物理卷·2019届云南省玉溪市玉溪一中高二上学期第二次月考试题（解析版）

物理卷·2019届云南省玉溪市玉溪一中高二上学期第二次月考试题（解析版）

云南省玉溪市玉溪一中2017-2018学年高二上学期 第二次月考物理试题 一.单选题 ‎ ‎1. 下列物理量中哪些与检验电荷有关（ ）‎ A. 电场强度E B. 电势差U C. 电势能ε D. 电势φ ‎【答案】C ‎【解析】电场强度是采用比值定义法定义的，是由电场本身决定的，与q无关．故A错误；电势差：，是采用比值定义法定义的，由电场本身和AB两点的位置决定的与q无关．故B错误；电势能EP=φq，与电荷有关，故C正确．电势φ＝，是采用比值定义法定义的，由电场本身决定的与q无关．故D错误；故选C.‎ ‎2. 在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能够观察到感应电流的是（ ）‎ A. 将绕在磁铁上的线圈与电流表组合成一闭合回路，然后观察电流表的变化 B. 在一连接干电池的线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，观察电流表的变化 C. 将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化 D. 绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，回路中没有磁通量的变化，不能产生感应电流，观察到电流表没有变化，故A错误；在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，回路中没有磁通量的变化，不能产生感应电流，观察到电流表没有变化，故B错误；将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁的过程中有感应电流产生，但是之后，再到相邻房间去观察时，回路中已经没有磁通量的变化，此时观察到的电流表没有变化，故C错误；绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，回路中的磁通量发生变化，能观察电流表的变化，故D正确．故选D。‎ 考点：电磁感应现象 ‎【名师点睛】解决本题关键要准确把握产生感应电流的一般条件：闭合回路的磁通量发生变化，电路必须闭合。‎ ‎ ‎ ‎3. 如图所示，a、b、c是一条电场线上的三点，电场线的方向由a到c，a、b间距离等于b、c间距离，用φa、φb、φc和Ea、Eb、Ec分别表示a、b、c三点的电势和场强，可以判定 （ ）‎ A. Ea＜Eb＜Ec B. Ea = Eb = Ec C. φa＜φb＜φc D. φa＞φb＞φc ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：只有一条电场线，不能确定具体的电场，无法比较电场强弱，故AB错误；沿电场线电势降低，可以比较电势高低，根据电场线方向可知φa>φb>φc，故D正确．‎ 考点：电场线 ‎4. 如图所示，使一个铜盘绕其竖直的轴OO′转动，且假设摩擦等阻力不计，转动是匀速的，现把一个蹄形磁铁移近铜盘，则(　)‎ ‎ ‎ A. 铜盘转动将变慢 B. 铜盘转动将变快 C. 铜盘仍以原来的转速转动 D. 铜盘的转动速度是否变化，要根据磁铁的上下两端的极性来决定 ‎【答案】A ‎【解析】转动过程中，圆盘要切割磁感线产生感生电流，则机械能转化为电能，机械能逐渐消耗，所以铜盘的转动逐渐变慢．故选A．‎ 点睛：铜盘转速的变化，是由其受到的磁场力的引起的，从能量转化的角度确定转速的变化是解决此题的关键．‎ ‎5. 如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，∠MOP＝60°，在M、N处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O点的磁感应强度大小为B1，若将N处的长直导线移至P处，则O点的磁感应强度大小变为B2，则B2与B1之比为（ ）‎ A. 1∶1 B. 1∶2 C. ∶1 D. ∶2‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：由磁场的叠加可知每根导线在O点产生的磁感强度大小，移动之后距O点的距离不变，故磁感强度大小不变，则由矢量合成的方向可得出移动之后的合磁感强度；即可求得比值．‎ 每根导线在O点产生的磁感强度为，方向竖直向下，则当N移至P 点时，磁感应强度方向如图所示，由图可知，两导线形成的磁感应强度方向夹角为120°，由由几何关系可知，O点合磁感强度大小为，则，B正确．