【物理】四川省泸县第四中学2019-2020学年高二下学期第二次月考试题（解析版）

【物理】四川省泸县第四中学2019-2020学年高二下学期第二次月考试题（解析版）

‎2020年春四川省泸县第四中学高二第二学月考试 物理试题 第I卷选择题（54分）‎ 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。）‎ ‎1.一个静止的原子核X经α衰变放出一个α粒子并生成一个新核，α粒子的动能为E0．设衰变时产生的能量全部变成α粒子和新核的动能，则在此衰变过程中的质量亏损为（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】衰变方程为，衰变过程中系统动量守恒得PHe-PY=0；由动量和动能关系式为，设新核动能为Ek′，由动量守恒，则，衰变释放总动能，由质能方程Ek＝Δmc2得质量亏损，故A、B、C均错误，选项D正确．故选D．‎ ‎2.如图所示，两条平行直导线A和B中通入方向相反的电流，所受安培力分别记为，则（ ）‎ A. B在A处产生的磁场方向垂直纸面向外 B. A在B处产生的磁场方向垂直纸面向外 C. 的方向向左 D. 的方向向左 ‎【答案】C ‎【解析】A．由右手螺旋法则可知，B在A处产生的磁场方向垂直纸面向里，选项A错误；‎ B．由右手螺旋法则可知，A在B处产生的磁场方向垂直纸面向里，选项B错误；‎ CD．根据左手定则可知，FA的方向向左，FB向右，选项C正确，D错误；故选C。‎ ‎3.法拉第在1831年发现了“磁生电”现象．如图，他把两个线圈绕在同一个软铁环上，线圈A和电池连接，线圈B用导线连通，导线下面平行放置一个小磁针．实验中可能观察到的现象是 (　　)‎ A. 线圈A和电池连接瞬间，小磁针会偏转 B. 线圈A和电池断开瞬间，小磁针不偏转 C. 线圈B匝数较少时小磁针不偏转，匝数足够多时小磁针会偏转 D. 用一节电池作电源小磁针不偏转，用十节电池作电源小磁针会偏转 ‎【答案】A ‎【解析】线圈A和电池连接瞬间，A中电流从无到有，电流发生变化，则在B线圈中感应出感应电流，从而产生感应磁场，小磁针偏转，同理线圈A和电池断开瞬间，小磁针也会偏转，故A正确，B错误．线圈中有无感生电流，与线圈匝数的多少无关，故C错误；小磁针能否偏转，与是否有感应电流有关，与电池的节数无关，故D错误；故选A．‎ ‎4.将一个质量为m的物块放在光滑的水平面上，用水平恒力拉物块,使物块从静止开始运动，当物块运动的位移为x时，拉力的瞬时功率为P，则 A. 拉力的大小为 B. 拉力的大小为 C. 当物块运动的位移为2x时，拉力的瞬时功率为2P D. 当物块运动的位移为2x时，拉力的瞬时功率为4P.‎ ‎【答案】B ‎【解析】AB．设水平恒力大小为F，则 求得 ‎，‎ A项错误，B项正确；‎ CD．当物块运动的位移为2x时，由可知，拉力的瞬时功率为P，CD项错误.‎ ‎5.把质量是0.3kg的小球放在竖立的轻质弹簧上，并把小球往下按至A的位置，如图甲所示．迅速松手，弹簧把球弹起，球升至最高位置C(图丙所示)，途中经过位置B时弹簧恰好处于自由状态(图乙所示)．已知B、A高度差为0.1m，C、B的高度差为0.2m，空气的阻力不计，取g =10m/s2．下列说法正确的是 A. 在A位置，弹簧具有的弹性势能为0.9J B. 在B位置小球的动能最大 C. 从A到C的运动过程，小球机械能守恒 D. 从A到B的运动过程，小球的加速度逐渐减小 ‎【答案】A ‎【解析】根据能量的转化与守恒，小球在图丙中时，弹簧的弹性势能等于小球由A到C位置时增加的重力势能，为：Ep=mghAC=0.3×10×0.3=0.9J；故A正确；球从A上升到B位置的过程中，弹簧的弹力先大于重力，小球向上做加速度减小的加速运动，当弹簧的弹力等于重力时，合力为零，加速度为零；之后小球继续上升弹簧弹力小于重力，球做加速度增加的减速运动，故小球从A上升到B的过程中，加速度先减小后增加，动能先增大后减小，在AB之间某个位置时动能最大，故BD错误；从A→B，弹簧的弹力对小球做正功，小球的机械能增加，从B→C，小球只受重力，机械能守恒，故C错误．故选A.‎ ‎6.