2017-2018学年四川省德阳五中高二下学期4月月考物理试题 解析版

2017-2018学年四川省德阳五中高二下学期4月月考物理试题 解析版

四川省德阳五中2017-2018学年高二下学期4月月考物理试卷 一、选择题 ‎1. 如图所示，在水平天花板的A点处固定一根轻杆a，杆与天花板保持垂重．杆的下端有一个轻滑轮O.另一根细线上端固定在该天花板的B点处，细线跨过滑轮O，下端系一个重为G的物体，BO段细线与天花板的夹角θ＝30°.系统保持静止，不计一切摩擦．下列说法中正确的是(　　)‎ A. 细线BO对天花板的拉力大小是 B. a杆对滑轮的作用力大小是 C. a杆和细线对滑轮的合力大小是G D. a杆对滑轮的作用力大小是G ‎【答案】D ‎【解析】解：A、对重物受力分析，受到重力和拉力T，根据平衡条件，有T=mg，同一根绳子拉力处处相等，故绳子对天花板的拉力也等于mg，故A错误；‎ B、D、对滑轮受力分析，受到绳子的压力（等于两边绳子拉力的合力），以及杆的弹力（向右上方的支持力），如图 根据平衡条件，结合几何关系，有 F=T=mg 故B错误，D正确；‎ C、由于滑轮处于平衡状态，故a杆和细线对滑轮的合力大小是零，故C错误；‎ 故选D．‎ 考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ 分析：先对重物受力分析，根据平衡条件求得拉力；再对滑轮受力分析，根据力的合成的平行四边形定则求得细线对滑轮的合力，再得到a杆对滑轮的力．‎ 点评：本题关键是先后对重物和滑轮受力分析，然后根据共点力平衡条件列式分析求解．‎ ‎2. 如图所示，半径为R的金属环竖直放置，环上套有一质量为m的小球，小球开始时静止于最低点，现使小球以初速度v0= 沿环上滑，小环运动到环的最高点时与环恰无作用力，则小球从最低点运动到最高点的过程中（　　） ‎ A. 小球机械能守恒 B. 小球在最低点时对金属环的压力是6mg C. 小球在最高点时，重力的功率是mg D. 小球机械能不守恒，且克服摩擦力所做的功是0.5mgR ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：小球在最高点与环作用力恰为0时，设速度为v，则，解得：；从最低点到最高点，由动能定理得：-mg•2R-W克=mv2-mv02，又v0=解得：W克=0．5mgR，所以机械能不守恒，且克服摩擦力所做的功是0．5mgR，故A错误，D正确．在最低点，根据向心力公式得：，解得：N=7mg，则由牛顿第三定律知，小球在最低点时对金属环的压力是7mg，故B错误；小球小球在最高点时，重力方向与速度方向垂直，重力的功率为零，故C错误．故选D。‎ 考点：牛顿第二定律；动能定理 ‎【名师点睛】本题考查了机械能守恒定律、向心力公式以及动能定理的直接应用，要求同学们明确圆周运动最高点的临界条件，知道重力功率与竖直分速度有关。‎ ‎3. 若在某行星和地球上相对于各自的水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平抛一物体，它们在水平方向运动的距离之比为2∶ .已知该行星质量约为地球的7倍，地球的半径为R.由此可知，该行星的半径约为(　　)‎ A. R B. R C. 2R D. R ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，即，在竖直方向上做自由落体运动，即，所以，两种情况下，抛出的速度相同，高度相同，所以，根据公式可得，故，解得，故C正确；‎ 考点：考查了平抛运动，万有引力定律 ‎【名师点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及掌握万有引力等于重力这一理论，并能灵活运用．‎ 视频 ‎4. 质量为500kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a和速度的倒数的关系如图所示，则赛车：      （     ）‎ A. 做匀加速直线运动 B. 功率为20kW C. 所受阻力大小为2000N D. 速度大小为50m/s时牵引力大小为3000N ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：由图像可知，汽车的加速度随速度的增大而减小，故汽车不做匀加速运动，选项A错误；根据P=Fv，F-f=ma可得：；由图像可知：，，解得f="2000N;" P=2×105W,选项B错误，C正确；速度大小为50m/s时牵引力大小为，选项D错误；故选C．