‎ ‎6. 在如图所示电路中，当滑动变阻器的滑片P向下移动时，则下列说法判断正确的是（ ）‎ A. A灯变亮、B灯变亮、C灯变亮 B. A灯变亮、B灯变亮、C灯变暗 C. A灯变亮、B灯变暗、C灯变暗 D. A灯变亮、B灯变暗、C灯变亮 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：当滑动变阻器滑片P向下移动时，滑动变阻器的有效阻值变小，总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律知，总电流I增大，故A灯变亮；总电流I增大，利用电动势、内电压和路段电压关系可知，B、C灯所在支路的电压和减小，故B灯变暗；B灯所在支路电流减小，而干路电流增大，所以C灯所在支路电流增大，故C灯变亮，故A正确 考点：考查了电路的动态变化 ‎【名师点睛】灵活应用闭合电路的欧姆定律、电动势路端电压和内电压、干路与支路电流关系是解决动态电路的关键，即先局部--整体---局部的解题思路．‎ ‎7. 如图所示，在点电荷Q的电场中，已知a、b两点在同一等势面上，c、d两点在同一等势面上，无穷远处电势为零．甲、乙两个带电粒子经过a点时动能相同，甲粒子的运动轨迹为acb，乙粒子的运动轨迹为adb．由此可以判定正确的是（ ）‎ A. 甲粒子经过c点与乙粒子经过d点时的动能相等 B. 甲、乙两粒子带同种电荷 C. 甲粒子经过c点时的电势能小于乙粒子经过d点时的电势能 D. 两粒子经过b点时具有的动能不相同 ‎【答案】C ‎【解析】根据轨迹判定电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力，所以点电荷Q对甲做正功，对乙做负功，所以甲粒子经过c点的动能大于乙粒子经过d点时的动能．故A错误；由图可知电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力，故两粒子的电性一定不同，故B错误；取无穷远处电势为零（电势能也一定为零），将带电粒子甲从C移动到无穷远处，电场力做负功，电势能增加，故粒子甲在C点电势能为负值；将带电粒子乙从d移动到无穷远处，电场力做正功，电势能减小，故粒子乙在d点的电势能为正值，故甲粒子经过c点时的电势能小于乙粒子经过d点时的电势能，故C正确；据虚线为等势面，可判定沿着acb、adb曲线运动过程中电场力所做的总功为0，两粒子在a点时具有相同的动能，根据动能定理，两粒子经过b点时具有相同的动能，故D错误；故选C．‎ ‎8. 如图所示，电源的电动势为E、内阻为r，L1、L2为两个相同的灯泡，线圈L的直流电阻不计，与灯泡L1连接的是一只理想二极管D.下列说法中正确的是(　　) ‎ A. 闭合开关S稳定后L1、L2亮度相同 B. 断开S的瞬间，L2会逐渐熄灭 C. 断开S的瞬间，L1中电流方向向左 D. 断开S的瞬间，a点的电势比b点高 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：闭合开关S稳定后被短路，A错误；断开S的瞬间，立即熄灭，B错误；断开S的瞬间，由于电路电流减小，所以产生还原电流方向一致的感应电流，故a中电流方向向右，C错误，L相当于一个电源，右端为正极，所以a点电势比b点电势高，D正确 故选D 考点：考查了自感现象 点评：做此类问题关键是分析谁和电感线圈组成闭合回路 二、多选题 ‎ ‎9. 一平行板电容器两极板间距为、极板面积为S，电容为，其中是常量。对此电容器充电后断开电源。当增加两板间距时，电容器极板间（ ）‎ A. 电场强度不变 B. 电场强度变大 C. 电势差不变 D. 电势差变大 ‎【答案】AD ‎【解析】因通电后断开，故两板上的带电量不变；增加d，根据,则C减小，则电势差U增大；由公式可得：，则电场强度，故E与d无关，故电场强度不变；故AD正确，BC错误；故选AD．‎ ‎10. 如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中(　　) ‎ A. 它们运动的时间tQ＞tP B. 它们运动的加速度aQ＜aP C. 它们所带的电荷量之比qP∶qQ＝1∶2‎ D. 