西藏自治区拉萨中学2019-2020学年高二下学期第五次月考物理试题

西藏自治区拉萨中学2019-2020学年高二下学期第五次月考物理试题

西藏自治区拉萨市拉萨中学 2019-2020 学年高二第五次月考 理科综合—物理 一、选择题 1.楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现？ A. 电阻定律 B. 库仑定律 C. 欧姆定律 D. 能量守恒定律 【答案】D 【解析】 【详解】楞次定律指感应电流的磁场阻碍引起感应电流的原磁场的磁通量的变化,这种阻碍作 用做功将其他形式的能转变为感应电流的电能,所以楞次定律的阻碍过程实质上就是能量转化 的过程. 2.最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火 箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为 3 km/s，产生的推 力约为 4.8×106 N，则它在 1 s 时间内喷射的气体质量约为 A. 1.6×102 kg B. 1.6×103 kg C. 1.6×105 kg D. 1.6×106 kg 【答案】B 【解析】 【详解】设该发动机在 s 时间内，喷射出的气体质量为 ，根据动量定理， ，可知， 在 1s 内喷射出的气体质量 ，故本题选 B． 3.如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一 U 形金属导轨，导轨平面与磁场垂直．金属 杆 PQ 置于导轨上并与导轨形成闭合回路 PQRS，一圆环形金属线框 T 位于回路围成的区域内， 线框与导轨共面．现让金属杆 PQ 突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向， 下列说法正确的是（ ） t m Ft = mv 6 3 0 4.8 10 1.6 103000 m Fm kg kgt v ×= = = = × A. PQRS 中沿顺时针方向，T 中沿逆时针方向 B. PQRS 中沿顺时针方向，T 中沿顺时针方向 C. PQRS 中沿逆时针方向，T 中沿逆时针方向 D. PQRS 中沿逆时针方向，T 中沿顺时针方向 【答案】D 【解析】 【详解】因为 PQ 突然向右运动，由右手定则可知，PQRS 中有沿逆时针方向的感应电流，穿 过 T 中的磁通量减小，由楞次定律可知，T 中有沿顺时针方向的感应电流，D 正确，ABC 错 误． 4.质量为 M 的小孩站在质量为 m 的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间 的摩擦．小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为 v，此时滑板的速度大小 为 ． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设滑板的速度为 ，小孩和滑板动量守恒得： ，解得： ，故 B 正确． 5.如图，用长为 的轻绳悬挂一质量为 M 的沙箱，沙箱静止．一质量为 m 的弹丸以速度 水平 射入沙箱并留在其中，随后与沙箱共同摆动一小角度．不计空气阻力．对子弹射向沙箱到与 其共同摆过一小角度的过程( ) A. 若保持 m、v、 不变，M 变大，则系统损失的机械能变小 B. 若保持 M、v、 不变，m 变大，则系统损失的机械能变小 C. 若保持 M、m、 不变，v 变大，则系统损失的机械能变大 D. 若保持 M、m、v 不变， 变大，则系统损失的机械能变大 【答案】C 【解析】 m vM M vm m vm M+ M vm M+ u 0 mu Mv= − Mu vm = l v l l l l 【分析】 本题考机械能守恒定律及动量守恒定律的相关知识点 【详解】分析易得只有子弹射入沙箱并停留在沙箱中这个过程中系统的机械能才会损失，由 动量守恒得， ，则系统损失的机械能 对于 A 选项，由 可知若保持 m、v、 不变，M 越大则系统损失 的机械能变大，故 A 错误 对于 B 选项，由 可知若保持 M、v、 不变，m 变大则系统损失 的机械能变大，故 B 错误 对于 C 选项，由 可知若保持 M、m、 不变，v 变大则系统损失 机械能变 大，故 C 正确 对于 D 选项，子弹与沙箱共同向上摆动一小角度的过程系统机械能守恒，故 D 错误 6.