如图所示，两个相同的灯泡a、b和电阻不计的线圈L (有铁芯)与电源E连接，下列说法正确的是 A. S闭合瞬间，a灯发光b灯不发光 B. S闭合，a灯立即发光，后逐渐变暗并熄灭 C. S断开，b灯“闪”一下后熄灭 D. S断开瞬间，a灯左端的电势高于右端电势 ‎【答案】B ‎【解析】A．闭合开关瞬间，两小灯泡均有电流流过，同时发光，A错误；‎ B．闭合开关瞬间，a灯立即发光，根据楞次定律可知线圈中产生的阻碍原电流变大的感应电流逐渐减小至0，因为a灯和线圈并联，所以通过线圈的电流逐渐增大，通过a灯的电流逐渐减小，亮度逐渐减小，因为线圈电阻不计，所以稳定时a灯被短路，最后熄灭，B正确；‎ C．断开开关瞬间，b灯断路无电流流过，立即熄灭，C错误；‎ D．断开开关瞬间，根据楞次定律可知，通过线圈的电流水平向右，所以线圈作为感应电动势右端电势高于左端，所以a灯右端的电势高于左端，D错误。故选B。‎ ‎7.如图(甲)所示为一发电机的原理图，发电机产生的交变电流接图(乙)中理想变压器的原线圈.已知变压器原、副线圈的匝数之比为22∶1，发电机输出电压u随时间t变化的规律如图(丙)所示，发电机线圈电阻忽略不计，则(　　)‎ A. 电阻两端电压的瞬时值表达式为u=10sin(50πt)V B. 电压表示数为10 V C. 若仅使发电机线圈的转速增大一倍，则变压器副线圈输出电压的频率增大一倍，而电压表示数不变 D. 若仅使电阻R增加，则电流表示数减小 ‎【答案】BD ‎【解析】AB．由题图(丙)知，原线圈电压的最大值U1m=311V，原线圈电压有效值 U1==220V 由 知，副线圈电压的最大值 U2m≈14.1V 副线圈电压有效值 U2=10V 故A错误，B正确；‎ C．若仅使发电机线圈的转速n增大一倍，则角速度ω增大一倍，根据Em=NBSω可知，变压器原线圈输入电压的频率和最大值都增大一倍，原副线圈中电流的频率相等，变压器副线圈输出电压的频率增大一倍，由 知，副线圈输出电压增大一倍，电压表读数增大一倍，故C错误；‎ D．若仅使电阻R增加，原线圈两端的电压和原副线圈匝数比不变，则副线圈输出电压不变，副线圈中电流减小，原副线圈匝数比不变，则原线圈中电流也减小，电流表示数减小，故D正确。故选BD。‎ ‎8.下图中电源电动势为E，内电阻为r，A、B为两个相同的灯泡，R1为定值电阻，R为滑动变阻器，当滑动触头P向b端滑动时，则( )‎ ‎ ‎ A. A灯变暗，B灯变暗 B. A灯变暗，B灯变亮 C. R1消耗功率变大 D. R1消耗的功率变小 ‎【答案】AC ‎【解析】当滑片向下，滑动变阻器的阻值变小，电路的总电阻都会变小，据闭合电路欧姆定律知总电流变大，内电压增大，所以路端电压减小，可知灯A变暗；再据干路电流变大，灯A电流减小，所以电源右侧电路的电流增大，电阻R1上的电流变大了，所以分压也就增加了，但是路端电压减小，所以B灯和滑阻上的电压就变小，根据公式P=可知，B灯实际功率的变小，所以B灯变暗，故A正确，B错误．以上分析可知，通过R1的电流变大，所以消耗功率变大，故C正确，D错误．故选AC．‎ 点睛：本题的关键识别电路的能力，动态电路的分析的思路，借助串、并联电路的电压、电流和电阻规律的应用情况、欧姆定律的应用以及电功率的计算公式．‎ ‎9.如图所示，空间有一垂直纸面的磁感应强度为0.5T的匀强磁场，一质量为0.2kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速放置一质量为0.1kg、电荷量q=+0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．t=0时对木板施加方向水平向左，大小为0.6N恒力，g取10m/s2．则（ ）‎ A. 木板和滑块一直做加速度为2m/s2的匀加速运动 B. 滑块开始做加速度减小的变加速运动，最后做速度为10m/s匀速运动 C. 