‎ 考点：牛顿第二定律；功率 ‎【名师点睛】本题考查动能定理、功率公式的应用以及图象的性质，要注意正确根据物理规律确定函数关系，再由图象求解相关物理量。‎ ‎5. 如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一稳压电源相连，若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中该粒子：      （      ）‎ A. 所受重力与电场力平衡 B. 电势能逐渐增加 C. 机械能逐渐减小 D. 做匀变速直线运动 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：带电粒子在电场中受到电场力与重力，根据题意可知，粒子做直线运动，电场力必定垂直极板向上，若由左向右运动，则电场力与重力的合力必定与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动；若由右向左运动，则两者方向相同，则做匀加速直线运动，故A错误，D正确；电场力垂直于极板向上，若电场力做负功，则电势能增加；若电场力做正功，则电势能减小，故B错误；因重力不做功，电场力做负功，则电势能增加，导致动能减小，此时机械能减小；当电场力做正功时，动能却增加，此时机械能增加，故C错误；故选D。‎ 考点：带电粒子在复合场中的运动 ‎【名师点睛】此题是带电粒子在复合场中的运动问题，考查根据运动情况来确定受力情况，并由电场力做功来确定电势能如何，以及动能的变化。‎ ‎6. 如图所示,平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R2的滑片向b端移动时，则：      （      ）‎ A. 电压表示数增大 B. 电流表示数减小 C. 质点F将向下运动 D. R1上消耗的功率逐渐减小 ‎【答案】C ‎【解析】滑片向b端移动，R2接入电阻减小，总电阻减小，总电流I增大，路端电压U外减小，U1增大，U3＝U外－U1，U3减小，电压表示数减小，选项A错误；I3＝，I3减小，I2＝I－I3，电流表示数I2增大，选项B错误；UC＝U3，UC减小，质点P所受静电力减小，P向下运动，P1＝I2R1，P1增大，选项C正确，D错误。‎ ‎7. 如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B的复合场中（E和B已知），小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，则下列说法中错误的是（　　）‎ A. 小球可能带正电 B. 小球做匀速圆周运动的半径为r= ‎ C. 小球做匀速圆周运动的周期为T= ‎ D. 若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期不变 ‎【答案】A ‎.....................‎ B、由于洛伦兹力提供向心力，故有，解得，又由于，解得，所以，故B正确；‎ C、由于洛伦兹力提供向心力做圆周运动，故有运动周期，故正确；‎ D由于洛伦兹力提供向心力做圆周运动，故有运动周期，显然运动周期与加速电压无关，电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期不变，故D正确；‎ 故下列说法中错误的是选A．‎ ‎8. 如图所示，边长为L的正方形单匝线框有一半水平放置在与水平方向夹角为30°的匀强磁场中，线框的左侧接入电阻R，右侧接入电容为C的电容器，其余电阻不计。若匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示(规定斜向下为正方向)，则在0～t1时间内 ‎ A. 电容器a板带正电 B. 电容器所带的电荷量为零 C. 线框中产生的感应电动势大小为 D. 通过电阻R的电流为 ‎【答案】C ‎【解析】由图可知在0-t1‎ 时间内磁场向上减小，根据楞次定律可知，线圈中产生逆时针方向的充电电流，则电容器a板带负电，选项A正确；因磁感应强度的变化率不为零，则线框中磁通量变化不为零，选项B错误；线框中产生的电动势为，选项C正确；因电动势恒定，则回路中只有瞬时的充电电流，电容器充电完毕后，回路中电流变为零，选项D错误；故选AC.‎ ‎9. 如图所示，面积为 ，内阻不计的100匝矩形线圈ABCD，绕垂直于磁场的轴 匀速转动，转动的角速度为100rad/s，匀强磁场的磁感应强度为。矩形线圈通过滑环与理想变压器相连，触头P可移动，副线圈所接电阻 ，电表均为理想交流电表，当线圈平面与磁场方向平行时开始计时，下列说法正确的是：      （     ）‎ A. 