空间存在一方向与直面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图（a）中虚线 MN 所 示，一硬质细导线的电阻率为 ρ、横截面积为 S，将该导线做成半径为 r 的圆环固定在纸面内， 圆心 O 在 MN 上．t=0 时磁感应强度的方向如图（a）所示：磁感应强度 B 随时间 t 的变化关 系如图（b）所示，则在 t=0 到 t=t1 的时间间隔内 的 mv m M v= + 共（ ） ( ) ( ) 2 2 2 2 21 1 1 1 mv mMvE mv m M v mv m M2 2 2 2 m M 2 m M  = − + = − + = + +  共 （ ） 2 2mMv mvE m2 m M 2 1M = =+ + （ ） （ ） l 2 2mMv MvE M2 m M 2 1m = =+ + （ ） （ ） l 2mMvE 2 m M （ ） = + l A. 圆环所受安培力的方向始终不变 B. 圆环中的感应电流始终沿顺时针方向 C. 圆环中的感应电流大小为 D. 圆环中的感应电动势大小为 【答案】BC 【解析】 【详解】AB、根据 B-t 图象，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向一直为顺时针，但在 t0 时刻，磁场的方向发生变化，故安培力方向 的方向在 t0 时刻发生变化，则 A 错误，B 正确； CD、由闭合电路欧姆定律得： ，又根据法拉第电磁感应定律得： ， 又根据电阻定律得： ，联立得： ，则 C 正确，D 错误． 故本题选 BC． 7.如图，空间中存在一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面 纸面 垂直，磁场的上、下边界 虚线 均为水平面；纸面内磁场上方有一个正方形导线框 abcd，其上、下两边均为磁场边界平 行，边长小于磁场上、下边界的间距 若线框自由下落，从 ab 边进入磁场时开始，直至 ab 边 0 04 B rS t ρ 2 0 0 π 4 B r t AF EI R = 2 2 B rE t t π∆Φ ∆= =∆ ∆ 2 rR S πρ= 0 04 B rSI t ρ= ( ) ( ) . 到达磁场下边界为止，线框下落的速度大小可能 　　 A. 始终减小 B. 始终不变 C. 始终增加 D. 先减小后 增加 【答案】CD 【解析】 【详解】导线框开始做自由落体运动，ab 边以一定的速度进入磁场，ab 边切割磁场产生感应 电流，根据左手定则可知 ab 边受到向上的安培力，当安培力大于重力时，线框做减速运动， 当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先减速后加 速运动，故选项 A 错误、D 正确；当 ab 边进入磁场后安培力等于重力时，线框做匀速运动， 当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先匀速后加 速运动，故 B 错误；当 ab 边进入磁场后安培力小于重力时，线框做加速运动，当线框完全进 入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速增大的加速运动，故加速运动，故 选项 C 正确；故选 CD. 8.如图(a),一长木板静止于光滑水平桌面上，t=0 时，小物块以速度 v0 滑到长木板上，图(b)为 物块与木板运动的 v-t 图像，图中 t1、v0、v1 已知．重力加速度大小为 g．由此可求得( ) A. 木板的长度 B. 物块与木板的质量之比 C. 物块与木板之间的动摩擦因数 D. 从 t=0 开始到 t1 时刻，木板获得 动能 【答案】BC 【解析】 的 ( ) 【分析】 本题考查了 v-t 与牛顿第二定律综合运用，滑块模型等 【详解】A、根据题意只能求出 AB 的相对位移，不知道 B 最终停在哪里，无法求出木板的长 度，故 A 不能够求解出； 由图象的斜率表示加速度求出长木板的加速度为 ，小物块的加速度 ， 根据牛顿第二定律得： ， ，解得： ， ，故 B 和 C 能够求解出； D、木板获得的动能 ，题目 t1、v0、v1 已知，但是 M,m 不知 道，故 D 不能够求解出 二、非选择题 9.