木板水平放置，不计绳与滑轮的摩擦。实验时，先接通电源再松开小车，打点计时器在纸带上打下一系列点。‎ ‎(1)该同学在一条条比较理想的纸带上，将点迹清晰的某点记为零点，顺次选取一系列点，分别测量这些点到零点之间的距离，计算出它们与零点之间的速度平方差，弹簧测力计的读数为，小车的质量为，然后建立坐标系，通过描点法得到的图象是一条过原点的直线，如图乙所示，则这条直线的斜率的意义为_______________________填写表达式）‎ ‎(2)若测出小车质量为，结合图象可求得小车所受合外力的大小为___________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 1‎ ‎【解析】(1)由动能定理可得：，所以理论上，则可知图象的斜率等于；‎ ‎(2)由图可知，图象的斜率为 ，则得合外力 。‎ ‎12. 用如图所示电路测量电源的电动势和内阻。实验器材：待测电源（电动势约，内阻约），保护电阻（阻值）和（阻值），滑动变阻器，电流表，电压表，开关，导线若干。‎ 实验主要步骤：‎ ‎①将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；‎ ‎②逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数和相应电流表的示数；‎ ‎③以为纵坐标，为横坐标，作图线（、都用国际单位）；‎ ‎④求出图线斜率的绝对值和在横轴上的截距。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)电压表最好选用__________；电流表最好选用_________‎ A．电压表（，内阻约）‎ B．电压表（，内阻约）‎ C．电流表（，内阻约）‎ D．电流表（，内阻约）‎ ‎(2)滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大，两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是_____。‎ A．两导线接在滑动变阻器电阻丝两端的接线柱 B．两导线接在滑动变阻器金属杆两端的接线柱 C．一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱 D．一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱 ‎(3)选用、、和表示待测电源的电动势和内阻的表达式_________，_________，代入数值可得和的测量值。‎ ‎【答案】 (1). A (2). C (3). C (4). (5). ‎ ‎【解析】(1)由图示电路图可知，电压表有分流作用，流过电源的电流大于电流表示数，电压表分流是造成实验误差的原因，为减小实验误差，应减小电压表分流对实验的影响，应选择内阻较大的电压表，因此电压表应选择A；‎ 通过电路的最大电流约为：，则电流表应选择C；‎ ‎(2) 分析电路可知，滑片右移电压表示数变大，则说明滑动变阻器接入电路部分阻值增大，而A项中两导线均接在金属柱的两端上，接入电阻为零；而B项中两导线接在电阻丝两端，接入电阻最大并保持不变；C项中一导线接在金属杆左端，而另一导线接在电阻丝左端，则可以保证滑片右移时阻值增大；而D项中导线分别接右边上下接线柱，滑片右移时，接入电阻减小，故D错误；‎ 故选C；‎ ‎(3)由图示电路图可知，电源电动势：，则：，U−I图象的斜率：，电源内阻：；‎ 令U=0，则有：，由题意可知，图象与横轴截距为a，则有：，解得：。‎ 三、解答题（本题共4小题，共36分，解题要写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数据计算的题目，还应计算出最后结果，只有最后答案的不得分．）‎ ‎13. 如图所示，长为、质量为的木板，放在水平地而上，木板向右运动的速度时，在木板前端轻放一个大小不计，质量为的小物块。木板与地面、物块与木板间的动摩擦因数均为，。求：‎ ‎(1)物块及木板的加速度大小；‎ ‎(2)物块滑离木板时的速度大小.‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】【分析】对物块及木板受力分析可求得加速度；物块相对木板运动距离为L，由运动学公式可求解；‎ 解：（1）物块的加速度 对木板有：‎ 解得 ‎（2）设物块经时间从木板滑离，则：‎ 解得或（因物块已滑离木板，故舍去）‎ 滑离木板时物块的速度：‎ ‎14. 反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似，如图所示，在虚线两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一帶电微粒从点由静止开始，在电场力作用下沿直线在、两点间往返运动。已知电场强度的大小分别是和，方向如图所示，帶电微粒质量，带电荷量，点距虚线的距离，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应。求：‎ ‎(1)点距虚线的距离；‎ ‎(2)带电微粒从点运动到点所经历的时间。‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】【分析】对带电粒子运用动能定理研究A到B得过程，注意其中电场力做功的表达；抓住粒子在同一电场中做的是匀变速直线运动，运用运动学公式求出时间；‎ 解：（1）带电微粒由运动到的过程中，由动能定理有 ①‎ 由①式解得 ②‎ ‎（2）设微粒在虚线两侧的加速度大小分别为、，‎ 由牛顿第二定律有 ③‎ ‎ ④‎ 设微粒在虚线两侧运动的时间分别为、，由运动学公式有：‎ ‎ ⑤‎ ‎ ⑥‎ 又 ⑦‎ 由②③④⑤⑥⑦式解得 ‎15. 如图所示，小球质量为，系在细线的一端，线的另一端固定在点，点到光滑水平面的距离为。物块和的质量分别是和，与用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且物块位于点正下方。现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块发生正碰（碰撞时间极短），反弹后上升到最高点时到水平面的距离为，小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为，求碰撞过程物块受到的冲量大小及碰后轻弹簧获得的最大弹性势能。‎ ‎【答案】,‎ ‎【解析】设小球运动到最低点与物块B碰撞前的速度大小为v0，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有：‎ ‎ 解得： ‎ 设碰撞后小球反弹的速度大小为v1，同理有：‎ 解得： ‎ 设碰撞后物块B的速度大小为v2，取水平向右为正方向，‎ 由动量守恒定律有：      ‎ ‎ 解得： ‎ 碰撞后当B物块与C物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量守恒定律有:‎ 据机械能守恒定律： ‎ 解得：.‎ 点睛：本题综合考查动量守恒定律、机械能守恒定律，要注意正确分析物理过程，选择合适的物理规律求解。‎ ‎16. 如图所示，一带电粒子质量为、电荷量，从静止开始经电压为的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，粒子射出电场时的偏转角，并接着沿半径方向进入一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，粒子射出磁场时的偏转角也为。已知偏转电场中金属板长，圈形匀强磁场的半径，重力忽略不计。求：‎ ‎(1)带电粒子经的电场加速后的速率；‎ ‎(2)两金属板间偏转电场的电场强度；‎ ‎(3)匀强磁场的磁感应强度的大小。‎ ‎【答案】(1) (2) (3)‎ ‎【解析】【分析】根据动能定理求解带电微粒经U1=100V的电场加速后的速率；带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动，运用运动的分解法研究：在水平方向微粒做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解电场强度；带电微粒进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹对应的圆心角就等于速度的偏向角，作出轨迹，得到轨迹的圆心角，由几何知识求出轨迹半径，由牛顿第二定律求解磁感应强度的大小；‎ 解：（1）带电粒子经加速电场加速后速度为，根据动能定理：‎ 解得：‎ ‎（2）带电粒子在偏转电场中受电场力作用，做类平抛运动。在水平方向粒子做匀速直线运动，水平方向：‎ 带电粒子在竖直方向做匀加速直线运动，加速度为，出电场时竖直方向速变为，且 由几何关系 ‎（3）设带电粒子进磁场时的速度大小为，则 由粒子运动的对称性可知，入射速度方向过磁场区域圆心，则出射速度反向延长线过磁场区域圆心，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示 则轨迹半径为 由 得：‎ ‎ ‎