2018-2019学年湖南省双峰县第一中学高二下学期第一次月考物理试题 解析版

2018-2019学年湖南省双峰县第一中学高二下学期第一次月考物理试题 解析版

双峰一中2019年高二上学期第一次月考物理试卷 一、选择题 ‎1.跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上完全，这是因为（ ）‎ A. 人跳在沙坑的动量比跳在水泥地上小 B. 人跳在沙坑的动量变化比跳在水泥地上小 C. 人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上小 D. 人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 人在下落中接触地面的瞬间速度不变，故跳在沙坑的动量与跳在水泥地的动量是相等的，当人的速度变为0时，则人的动量也变为0，故动量的变化也是相等的，由动量定理，可知人受到的冲量也不变，但在沙坑中因为沙的缓冲，使减速时间延长．故人受到的冲力将小于人在地面上的冲力，故人跳到沙坑里要安全．故ABC错误，D正确．故选D．‎ ‎2.一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示。则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统(　　)‎ A. 动量守恒，机械能守恒 B. 动量不守恒，机械能守恒 C. 动量守恒，机械能不守恒 D. 无法判定动量、机械能是否守恒 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 对子弹、两木块和弹簧组成的系统在水平方向上所受合外力为零，则系统的动量定恒，但子弹击中木块的过程中，克服摩擦力做功，一部分机械能转化为内能，机械能不守恒，C正确。‎ ‎3.某交流发电机产生的感应电动势与时间的关系如图所示，下列说法正确的是 ‎ A. t＝0时刻发电机的转动线圈位于中性面 B. 在1s内发电机的线圈绕轴转动50圈 C. 将此交流电与耐压值是220V的电容器相连，电容器不会被击穿 D. 将此交流电接到匝数比是1∶10的升压变压器上，副线圈的电压的有效值为V ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据图可知，在t=0时刻时，产生的感应电动势最大，此时线圈平面与中性面垂直，故A错误；‎ B．产生的感应电动势的周期T=0.02s，故1s内发电机的线圈转动的圈数为n＝1/T＝50转，故B正确；‎ C．电容器的耐压值为电压的最大值，故电容器一定被击穿，故C错误；‎ D．输入电压的有效值为U1＝＝220V，根据得U2=2200V，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎4.水平推力F1和F2分别作用于水平面上等质量的a、b两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间后停下，两物体的v－t图象分别如图中OAB、OCD所示，图中AB∥CD，则 ‎ ‎ A. F1的冲量大于F2的冲量 B. F1的冲量等于F2的冲量 C. 两物体受到的摩擦力大小相等 D. 两物体受到的摩擦力大小不等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由图，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等。根据动量定理，对整个过程研究得：F1t1-ftOB=0，F2t2-ftOD=0；由图看出，tOB＜tOD，则有 F1t1＜F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量。故选C。‎ ‎5.假设在真空玻璃盒内有一固定于地面上空附近的N极磁单极子，其磁场分布与正点电荷电场分布相似，周围磁感线呈均匀辐射式分布如图所示。一质量为m、电荷量为q的带电粒子正在该磁单极子上方附近做速度大小为v、半径为R的匀速圆周运动，其轨迹如虚线所示，轨迹平面为水平面。(已知地球表面的重力加速度大小为g,不考虑地磁场的影响),则( )‎ A. 带电粒子一定带负电 B. 若带电粒子带正电，从轨迹上方朝下看，粒子沿逆时针方向运动 C. 带电粒子做匀速圆周运动的向心力仅由洛伦兹力提供 D. 带电粒子运动的圆周上各处的磁感应强度大小为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 根据左手定则知，从轨迹上方朝下看，若该粒子沿顺时针方向运动，该电荷带正电，若该粒子沿逆时针方向运动，该电荷带负电，AB错误；该粒子受到的洛伦兹力与所在处的磁感线方向垂直且斜向上，只是其水平分力(或者说是洛伦兹力与重力的合力)提供做匀速圆周运动的向心力，C错误；由洛伦兹力与重力的合力提供做匀速圆周运动的向心力，结合勾股定理，有，得该粒子所在处磁感应强度大小，C错误D正确．‎ ‎6.如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为L.纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t＝0时刻恰好位于图中所示的位置．以顺时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流－位移(I－x)关系的是 ‎ ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】位移在0～L过程：磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值。，因l=x，则，位移在L～2L过程：磁通量先增大后减小，由楞次定律判断感应电流方向先为顺时针方向，为正值，后为逆时针方向，为负值。位移在2L～3L过程：磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向，为负值。，故选C。‎ ‎7.