某同学在“探究电磁感应的产生条件”的实验中，设计了如图所示的装置。线圈 A 通过电流表 甲、高阻值的电阻 、变阻器 R 和开关连接到干电池上，线圈 B 的两端接到另一个电流表乙 上，两个电流表相同，零刻度居中，闭合开关后，当滑动变阻器 R 的滑片 P 不动时，甲、乙 两个电流表指针的不同的位置如图所示。 （1）当滑片 P 较快地向左滑动时，甲表指针的偏转方向是___，乙表指针的偏转方向是___(填 “向右偏”、“向左偏”或“不偏转”) （2）断开开关，待电路稳定后再迅速闭合开关，乙表的偏转情况是___(填“向左偏”、“向右偏” 或“不偏转”) （3）从上述实验可以初步得出结论：______ 【答案】 (1). 向右偏 (2). 向左偏 (3). 向左偏 (4). 穿过闭合回路的磁通量变化 而产生感应电流,感应电流的磁场总要阻得引起感应电流的磁通量变化 1 A 1 va t = 0 1 B 1 v va t −= Aμmg Ma= Bμmg ma= 1 0 1 vm M v v = − 0 1 1 v vμ gt −= 2 kA 1 1 0 1 1 1E Mv mv v v2 2 （ ）= = − R′ 【解析】 【详解】（1）［1］［2］当滑片 P 较快地向左滑动时，变阻器接入电路 电阻减小，电路中电 流增大，可知甲表指针向右偏转，根据楞次定律判断可知，线圈 B 中产生的感应电流方向沿 顺时针（从上往下看），从“-”接线住流入乙表，乙表向左偏转。 （2）［3］断开开关，待电路稳定后再迅速闭合开关，根据楞次定律判断可知，线圈 B 中产生 的感应电流方向沿顺时针（从上往下看），从“-”接线住流入乙表，乙表向左偏转． （3）［4］由上知，当流过 A 线圈的电流变化时，A 产生的磁场强弱发生变化，穿过线圈 B 的 磁通量变化，从而在乙线圈产生感应电流，而且当磁场增强时，线圈乙中产生的磁场方向与 原磁场相反，可得出的结论是：穿过闭合回路的磁通量变化而产生感应电流，感应电流的磁 场总要阻得引起感应电流的磁通量变化。 10.如图所示为某同学设计的一种探究动量守恒定律的实验装置和原理图．长木板固定在水平 桌面上，一端伸出桌面，另一端装有竖直挡板，轻弹簣的一端固定在竖直挡板上，另一端被 入射小球从自然长度位置 A 点压缩至 B 点，释放小球，小球沿木板从右端水平抛出，落在水 平地面上的记录纸上，重复 10 次，确定小球的落点位置；再把被碰小球放在木板的右边缘处， 重复上述实验 10 次，在记录纸上分别确定入射小球和被碰小球的落点位置． (1)关于实验的要点，下列说法正确的是___________． A.入射小球的质量必须大于被碰小球的质量 B.入射小球的半径必须与被碰小球的半径相同 C.长木板必须尽可能地光滑 D.用重锤线的目的是为了确定板的右端在地面的投影位置 E.实验重复 10 次，是为了从小球的落地点中找出一个最清晰的点作为最终落地点 (2)入射小球前后两次的落地位置分别为原理图中的___________两点；若入射球的质量为 m1， 被碰小球的质量为 m2，则实验需要验证的表达式为________________．(用图中字母表示) 【答案】 (1). ABD (2). Q 、P (3). 【解析】 的 1 1 2m OQ m OP m OR⋅ = ⋅ + ⋅ 【分析】 （1）根据实验 原理及注意事项分析各个选项； （2）实验要验证两个小球系统碰撞过程动量守恒，即要验证 m1v1=m1v1′+m2v2，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】（1）A.为了保证碰撞后两球都能从槽口飞出，入射小球的质量应该大于被碰小球的质 量，选项 A 正确； B.为保证两球发生正碰，两球的半径必须相同，选项 B 正确； C.长木板不需要光滑，只要保持每次弹簧的压缩量相同，每次入射球与被碰球碰前的速度相同， 选项 C 错误； D.用重锤线的目的是为了确定板的右端在地面的投影的位置，以便准确测出小球平抛的水平位 移，选项 D 正确； E.实验重复 10 次，是为了从小球的落地点中找出小球落地点的中心位置，减小实验的误差， 选项 E 错误； 故选 ABD. （2）入射小球前后两次的落地点位置分别为图中的 Q、P 两点；两球碰撞后做平抛运动，它 们抛出点的高度相等，在空中的运动时间 t 相等，碰撞过程动量守恒，则有：m1v2=m1v1+m2v3 两边乘以 t 即为： ．