2018-2019学年四川省棠湖中学高二下学期第一次月考物理试题 Word版

2018-2019学年四川省棠湖中学高二下学期第一次月考物理试题 Word版

‎2019年春四川省棠湖中学高二年级第一学月考试 物理试题 本次考试物理化学生物同堂分卷考试 化学100分物理110分生物90分 共300分 时间：150分钟 一、选择题（本大题共9个小题，6分每题，共54分；其中1-6题为单选题，7-9题为多选题）‎ ‎1．已知电流表电阻RA=2Ω，电压表内阻RV=20kΩ，现有一个阻值约为200Ω的待测电阻需要较精确地测量其阻值，那么以下说法中，正确的是(　　)‎ A．用电流表内接法测量误差较小 B．用电流表外接法测量误差较小 C．用电流表内接法或用电流表外接法所测量的结果精确程度相同 D．无法确定哪种测量方式好 ‎2．下列关于电流说法正确的是(　　)‎ A．导体中没有电流时，说明导体内部没有电荷移动 B．由可知，导体两端电压越大，经过导体的电流越大 C．电流有方向，所以是矢量 D．由可知，经过导体的电流越大，导体电阻越小 ‎3．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 ‎4．一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 ‎5．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 ‎6．如图所示的电路中，A、B是两个相同的小灯泡．L是一个带铁芯的线圈，其电阻可忽略不计．调节R，电路稳定时两小灯泡都正常发光，则（ ）‎ ‎ ‎ A．合上开关时，A、B两灯同时正常发光，断开开关时，A、B两灯同时熄灭 B．合上开关时，B灯比A灯先达到正常发光状态 C．断开开关时，A、B两灯都不会立即熄灭，通过A、B两灯的电流方向都与原电流方向相同 D．断开开关时，A灯会突然闪亮一下后再熄灭 ‎7．如图所示，矩形线框abcd的ad和bc的中点M、N之间连接一电压表，整个装置处于匀强磁场中，磁场的方向与线框平面垂直．当线框向右匀速平动时，下列说法中正确的是（ ）‎ A．穿过线框的磁通量不变化，MN间无感应电动势 B．MN这段导体做切割磁感线运动，MN间有电势差 C．MN间有电势差，所以电压表有示数 D．因为有电流通过电压表，所以电压表有示数 ‎8．如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示（图示磁感应强度方向为正），MN始终保持静止，则0～t2时间（   ）‎ A．电容器C的电荷量大小始终没变 B．电容器C的a板先带正电后带负电 C．MN所受安培力的大小始终没变 D．MN所受安培力的方向先向右后向左 ‎9．如图所示,光滑水平面上存在有界匀强磁场,直径与磁场宽度相同的金属圆形线框以一定的初速度斜向匀速通过磁场。在必要的时间段内施加必要的水平拉力保证其匀速运动,则(　　)‎ ‎ ‎ A．金属框内感应电流方向先逆时针再顺时针 B．金属框内感应电流先增大后减小 C．水平拉力方向与速度同向 D．水平拉力方向与速度方向无关 二、实验题（两个小题共10分）‎ ‎10．（4分）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= 。‎ ‎11．（6分）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）‎ 三、解答题（本大题共3个小题，共46分）‎ ‎12．（12分）质量为‎0.1kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的 v﹣t图象如图所示。球与水平地面相碰后反弹，离开地面时的速度大小为碰撞前的 , 该球受到的空气阻力大小恒为f，弹性球与地面第一次碰撞的时间为s，取g＝‎10m/s2．求：‎ ‎（1）弹性球受到的空气阻力的大小；‎ ‎（2）弹性球第一次和地面碰撞过程中受到地面的平均作用力大小（弹性球和地面碰撞过程中受到的空气阻力忽略不计）。‎ ‎13．（16分）如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=‎40 cm.电源电动势E=24V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω. 闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=‎4 m/s竖直向上射入板间。若小球带电荷量为q=1×10‎-2 C，质量为m=2×10‎-2 kg，不考虑空气阻力。(取g=‎10 m/s2) 求：‎ ‎（1）滑动变阻器两端电压为多大时，小球恰能到达A板？‎ R S P E r A B v0‎ ‎（2）此时电源的输出功率是多大？‎ ‎14．（18分）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。‎ ‎2019年春四川省棠湖中学高二年级第一学月考试 物理试题参考答案 ‎1．C 2．B 3．D 4．C 5．B 6．B 7．BD 8．AD 9．AD ‎10．(1)水平 (2)4∶1 ‎ ‎11．（1） （2）2.0； 0.80； ‎ ‎12.解：（1）设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为a1，由图象可知：‎ 根据牛顿第二定律，得：mg﹣f＝ma1‎ 解得：f＝0.4N ‎（2）由图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为v1＝‎3m/s，设球第一次离开地面时的速度为v2，则有：v2＝‎2m/s 球和地面碰撞过程，设球受到地面的平均作用力大小为F，设向下为正方向，由动量定理可得：（ mg﹣F）△t＝﹣mv2﹣mv1‎ 解得：F＝8N 答：（1）弹性球受到的空气阻力的大小是0.4N；‎ ‎（2）弹性球第一次和地面碰撞过程中受到地面的平均作用力大小是8N。‎ ‎13.（1）动能定理得－mgd－qUAB＝0－mv ‎ ‎ 两端电压UAB＝8 V （2） UAB=U滑 ，欧姆定律得I＝＝‎1 A，‎ 滑动变阻器接入电路的电阻R滑＝＝8 Ω ‎ 电源的输出功率P出＝I2(R＋R滑)＝23 W.‎ ‎14.解：（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.由机械能守恒知 mgR＝mv02得=‎5 m/s ‎ 由牛顿第二定律得： 解得：F=60N (4分)‎ 由牛顿第三定律得：F1=60N，方向竖直向下。 (2分)‎ ‎（2）设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a，则 μmg＝ma 设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有v2-v02=-2al 联立解得v＝‎4 m/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，取向左为正方向，‎ 由动量守恒定律和能量守恒定律得 mv＝mv1＋Mv2 ‎ mv2＝mv12＋Mv22 解得v1＝=‎-2m/s，v2=‎2m/s 弹簧具有的最大弹性势能等于物块M的初动能 EP=Mv22=12J （5分）‎ ‎（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 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 解得v3＝=‎-1m/s （3分）‎ 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＝‎2m v3‎ 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=s, 构成无穷等比数列，公比q=1/2‎ 由无穷等比数列求和公式可知，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==8s （4分）‎