它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4‎ ‎【答案】AD ‎【解析】垂直电场方向不受力，做匀速直线运动，位移相等，速度相等，由x=vt得知，运动的时间相等，故A错误；平行电场方向受到电场力作用，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：y=at2，解得：，由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为：yP：yQ=1：2，所以aQ＞aP，故B错误；根据牛顿第二定律，有：qE=ma，由两式解得：，所以它们所带的电荷量之比qP：qQ=1：2，故C正确；根据动能定理，有：qEy=△Ek，而：qP：qQ=1：2，yP：yQ=1：2，所以动能增加量之比：△EkP：△EkQ=1：4，故D正确；故选CD．‎ 点睛：本题关键将两个带电粒子的运动垂直电场方向和平行电场方向的分运动，然后结合运动学公式、牛顿运动定律和动能定理列式分析.‎ ‎11. 如图所示，在一空心螺线管内部中点处悬挂一铜环，电路接通瞬间，下列说法正确的是(　　)‎ ‎ ‎ A. 从左往右看，铜环中有逆时针方向感应电流 B. 从左往右看，铜环中有顺时针方向感应电流 C. 铜环有收缩趋势 D. 铜环有扩张趋势 ‎【答案】CD ‎【解析】根据楞次定律，当接通开关瞬间时，导致穿过线圈的磁通量向左增大，则铜环中的感应电流的磁场的方向向右，从左侧看，铜环的感应电流顺时针，故A错误，B正确；当接通开关瞬间时，导致穿过线圈的磁通量向左增大，根据楞次定律可知，铜环的面积有收缩的趋势，故C正确，D错误；故选BC．‎ 点睛：考查楞次定律与左手定则的应用，掌握右手螺旋定则内容，注意左手定则与右手定则的区别，同时注意磁通量的概念．‎ ‎12. 如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b是原线圈的中心抽头，电压表V和电流表A均为理想电表，除滑动变阻器电阻R以外，其余电阻均不计，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为：u1＝220sin100πt (V)．下列说法中正确的是(　　)‎ ‎ ‎ A. 当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22 V B. t＝s时，c、d两点间的电压瞬时值为110 V C. 单刀双掷开关与a连接，滑动变阻器触头向上移动的 ‎ 过程中，电压表示数不变，电流表的示数变小 D. 当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表和电流表的示数均变大 ‎【答案】ACD ‎【解析】当单刀双掷开关与a连接时，匝数之比为10：1，原线圈两端有效值为=220V，所以副线圈电压有效值为22V，A正确；把时间t代入瞬时值表达式得电压瞬时值为155.5V，B错误；滑动变阻器触头向上移动的过程中，电阻增大，电压不变，电流减小，电流表的示数变小，C正确；当单刀双掷开关由a扳向b时，匝数之比为5：1，输出电压增大，电压表和电流表的示数均变大，D正确；故选ACD.‎ 点睛：做好本题要理解变压器中心抽头的作用：改变了匝数之比，从而改变了电压之比，也改变了两表的示数．‎ ‎13. 如图所示，a是带正电的小物块，b是一不带电的绝缘物块，A，B叠放于粗糙的水平地面上，地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，现用水平恒力F拉b物块，使A，B一起无相对滑动地向左加速运动，在加速运动阶段(　　)‎ A. A，B一起运动的加速度增大 B. A，B一起运动的加速度减小 C. A，B物块间的摩擦力减小 D. A，B物块间的摩擦力增大 ‎【答案】BC ‎【解析】以整体为研究对象有：F-f=（ma+mb）a，f=（mag+mb g+qvB）μ，由于物体加速运动，因此速度逐渐增大，洛伦兹力增大，则地面给b的滑动摩擦力增大，因此整体加速度逐渐减小，故A错误，B正确；隔离a，a受到水平向左的静摩擦力作用，根据牛顿第二定律有：f=maa，由于加速度逐渐减小，因此a、b之间的摩擦力减小，故C正确，D错误．故选BC．‎ 点睛：本题是典型的力与运动问题，题目有一定的综合性，结合了有关磁场的知识，注意加速度是联系力与运动的桥梁，因此主要分析物体加速度的变化情况．‎ ‎14. 如图所示，一个闭合回路由两部分组成．右侧是电阻为r的圆形线圈，置于竖直向上均匀变化的磁场B1中，左侧是光滑的倾角为θ的平行导轨，宽度为d，其电阻不计。磁感应强度为B2的匀强磁场垂直导轨平面向上，且只分布在左侧，一个质量为m、电阻为R的导体棒ab此时恰好能静止在导轨上，下述判断正确的是 A. 圆形线圈中的磁场方向向上且均匀增强 B. 导体棒ab受到的安培力大小为mgsinθ C. 回路中的感应电流为 D. 