线圈中感应电动势的表达式为 B. P上移时，电流表示数减小 C. t=0时刻，电压表示数为 D. 当原副线圈匝数比为1:2时，电阻上消耗的功率为400W ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：矩形闭合导线框ABCD在磁场中转动，产生的交流电的最大值为：，线圈中感应电动势的表达式为e=100cos（100t）V，故A错误；P上移时，原线圈的匝数减小，则导致副线圈电压增大，那么副线圈电流也增大，则原线圈的电流会增大，故B错误；由于最大值为有效值的倍，所以交流电的有效值为U=100V，当t=0时，电压表示数为100V，故C错误；当原、副线圈匝数比为1：2时，次级电压有效值为200V，电阻上消耗的功率为，故D正确；故选D。‎ 考点：交流电；变压器 ‎10. 将小球以某一初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能 ，重力势能 与其上升高度h间的关系分别如图中两直线所示，取g=10m/s2，下列说法正确的是：      （     ）‎ A. 小球的质量为0.2kg B. 小球受到的阻力（不包括重力）大小为0.25N C. 小球动能与重力势能相等时的高度为 D. 小球上升到2m时，动能与重力势能之差为0.5J ‎【答案】BD ‎【解析】试题分析：在最高点，，得：，故A错误；由除重力以外其他力做功可知：，解得：，故B正确；设小球动能和重力势能相等时的高度为H，此时有：，由动能定理：，得：，故C错误；由图可知，在处，小球的重力势能是2J，动能是，所以小球上升到2m时，动能与重力势能之差为2．5J-2J=0．5J，故D正确． 考点：考查了动能定理，功能关系 ‎【名师点睛】该题首先要会从图象中获得关键信息，这种图象类型的题目，要关注图象的交点，斜率等，明确其含义，能够有利于解题．‎ ‎11. 某小型水电站的电能输送示意图如图所示。发电机的输出电压为220 V，输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器)，要使额定电压为220 V的用电器正常工作，则(　　)‎ A. ‎ B. ‎ C. 升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压 D. 升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率 ‎【答案】AD ‎【解析】AB．根据变压器工作原理可知，由于输电线上损失一部分电压，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，有，所以，故A项正确，B项错误；‎ CD．升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线损失功率，故D项正确，C项错误；‎ 故选AD．‎ ‎【点睛】理想变压器的输入功率与输出功率相等，且没有漏磁现象．远距离输电，由于导线通电发热导致能量损失，所以通过提高输送电压，从而实现降低电损。‎ ‎12. 一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的有用功率达到最大值P，以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升为止，物体上升的高度为h，则整个过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A. 重物的最大速度v2=‎ B. 钢绳的最大拉力为 ‎ C. 重物匀加速运动的加速度为﹣g D. 重物做匀加速运动的时间为 ‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】A．重物以最大速度v2匀速上升，重物的最大速度，故A项正确；‎ B．重物作匀加速直线运动时所受拉力即为最大拉力等于速度为时的拉力，大小为，故B项错误；‎ C．重物匀加速阶段所受起重机的拉力为，则所受合外力为，则加速度为，故C项正确；‎ D．重物做匀加速运动的时间为，故D正确；‎ 故选ACD．‎ ‎【点睛】重物受重力和起重机的拉力，重物先在此二力的作用下作匀加速直线运动，即拉力恒定且大于重力，速度逐渐增大，起重机功率逐渐增大。当速度达到v1时，起重机达到最大功率并保持不变，拉力逐渐减小但大于重力，重物作加速度减小的加速直线运动，拉力等于重力，重物作匀速直线运动。