即实验需要验证的表达式为： . 【点睛】本题考查了验证动量守恒实验的注意事项、实验器材的选择、数据处理，知道实验 原理、实验注意事项即可正确解题；小球离开轨道后做平抛运动，它们在空中的运动时间相 等，水平位移与初速度成正比，可以用水平位移表示初速度． 11.如图所示是圆盘发电机的示意图，铜盘安装在水平的铜轴上，它的盘面恰好与匀强磁场垂 直，两块铜片 C、D 分别与转动轴和铜盘的边缘接触。若铜盘半径为 L，匀强磁场的磁感应强 度为 B，回路的总电阻为 R，从左往右看，铜盘以角速度 ω 沿顺时针方向匀速转动。问 （1）R 中感应电流的方向（从下到上还是从上到下）； （2）计算感应电流大小。 的 1 1 2m OQ m OP m OR⋅ = ⋅ + ⋅ 1 1 2m OQ m OP m OR⋅ = ⋅ + ⋅ 【答案】（1）电流方向为 C→D→R→C；（2） 【解析】 【详解】（1）把铜盘视为闭合回路的一部分，在铜盘以角速度 ω 沿顺时针方向匀速转动时， 铜盘切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流，由右手定则可判断出感应电流方向为 C→D→R→C； （2）铜盘切割磁感线产生感应电动势为 根据闭合电路欧姆定律，回路中感应电流为 12.如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为 B．纸面内有一正方形均匀金属线框 abcd， 其边长为 L，总电阻为 R，ad 边与磁场边界平行．从 ad 边刚进入磁场直至 bc 边刚要进入的过 程中，线框在向左的拉力作用下以速度 v 匀速运动，求： （1）感应电动势的大小 E； （2）拉力做功的功率 P； （3）ab 边产生的焦耳热 Q． 【答案】(1) ；(2) ；(3) 【解析】 2 2 BL R ω 21 2E BL ω= 2 2 E BLI R R ω= = E BLv= 2 2 2B L vP R = 2 3 4 B L vQ R = 【详解】由导体棒切割磁感线产生电动势综合闭合电路欧姆定律和 解题． (1)从 ad 边刚进入磁场到 bc 边刚要进入的过程中，只有 ad 边切割磁感线，所以产生的感应电 动势为： ； (2)线框进入过程中线框中的电流为： ad 边安培力为： 由于线框匀速运动，所以有拉力与安培力大小相等，方向相反，即 所以拉力的功率为： 联立以上各式解得： ； (3) 线框进入过程中线框中的电流为： 进入所用的时间为： ad 边的电阻为： 焦耳热为： 联立解得： ． 13.如图，光滑轨道 PQO 的水平段 QO= ，轨道在 O 点与水平地面平滑连接。一质量为 m 的 小物块 A 从高 h 处由静止开始沿轨道下滑，在 O 点与质量为 4m 的静止小物块 B 发生碰撞， 碰撞后拿走 A（不影响 B 的运动）。A、B 与地面间的动摩擦因数均为 =0.5，重力加速度大 小为 g。假设 A、B 间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短。求： （1）碰撞后瞬间 A 和 B 速度的大小； （2）碰撞后 B 能运动多远。 2Q I Rt= E BLv= EI R = AF BIL= AF F= AP Fv F v= = 2 2 2B L vP R = EI R = Lt v = 4ad RR = 2 adQ I R t= 2 3 4 B L vQ R = 2 h µ 【答案】（1）v1= ；v2= ；（2） h 【解析】 【详解】（1）小物块 A 从高 h 处由静止开始沿轨道下滑，由机械能守恒定律可得 解得滑至 O 点时速度 ： 碰撞过程，由动量守恒定律和能量守恒定律 联立解得： 负号表示 A 碰撞后速度方向向左 B 碰撞后速度方向向右； （2）碰撞后，B 向右运动，设 B 向右运动的距离为 xB，由动能定理 解得： 为 3 25 gh 2 25 gh 8 25 2 0 1 2mgh mv= 0 2v gh= 0 1 2+4mv mv mv= 2 2 2 0 1 2 1 1 1+ 42 2 2mv mv mv= × 1 3 25v gh= − 2 2 25v gh= 2 2 14 0 42Bmgx mvµ− ⋅ = − × 8 25Bx h=