2018-2019学年西藏山南市第二高级中学高二上学期第二次月考物理试题 解析版

2018-2019学年西藏山南市第二高级中学高二上学期第二次月考物理试题 解析版

南市第二高级中学2018年度高二月考物理试卷 一、选择题 ‎1. 关于电荷之间的相互作用，下列说法正确的是 A. 同种电荷相互吸引，异种电荷相互排斥 B. 同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引 C. 不管是同种电荷还是异种电荷，都是相互吸引 D. 不管是异种电荷还是同种电荷，都是相互排斥 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，故ACD错误，B正确。‎ 考点：电荷间的相互作用规律 ‎【名师点睛】本题应掌握电荷的基本知识：自然界只存在两种电荷，正电荷和负电荷；同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。‎ ‎2.如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为mB=2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为‎6kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为‎-4kg·m/s，则(  ) ‎ A. 左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2:5‎ B. 左方是B球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1:10‎ C. 右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2:5‎ D. 右方是B球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1:10‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 光滑水平面上有大小相同的A、B 两球在发生碰撞，在碰撞过程中动量守恒．因此可根据两球质量关系，碰前的动量大小及碰后A的动量增量可得出A球在哪边，及碰后两球的速度大小之比．‎ ‎【详解】规定向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为‎6kg•m/s，说明A、B 两球的速度方向向右，两球质量关系为mB=2mA，由P=mv知碰撞前有vA＞vB，要发生碰撞，所以左方是A球.‎ 碰撞后A球的动量增量为：△PA=‎-4kg•m/s 所以碰撞后A球的动量为：PA′=PA+△PA=（6-4）kg•m/s=‎2kg•m/s 碰撞过程系统总动量守恒有：PA+PB=PA′+PB′‎ 解得碰撞后B球的动量为：PB′=‎10kg•m/s，‎ 根据mB=2mA，PA′=mAvA′，PB′=mBvB′‎ 得碰撞后A、B两球速度大小之比为：vA′：vB′=2：5,故A正确，B、C、D错误.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】碰撞过程的基本规律动量守恒定律，由于动量是矢量，具有方向性，在讨论动量守恒时必须注意到其方向性．为此首先规定一个正方向，然后在此基础上进行研究．‎ ‎3.电场线如图，某带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点，带电粒子的运动轨迹如图所示，可以判定（　　）‎ A. A点的电势低于B点的电势 B. 在A点的加速度大于在B点的加速度 C. 粒子带正电 D. 粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．根据带电粒子轨迹的弯曲方向判断出电场力的方向，根据电场力做功正负，判断动能和电势能的变化；沿电场线的方向，电势降低 沿电场线方向电势逐渐降低，A点的电势高于B点的电势，A错误；由电场线可知，B点的电场线密，所以B点的电场强度大，粒子受的电场力大，加速度也就大，B错误；受力方向指向运动轨迹凹的一侧，故可知粒子受力方向向上，与电场线方向相同，粒子带正电，C 正确；粒子受到的电场力指向曲线弯曲的内侧，所以受到的电场力的方向是沿电场线向上的，所以粒子从A到B的过程中，电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，所以粒子在A点的动能小于它在B点的动能，粒子在A点的电势能大于它在B点的电势能，故D错误；‎ ‎4.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地。一带电油滴位于两板中央的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，则(　) ‎ ‎ ‎ A. 带电油滴仍静止在P点 B. 