‎ 二、实验题 ‎13. 物理小组在一次探究活动中测量滑块与木块之间的动摩擦因数.实验装置如下图所示,一表面粗糙的木板固定在水平桌面上,一端装有定滑轮;木板上有一滑块,其一端与电磁打点计时器的纸带相连,另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接.打点计时器使用的交流电源的频率为50 Hz.开始实验时,在托盘中放入适量砝码,滑块开始做匀加速直线运动,在纸带上打出一系列小点.‎ ‎(1)下图给出的是实验中获取的一条纸带的一部分,0、1、2、3、4、5、6、7是计数点,每相邻两计数点间还有4个打点(图中未标出),计数点间的距离如下图所示.根据图中数据计算滑块的加速度a为_______ m/s2.(保留三位有效数字)‎ ‎(2)回答下列两个问题:‎ ‎①为测量动摩擦因数,下列物理量中还应测量的有  (填入所选物理量前的字母)______.‎ A.木板的长度l B.木板的质量m1‎ C.滑块的质量m2‎ D.托盘和砝码的总质量m3‎ E.滑块运动的时间t ‎②测量①中所选定的物理量需要的实验器材是_______ .‎ ‎(3)滑块与木板间的动摩擦因数μ=___________ (用被测量的物理量的字母表示,重力加速度为g).与真实值相比,测量的动摩擦因数___________ (填“偏大”或“偏小”).‎ ‎【答案】 (1). 0.497; (2). CD; (3). 天平； (4). (5). 偏大；‎ ‎【解析】（1）每相邻两计数点间还有4个打点，说明相邻的计数点时间间隔：，‎ 根据逐差法有：；‎ ‎（2）要测量动摩擦因数，由可知要求，需要知道摩擦力和压力的大小，压力就是滑块的重力，所以需要知道滑块的质量，摩擦力要根据铁块的运动来求得，滑块做的是匀加速运动，拉滑块运动的是托盘和砝码，所以也要知道托盘和砝码的质量，故AB错误，CD正确．‎ ‎（3）由（2）可知，动摩擦因数的表达式为：，由牛顿第二定律列方程的过程中，考虑了木块和木板之间的摩擦，但没有考虑打点计时器给纸带的阻力、细线和滑轮间、以及空气等阻力，因此导致摩擦因数的测量值偏大。‎ 点睛：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，同时要熟练应用所学基本规律解决实验问题。‎ ‎14. 某兴趣小组要精确测定额定电压为3 V的节能灯正常工作时的电阻。已知该灯正常工作时电阻约500 Ω。实验室提供的器材有：‎ A．电流表A(量程：0～3 mA，内阻RA＝15 Ω)‎ B．定值电阻R1＝1 985 Ω C．滑动变阻器R(0～10 Ω)‎ D．电压表V(量程：0～12 V，内阻RV＝1 kΩ)‎ E．蓄电池E(电动势为12 V，内阻r很小)‎ F．开关S一个 G．导线若干 ‎(1)要精确测定节能灯正常工作时的电阻应采用下面电路图中的________。‎ ‎(2)选择正确电路进行实验，若电压表的示数用U表示，电流表的示数用I表示，写出测量节能灯电阻的表达式Rx＝________(用题目中给的相应字母表示)。当电流表中的电流强度I＝________mA时，记下电压表的读数U并代入表达式，其计算结果即为节能灯正常工作时的电阻。‎ ‎【答案】 (1). C; (2). ; (3). 1.5;‎ ‎【解析】试题分析：（1）要精确测定额定电压为的节能灯正常工作时的电阻，需测量节能灯两端的电压和通过节能灯的电流，由于电压表的量程较大，测量误差较大，不能用已知的电压表测量节能两端的电压，可以将电流表A与定值电阻串联改装为电压表测量电压；节能灯正常工作时的电流约为左右，电流表的量程较小，电流表不能精确测量电流，可以用电压表测量电流；因为滑动变阻器阻值远小于节能的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法，电路图选取C。‎ ‎（2）根据闭合电路欧姆定律知，灯泡两端的电压，通过灯泡的电流，‎ 所以节能灯正常工作时的电阻。‎ 改装后的电压表内阻为，则当时，节能灯两端的电压为，达到额定电压，测出来的电阻为正常工作时的电阻。‎ 考点：伏安法测电阻．‎ ‎【名师点睛】本题的难点在于电流表的量程偏小，无法测电流，电压表的量程偏大，测量电压偏大，最后需通过改装，用电流表测电压，电压表测电流 视频 三、计算题 ‎15. 如图所示，一质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其左端放一质量为m的小木块A，m

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