木板先做加速度为2m/s2匀加速运动，再做加速度增大的运动，最后做加速度为3m/s2的匀加速运动 D. t=5s后滑块和木板开始有相对运动 ‎【答案】BC ‎【解析】ABC、由于动摩擦因数为0.5，静摩擦力能提供的最大加速度为5m/s2，所以当0.6N的恒力作用于木板时，系统一起以a=的加速度一起运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，滑块开始做加速度减小的变加速运动，木板做加速度增大的加速运动；当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时Bqv=mg，解得：v=10m/s，此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动，a=．故A错误，BC正确．‎ D、滑块开始一起做a=2m/s2‎ 加速直线运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，滑块开始做加速度减小的变加速运动，所以速度增大到10m/s所用的时间大于5s．故D错误．故选BC．‎ 第II卷非选择题 二、实验题 ‎10.如图甲，某实验小组采用常规方案验证动量守恒定律．实验完成后，该小组又把水平木板改为竖直木板再次实验，如图乙所示．图中小球半径均相同、质量均已知，且mA>mB，B、B′ 两点在同一水平线上．‎ ‎(1)若采用图甲所示的装置，实验中还必须测量的物理量是___________．‎ ‎(2)若采用图乙所示的装置，下列说法正确的是___________．‎ A．必需测量B′O、BN、BP和BM的距离 B．必需测量B′N、B′P和B′M的距离 C．若，则表明此碰撞动量守恒 D．若，则表明此碰撞动量守恒 ‎【答案】 (1). OM/OP和ON的距离 (2). BC ‎【解析】（1）如果采用图甲所示装置，由于小球平抛运动的时间相等，故可以用水平位移代替速度进行验证，故需要测量OM、OP和ON的距离；‎ ‎（2）采用图乙所示装置时，利用水平距离相等，根据下落的高度可确定飞行时间，从而根据高度可以表示出对应的水平速度，故需测量B′N、B′P和B′M的距离，小球碰后做平抛运动，速度越快，下落高度越小，单独一个球下落时，落点为P，两球相碰后，落点分别为M和N，根据动量守恒定律有：mAv＝mAv1+mBv2，而速度v，根据hgt2可得，t，则可解得：v，v1，v2；‎ 代入动量守恒表达式，消去公共项后，有：，故选C．‎ ‎11.某研究性学习小组的同学欲做“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验.已知所用小电珠的额定电压和额定功率分别为2.5V、1.2W，实验使用的直流电源的电动势为3.0V内阻忽略不计，实验可供选择的器材规格如下 a、电流表A1（量程0～0.6A，内阻约5Ω）‎ b、电流表A2（量程0～3A，内阻约0.1Ω）‎ c、电压表V1（量程0～3V，内阻约3kΩ）‎ d、电压表V2（量程0～15V，内阻约2000Ω）‎ e、滑动变阻器R1（阻值0～10，额定电流1A）‎ f、滑动变阻器R2（阻值0～5000，额定电流500mA）‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）为了完成实验且尽可能减小实验误差，电流表应选择_______，电压表应选择_________、滑动变阻器应选择_________（填写实验器材前的序号）‎ ‎（2）根据所选的实验器材，请设计合理的电路原理图来完成该实验________‎ ‎（3）该研究性学习小组的同学用设计好的电路测得了该小电珠两端的电压U和通过该小电珠的电流，由欧姆定律计算得到的小电珠的电阻值_______（选填“大于”“等于＂或“小于＂）真实值 ‎（4）该研究性学习小组的同学通过设计好的电路得到了多组实验数据，并根据得到的多组数据在坐标系中描点画图，如图所示，该图线向下弯曲，其原因是______.‎ ‎（5）如果取两个这样的小电珠并联以后再与一阻值为2.0Ω的定值电阻串联，并接在电动势为3.0V、内阻忽略不计的直流电源两端，则每个小电珠消耗的实际功率应为________W（结果保留两位小数）‎ ‎【答案】 (1). a c e (2). (3). 小于 (4). 小电珠的电阻随温度的升高而增大 (5). 