带电油滴将沿竖直方向向下运动 C. P点的电势将升高 D. 电容器的电容减小，电容器的带电量将减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题的关键是明确分析有关电容器动态问题的基本方法：先判断电容器的电压不变还是带电量不变（若断开电源则电量不变，若始终与电源相连则电压不变）；根据判断电容C的变化；根据Q=CU判断电容器带电量的变化情况；根据判断场强E的变化（注意若断开电源，只改变板间距离时场强E不变）；根据U=Ed判断φp电势变化情况．‎ ‎【详解】A、B、若将上极板向下移动一小段距离，两板间距离d变小，由于电压不变，根据可知，场强E变大，所以qE＞mg，粒子将向上运动；故A、B均错误.‎ C、根据φP=UPO，且UPO=E•△d，由于场强E变大，P点到下极板的距离△d不变，所以UPO 变大，即P点的电势应升高；故C正确.‎ D、根据可知，d减小，电容C变大，根据Q=CU可知，U不变，Q变大；故D错误.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】熟记若电容器始终与电源相连则电压不变，若断开电源则电量不变，然后再根据相应的公式推导即可．‎ ‎5. 电路中路端电压随干路电流变化的图象如图所示，图中纵轴的起点为1.2V，则电源的电动势和内电阻应是：（　 ）‎ A. E=0.3V，r=0.5Ω B. E=1.5V，r=3.0Ω C. E=1.5V，r=0.5Ω D. E=1.5V，r=0.6Ω ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：由闭合电路欧姆定律可得，可知U-I图像与纵轴的截距表示电动势E，图线斜率表示电源内阻r，所以由图可得：E=1.5V，r=0.6Ω。‎ 考点：本题考查U-I图像、欧姆定律等，意在考查学生利用图像分析问题的能力。‎ ‎6. 一带负电小球在从空中的a点运动到b点过程中，受重力，空气阻力和电场力作用，重力对小球做功3.5J，小球克服空气阻力做功0.5J，电场力对小球做功1J，则下列选项正确的是（ ）‎ A. 小球在a点的重力势能比在b点大3.5J B. 小球在a点的机械能比在b点小0.5J C. 小球在a点的电势能比在b点少1J D. 小球在a点的动能比在b点多4J ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 解决本题需掌握：重力做功等于重力势能的减小量；‎ 电场力做功等于电势能的减小量；‎ 合力做功等于动能的增加量；‎ 除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量．A、重力做功等于重力势能的减小量，重力做功3.5J，故重力势能减小3.5J，小球在a点的重力势能比在b点大3.5J，故A正确；‎ B、除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量，除重力外，小球克服空气阻力做功0.5J，电场力做功1J，故机械能增加0.5J，所以小球机械能增加，即小球在a点的机械能比在b点少0.5J，故B正确；‎ C、电场力做功等于电势能的减小量，电场力做功1J，故电势能减小1J，小球在a点的电势能比在b点大1J，故C错误．‎ D、合力做功等于动能的增加量，合力做功等于各个分力做的功，总功为4J，故动能增加4J，所以小球在a点的动能比在b点小4J，故D错误．‎ 故选AB．‎ 点评：功是能量转化的量度，有多种表现形式：重力做功是重力势能变化的量度；电场力做功是电势能变化的量度；合力做功是动能变化的量度；重力外的各个力做的总功是机械能变化的量度．‎ ‎7. 在如图所示电路中，闭合电键S，理想电流表和理想电压表的示数分别用I和U表示，当滑动变阻器的滑动触头P向左滑动时，两表的示数都发生变化。电源的电动势和内电阻始终不变，则下列说法正确的是( )‎ A. I变大，U变小 B. 比值变大 C. R1的功率一定变大 D. 电源的总功率一定减小 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：当滑动变阻器的滑动触头P向左滑动时，阻值变大，则总电阻变大，总电流变小，则I减小，根据闭合电路欧姆定律得：，则电压表示数增大,故A错误；根据欧姆定律得：，当滑动变阻器的滑动触头P向左滑动时，增大，则变大，故B正确；根据可知，I减小，的功率一定减小，故C错误；电源的总功率，I减小，电源的总功率一定减小，故D正确。‎ 考点：闭合电路的欧姆定律 ‎【名师点睛】本题是电路中动态变化分析的问题，首先要搞清电路的结构，其次要按“部分→整体→部分”的顺序分析，知道总功率。‎ ‎8.如图所示，电阻R1=10Ω，电动机M线圈电阻R2=10Ω，电路两端电压U保持不变。