如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的变压比为 m，降压变压器的变压比为n，输电线的电阻为 R，升压变压器和降压变压器均为一理想变压器，发电机输出的电压恒为 U，若由于用户的负载变化，使电压表 V2 的示数减小了△U，则下列判断正确的是 ‎ A. 电流表 A2 的示数增大了 B. 电流表 A1 的示数增大了 C. 电压表 V1 的示数减小了△U D. 输电线损失的功率增加了 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．降压变压器原副线圈两端的电压之比等于n，所以有 ‎，即降压变压器原线圈两端电压减小了n△U，根据欧姆定律，电流表A1示数增大了，输电线上电流增大了，根据电流与匝数成反比知，电流表A2示数增大了，故A错误，B正确；‎ C．根据题意知，发电厂的输出电压恒为U，升压变压器的变压比不变，所以电压表V1的示数不变，故C错误；‎ D．由于输电线上电流增大了，故输电线损失的功率增加量一定不是P=()2R，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎8.一个水龙头以v的速度喷出水柱，水柱的横截面积为s，水柱垂直冲击竖直墙壁后变为速度为零的无数小水滴，水的密度为，则水柱对墙壁的冲击力为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设在∆t时间内喷出的水的质量为∆m= v∙∆t∙sρ；水柱冲击墙面的过程中，由动量定理得：-F∆t=0-∆mv；，故选D.‎ ‎9.如图所示，A、B是两个小物块，C是轻弹簧，用一根细线连接A、B使弹簧C处于压缩状态，然后放置在光滑的水平桌面上．要探究A、B只在弹簧作用下的不变量，可以不需要测量的物理量是 ‎ A. 桌面的宽度 B. 两物块的质量 C. 两物块离开桌面后的水平距离 D. 两物块飞行的时间 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】烧断细线后，只有弹簧弹力做功，则A、B只在弹簧作用下的不变量即为系统机械能，弹簧的弹性势能转化为两物体的动能，求得两物体离开桌面时的动能即可；烧断细线，两物体在弹簧弹力作用下开始运动，离开桌面时做平抛运动，测量两物体的质量为m1、m2‎ ‎，桌面的高度h，两物块离开桌面后的水平距离分别为s1、s2，则有：h=gt2解得： ； 所以两物块的水平速度为 ；；则系统的机械能： ；则可以不需要测量的物理量是：桌面的宽度以及两物块飞行的时间，故选AD.‎ ‎10.在一个很小的矩形半导体薄片上，制作四个电极E、F、M、N，做成了一个霍尔元件，在E、F间通入恒定电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，M、N间的电压为UH．已知半导体薄片中的载流子为正电荷，电流与磁场的方向如图所示，下列说法正确的有（　　）‎ A. N板电势高于M板电势 B. 磁感应强度越大，MN间电势差越大 C. 将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，UH不变 D. 将磁场和电流分别反向，N板电势低于M板电势 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ A、根据左手定则，电流的方向向里，自由电荷受力的方向指向N端，向N端偏转，则N点电势高，故A正确；B、设左右两个表面相距为d，电子所受的电场力等于洛仑兹力，即：‎ 设材料单位体积内电子的个数为n，材料截面积为s，则 ①;I=nesv   ②; s=dL  ③;由①②③得：,令，则  ④;所以若保持电流I恒定，则M、N间的电压与磁感虑强度B成正比，故B正确；C、将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，则带电粒子不会受到洛伦兹力，因此不存在电势差，故C错误；D、若磁场和电流分别反向，依据左手定则，则N板电势仍高于M板电势，故D错误。故选AB.‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道最终电子在电场力和洛伦兹力作用下平衡。‎ ‎11.在光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度v0射击质量为M的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块在加速运动中的位移为s。则以下说法正确的是 A. 子弹动能的亏损大于系统动能的亏损 B. 子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小 C. 摩擦力对M做的功一定等于摩擦力对m做的功 D. 位移s一定大于深度d ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 子弹和木块组成的系统动量守恒，最终子弹未能射穿木块时，此时木块和子弹的速度相同，根据动量守恒定律以及能量守恒定律列式求解即可；‎ ‎【详解】AC、子弹射击木块的过程中，设子弹受到木块的摩擦力为，摩擦力对木块M做的功为，摩擦力对子弹m做的功为，根据能量守恒可得子弹动能的亏损为，系统动能的亏损，所以子弹动能的亏损大于系统动能的亏损，故A正确，C错误；‎ B、子弹和木块组成的系统动量守恒，最终子弹未能射穿木块时，此时木块和子弹的速度相同，以子弹初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：，解得：， 子弹动量变化量的大小，木块动量变化量的大小，故B正确；‎ D、对木块根据动能定理可得，解得木块在加速运动中的位移为，根据能量守恒可得，解得射入的深度为，故D错误；‎ 故选AB。‎ ‎【点睛】正确分析物体的运动情况，知道当子弹未能射穿木块时时，此时木块和子弹的速度相同，子弹和木块组成的系统动量守恒，明确应用动量守恒定律解题时要规定正方向。‎ ‎12.质量为1kg，速度为9m/s的A球跟质量为2kg的静止的B球发生正碰.碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此碰撞后B球的速度大小可能值为 A. 7m/s B. 5m/s C. 4m/s D. 3m/s ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】若两者为完全非弹性碰撞，则由动量守恒定律： m1v0=(m1+m2)v，解得v=3m/s；若两者为完全弹性碰撞，则由动量守恒定律： m1v0=m1v1+m2v2，由能量关系： ；联立解得：v1=-3m/s，v2=6m/s，则碰撞后B球的速度大小范围是3m/s≤v2≤6m/s，故选BCD.‎ 二、实验题 ‎13.图中螺旋测微器的示数为__________mm，游标卡尺的示数为__________mm.‎ ‎【答案】 (1). 1.843（1.841～1.846均可） (2). 42.40‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】图中螺旋测微器的示数为1.5mm+0.01mm×34.5=1.845mm，游标卡尺的示数为42mm+0.05mm×8=42.40mm.‎ ‎14.某同学用如图所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来探究碰撞过程中的不变量,图中PQ是斜槽,QR为水平槽,实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下,落到位于水平地面的记录纸上,留下痕迹。重复上述操作10次,得到10个落点痕迹。再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方,让A球仍从位置G由静止开始滚下,和B球碰撞后,A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹。重复这种操作10次。图中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点。‎ ‎ ‎ ‎(1)安装器材时要注意:固定在桌边上的斜槽末端的切线要沿____________方向。 ‎ ‎(2)某次实验中,得出小球落点情况如图所示(单位是cm ‎),P'、M、N分别是入射小球在碰前、碰后和被碰小球在碰后落点的平均位置(把落点圈在内的最小圆的圆心)。则入射小球和被碰小球质量之比为m1∶m2=___。‎ ‎【答案】 (1). (1)水平 (2). (2)4∶1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）安装器材时要注意:固定在桌边上的斜槽末端的切线要沿水平方向，以保证两球正碰，且碰撞完后能做平抛运动。‎ ‎（2） 根据实验原理可得m1v0=m1v1+m2v2，又因下落时间相同，即可求得：m1OP'=m1OM+m2ON，由图乙可知：OM=15.5cm、OP'=25.5cm、ON=40.0cm。代值可得：m1：m2=4：1；‎ ‎15.某同学设计了如图甲所示的电路来测量电源电动势 E和内阻 r及电阻 R1的阻值。‎ 实验器材有：待测电源，待测电阻 R1，电压表 V（量程 0～3 V，内阻很大），电阻箱 R（0～99.99 Ω），单刀单掷开关 S1，单刀双掷开关 S2，导线若干。‎ ‎（1）先测电阻 R1的阻值。请将该同学的操作补充完整：‎ A．闭合 S1，将 S2切换到 a，调节电阻箱，读出其示数 R0和对应的电压表示数U1；‎ B．保持电阻箱示数不变，将S2切换到b ，读出电压表的示数 U2；‎ C．电阻 R1的表达式为 R1＝____________。‎ ‎（2）该同学已经测得电阻 R1＝3.2 Ω，继续测电源电动势E和内阻 r，其做法是：闭合 S1，将 S2切换到 a，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数 R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如图乙所示的图线，则电源电动势E=____V，内阻r =____Ω。（结果保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). （1） (2). （2）2.0； (3). 0.80；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由欧姆定律可知：U2=I（R0+R1）；U1=IR0 而电路电流相等，联立解得：R1=R0； （2）根据E=U+（R1+r），有 ‎， 比照直线方程y=kx+b，有截距=b=0.5，所以，E=2V； 斜率k==2.0 又k=，已测出R1=3.2Ω，求得r=0.8Ω 三、计算题 ‎16.如图所示，在x0y平面（即纸面）内，y轴右侧有场强为E、指向–y方向的匀强电场，y轴左侧有方向垂直于纸面的匀强磁场（图中未画出）．现有一电量为+q，质量为m的带电粒子，从x轴上的A点并与x轴正方向成60º入射，粒子恰能在M (0,d) 垂直于y轴进入匀强电场，最后从N (L,0) 通过x轴，粒子重力不计．‎ ‎(1)计算粒子经过M点时速度的大小；‎ ‎(2)计算磁场磁感应强度的大小．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）粒子从M到N，受电场力作用做类平抛运动，设运动时间为t x轴方向 L＝vt ‎ y轴方向 ‎ 联立解得 ‎ ‎ ‎ ‎（2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为r．‎ 根据几何知识可知∆AMO′为在三角形 ，故 r＝2d ‎ 粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供有： ‎ 解得磁感应强度的大小 ‎ ‎17.如图所示，处于匀强磁场中的两根光滑的足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1m，导轨平面与水平面成θ=30°角，下端连接阻值为R的电阻．匀强磁场方向与导轨平面垂直，质量为0.2kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触．