0.57（0.50—0.60）‎ ‎【解析】(1)由于灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表应选：C，额定电流为：，所以电流表选：a，本实验灯泡两端电压从零开始变化，所以滑动变阻器用分压式即用总阻值较小的，即为e；‎ ‎(2) 本实验灯泡两端电压从零开始变化，所以滑动变阻器用分压式，灯泡的电阻较小，所以电流表应外接，电路图如图所示：‎ ‎ ‎ ‎(3)由于电压表的分流作用，所以电流表的示数比流过灯泡的电流更大，由公式可知，电阻的测量值小于真实值；‎ ‎(4)I-U图象的斜率表示电阻的倒数，由图可知，电阻随电压的增大而增大，其原因是灯泡的电阻随温度的增大而增大；‎ ‎(5)将定值电阻与电源等效为内阻为2.0，电动势为3.0V的电源，由闭合电路欧姆定律得：‎ ‎，变形得：，I-U关系图象作入I-U图中 由图可知，U=1.28V，I=0.43A，所以灯泡的实际功率为： ．‎ 三、解答题 ‎12.O点处有一质点从t＝0时刻开始在y方向做简谐运动，0.4s时，在其右边与质点相连的水平绳上第一次形成如图所示的波形，此时波源质点的振动频率突然变为原来的2倍，振幅和绳波传播速度均不变． ‎ ‎（i）求该绳波传播的速度；‎ ‎（ii）绳上某质点从某次向上经过平衡位置开始的1s内总路程至少为多少？‎ ‎【答案】（i）10m/s；（ii）36cm。‎ ‎【解析】（i）该绳波传播的速度 ‎（ii）开始时波的周期T1=0.4s，振动频率加倍后的周期为T2=0.2s；由题意可知，在t=0时刻x=2m处的质点向上振动，此质点在1s内总路程最短，此质点以周期T1振动半个周期，时间为0.2s，然后剩下的0.8s以周期T2振动4个周期，则在1s 内共振动4.5个周期，总路程为 ‎ .‎ ‎13.如图所示，在第一象限中有竖直向下的匀强电场，电场强度E=2×10-6N/C，在第四象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场．有一个比荷为5×107 C/kg的带电粒子（重力不计）以垂直 于y轴的速度v0＝10 m/s从y轴上的P点进入匀强电场，恰好与x轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于y轴进入第三象限．已知O、P之间的距离为d＝0.5 m，求：‎ ‎（1）带点粒子在电场中运动的时间；‎ ‎（2）带点粒子在磁场中做圆周运动的半径；‎ ‎（3）带点粒子在磁场中运动的时间．（保留三位有效数字）‎ ‎【答案】（1）1m（2）m（3）0.236s ‎【解析】‎ ‎（1）粒子在电场中做类平抛运动，由离开电场时粒子速度与x轴夹45o可 ‎ ‎ ‎ 解得t1=0.1s （或由 解得t1=0.1s)‎ 带电粒子在电场中水平位移 解得x=1m ‎ ‎ ‎ ‎（2）带电粒子在磁场中轨迹如图所示，由几何知识可知圆周运动的半径为 ‎ ‎（3）粒子进入磁场时的速度 由周期公式 得 ‎ 粒子运动的圆心角 ‎ 由 得：t=0.236s ‎ 点睛：掌握平抛运动的处理方法并能运用到类平抛运动中，粒子在磁场中做匀速圆周运动，能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定各量之间的关系．‎ ‎14.如图所示，一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的ab段水平，bcde段光滑，cde段是以O为圆心、R为半径的一小段圆弧．可视为质点的物块A和B紧靠在一起，静止于b处，A的质量是B的3倍．两物块在足够大的内力作用下突然分离，分别向左、右始终沿轨道运动．B到d点时速度沿水平方向，此时轨道对B的支持力大小等于B所受重力的3/4，A与ab段的动摩擦因数为μ，重力加速度g，求：‎ ‎（1）物块B在d点的速度大小；‎ ‎（2）物块A、B在b点刚分离时，物块B的速度大小；‎ ‎（3）物块A滑行的最大距离s．‎ ‎【答案】（1）物块B在d点速度大小为；‎ ‎（2）物块A、B在b点刚分离时，物块B的速度大小；‎ ‎（3）物块A滑行的最大距离s为 ‎【解析】(1)B在d点，根据牛顿第二定律有：，解得：‎ ‎(2)B从b到d过程，只有重力做功，机械能守恒有：‎ 解得： ‎ ‎(3)AB分离过程动量守恒有：‎ A匀减速直线运动，根据动能定理得：‎ 联立解得：s=R/8μ