当开关S断开时，电流表的示数为I1=‎0.5A；当开关S闭合后，电动机转起来，电流表示数为I2，整个电路消耗的电功率为P，则 (　 )‎ ‎ ‎ A. I2=‎1A B. U=5V C. P＜5W D. P=5W ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当电键S断开时，由欧姆定律求出电阻R1的电压U；当电键S闭合后，通过R1的电流仍为‎0.5A，电动机的电路是非纯电阻电路，由求出其电流的范围，即得到电流表电流的范围．由P=UI求解电路中功率范围．‎ ‎【详解】当电键S断开时，由欧姆定律得，U=I1R1=5V．当电键S闭合后，通过R1的电流仍为‎0.5A，电动机转动，电动机的电流，故电流表的电流I2＜‎1A，电动机中电功率P=UI2＜5W.故B、C正确，A、D错误.故选BC.‎ ‎【点睛】本题要抓住非纯电阻电路与纯电阻电路的区别，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，是关键不等式．‎ 二、实验题： ‎ ‎9.如图所示是一量程为100 μA的电流表，内阻为100Ω，现串联一个9 900Ω的电阻将它改装成电压表．该电压表的量程是__ V．用它来测量电压，表盘指针位置如图所示．该电压的大小是__ V．‎ ‎【答案】 (1). 1 (2). 0.85‎ ‎【解析】‎ 电压表量程：U=Ig（Rg+R）=100×10﹣6×=1V，电压表量程是1V，由图示表盘可知，其分度值为0.1V，电压表示数为：0.85V。‎ ‎10.在研究“碰撞中动量守恒”的实验中，实验装置如图所示：‎ ‎（1）若两个半径相同的小球A与B的质量之比，则入射球应选_______（选填mA或mB）。‎ ‎（2）实验中可能引起误差的是（ ）‎ A．斜槽轨道有摩擦 ‎ B．轨道末端切线不水平 C．碰撞时两球心不在同一高度 ‎ D．落点位置不是平均位置 ‎（3）若入射球质量为m1，被碰球质量为m2，小球半径均为r，各落点位置如图（乙）所示，其中O为轨道末端所装重锤线的投影点，并测得OM = a，OP = b，ON = c，则碰撞中动量守恒的表达式可写为______________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). ; (2). BCD; (3). ;‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 实验是要验证两个小球碰撞过程系统动量守恒，为防止小球反弹，还要保证入射球质量要大于被碰球质量；实验要验证两个小球系统碰撞过程动量守恒，即要验证，可以通过平抛运动将速度的测量转化为水平射程的测量；‎ ‎【详解】解：(1)本实验中为了防止入射球反弹，应用质量大的球去撞击质量轻的小球，故入射球选择mB；‎ ‎(2)A、本实验中通过平抛运动规律求解碰前的速度，每次入射球必须从同一高度由静止释放，保证碰前的速度相同即可，不需要斜槽光滑，故A错误；‎ B、为了保证小球做平抛运动，安装轨道时，轨道末端必须水平，否则会引起误差，故B正确；‎ C、为了发生对心碰撞，两球的直径需相同，若不在同一高度，会引起误差，故C正确；‎ D、在本实验中落点有会有多个点，为了准确，应取落点位置的平均位置，否则会出现较大的误差，故D正确；‎ 故选BCD；‎ ‎(3)碰撞过程中，如果水平方向动量守恒，由动量守恒定律得：，小球做平抛运动时抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间t相等，两边同时乘以时间t，则有：，所以表达式为：；‎ 三、计算题： ‎ ‎11.某同学家电能表的规格是(‎5 A，220 V)，他家已有40 W灯2盏，80 W彩电1台，120 W洗衣机1台，当这些电器同时使用时，能否再接一只800 W的电饭煲使用？写出分析步骤。‎ ‎【答案】能再接一只800 W的电饭煲使用.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由电能表铭牌可知，电能表正常工作时的电压是220V，工作时允许通过的最大电流是‎10A，由P=UI求出电能表允许的最大功率；各电路元件并联在电路中，求出用电器的总功率，然后根据电路功率分析答题。‎ ‎【详解】电能表额定功率（允许的最大功率）为P＝UI＝220 V×‎5 A＝1100 W 原有电器总功率：P1＝P灯×2＋P视＋P机＝40 W×2＋80 W＋120 W＝280W 则允许增加的功率为：P－P1＝1100 W－280W＝820W>800W 所以能再接一只800W的电饭煲使用.‎ ‎【点睛】知道电能表铭牌的含义，电路用电器总功率不能超过电能表允许的功率.‎ ‎12.电荷量为，质量为的电子从点沿与电场垂直的方向进入匀强电场，初速度为，当它通过电场中点时，速度与场强方向成角，不计电子的重力，求：‎ ‎(1).电子经过点的速度多大？‎ ‎(2)两点间的电势差多大？‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 解：电子进入匀强电场后在电场力作用下做匀变速曲线运动.根据运动的分解可知,电子在垂直于场强方向上做匀速直线运动.将B点的速度分解(如图) ‎ 电子从A运动到B,由动能定理得 ‎