（g=10m/s2）‎ ‎（1）当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8W，求该速度的大小；‎ ‎（2）在上问中，若R=2Ω，求磁感应强度的大小.‎ ‎【答案】（1）8m/s（2）0.25T ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设金属棒运动达到稳定时速度为v，所受安培力为F，棒在沿导轨方向受力平衡 F=mgsinθ ‎ 此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率 ，则P=Fv ‎ 联立解得 v=8m/s ‎ ‎（2）设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长为l，磁场的磁感应强度为B，‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 联立解得 B=0.25T ‎18.如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=6.0kg的物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u=2.0m/s匀速运动。传送带的右边是一半径R=1.25m位于竖直平面内的光滑1/4圆弧轨道。质量m=2.0kg的物块B从1/4圆弧的最高处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，传送带两轴之间的距离l=4.5m。设物块A、B 之间发生的是正对弹性碰撞，第一次碰撞前，物块A静止。取g=10m/s2。求：‎ ‎（1）物块B滑到1/4圆弧的最低点C时对轨道的压力；‎ ‎（2）物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；‎ ‎（3）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带上运动的总时间。‎ ‎【答案】（1）F1=60N，方向竖直向下（2）12J（3）8s ‎【解析】‎ ‎（1）设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0．由机械能守恒定律得：‎ mgR=mv02 代入数据解得：v0=5 m/s， 在圆弧最低点C，由牛顿第二定律得：F−mg＝ 代入数据解得：F=60N， 由牛顿第三定律可知，物块B对轨道的压力大小：F′=F=60N，方向：竖直向下． （2）在传送带上，对物块B，由牛顿第二定律得：μmg=ma， 设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有v2-v02=-2al 代入数据解得：v=4m/s， 由于v＞u=2 m/s，所以v=4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小． 设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v2、v1，两物块碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv=mv1+Mv2， 由机械能守恒定律得：mv2=mv12+Mv22， 解得：v1=−v=-2m/s，v2=2m/s， 物块A的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得：EP=Mv22=×6×22‎ ‎=12J； （3）碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动．设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′，由动能定理得：-μmgl′=0-mv12 解得：l′=2m＜4.5m， 所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上． 当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动． 可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v1′=2m/s， 继而与物块A发生第二次碰撞．设第1次碰撞到第2次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t1．由动量定理得：μmgt1=2mv1′，解得：，设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v4、v3，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：mv1′=mv3+Mv4，‎ mv1′2=mv32+Mv42， 代入数据解得：v3=-1m/s， 当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动． 可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v3′=1m/s，继而与物块A发生第2次碰撞． 则第2次碰撞到第3次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t2．由动量定理得：μmgt2=2mv3 解得：， 同上计算可知：物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞… 第n次碰撞后物块B在传送带运动的时间为：tn=×4s， 构成无穷等比数列，公比：q=， 由无穷等比数列求和公式：t总＝t1可知， 当n→∞时，有物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带运动的总时间为：t总=×4=8s； 点睛：本题是一道力学综合题，难度较大，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，分析清楚运动过程后，应用动量守恒定律、机械能守恒定律、牛顿第二定律与动量定理可以解题．‎ ‎ ‎