圆形线圈中的电热功率为(r＋R)‎ ‎【答案】ABC 点睛：解决本题的关键通过受力平衡求出安培力的大小和方向，以及掌握左手定则判定安培力与电流方向的关系，和运用楞次定律判断感应电流方向与磁场的变化关系．‎ 三、实验题 ‎ ‎15. 如下图为“碰撞中的动量守恒”实验装置示意图 ‎ ‎ ‎(1)入射小球1与被碰小球2直径相同，它们的质量相比较，应是m1___m2.‎ ‎(2)在做此实验时，若某次实验得出小球的落点情况如右图所示。假设碰撞中动量守恒，则入射小球质量m1和被碰小球质量m2之比m1∶m2＝________.‎ ‎【答案】 (1). 大于 (2). 4:1‎ ‎【解析】（1）在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律故有m1v0=m1v1+m2v2 在碰撞过程中动能守恒有：m1v02＝m1v12+m2v22 解得v1=v0，要碰后入射小球的速度v1＞0，即m1-m2＞0，即m1＞m2．‎ ‎（2）由题意可知，球1未和球2碰撞，落在P点，球1和球2碰撞后分别落在M点和N点，假设碰撞过程中动量守恒，有：m1•OP=m1•OM+m2•ON，即60.50m1=36.30m1+96.80m2，解得m1：m2=4：1．‎ ‎16. 有一根粗细均匀的空心导体棒如图a所示，截面为同心圆环(如图b)，其电阻约为100 Ω，某同学用以下器材测量该导体棒的电阻：‎ A．20分度的游标卡尺B．螺旋测微器C．电流表A1(量程50 mA，内阻R1＝100 Ω) D．电流表A2(量程100 mA，内阻R2约40 Ω) E．滑动变阻器R(0～10 Ω) F．直流电源EG．导电材料样品Rx H．开关一只，导线若干 ‎(1)用游标卡尺测量导体棒长度如图甲，示数L＝____mm；用螺旋测微器测量其外径如图乙，示数D＝____mm.‎ ‎(2)图丙是实验原理图，请在丁图中完成实物连接______．‎ ‎(3)闭合开关S，调整滑动变阻器，记录电流表A1的读数I1和电流表A2的读数I2，则导体管的电阻Rx ＝___(用已知量和测量量的符号来表示) ‎ ‎【答案】 (1). （1）100.50mm； (2). 3.500mm（3.499mm-3.502mm均得分） (3). （2）如图；‎ ‎ (4). （3） ‎ ‎【解析】试题分析：（1）用游标卡尺测量导体棒长度示数L=10cm+0．05mm×10=100．50mm；用螺旋测微器测量其外径示数D=3．5mm+0．01mm×0．3=3．503mm。‎ ‎（2）电路如图；（3）由图可知，，由电阻定律可得：，联立解得：。‎ 考点：付安法测电阻 四.计算题 ‎ ‎17. 如图所示，在y＜0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面并指向纸里，磁感应强度为B.一带负电的粒子(质量为m，电荷量为q)以速度v0从O点射入磁场，入射方向在xOy平面内，与x轴正向的夹角为θ.求：‎ ‎(1)该粒子射出磁场的位置；‎ ‎(2)该粒子在磁场中运动的时间.(粒子所受重力不计)‎ ‎【答案】(1)(－，0) (2) ‎ ‎【解析】试题分析：（1）带正电的粒子射入磁场后，由于受到洛伦兹力的作用，粒子将沿图示的轨迹运动，从A点射出磁场，O、A间的距离为L，射出时速度的大小仍为，射出方向与x轴的夹角仍为．‎ 由于洛伦兹力提供向心力，则：，R为圆轨道的半径，解得：①‎ 圆轨道的圆心位于OA的中垂线上，由几何关系可得：②‎ 联立①②两式解得；‎ 所以粒子离开磁场的位置为（﹣，0）；‎ ‎（2）因为 该粒子在磁场中运动的时间；‎ 考点：考查了带电粒子在匀强磁场中的运动 ‎【名师点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式，周期公式，运动时间公式，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题，‎ ‎18. 质量为mB＝2 kg的木板B静止于光滑水平面上，质量为mA＝6 kg的物块A停在B的左端，质量为mC＝2 kg的小球C用长为L＝0.8 m的轻绳悬挂在固定点O.现将小球C 及轻绳拉直至水平位置后由静止释放，小球C在最低点与A发生正碰，碰撞作用时间很短为Δt＝1×10－2s，之后小球C反弹所能上升的最大高度h＝0.2 m．已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，物块与小球均可视为质点，不计空气阻力，取g＝10 m/s2.求：‎ ‎(1)小球C与物块A碰撞过程中所受的撞击力大小；‎ ‎(2)为使物块A不滑离木板B，木板B至少多长？‎ ‎【答案】1200 N 0.5m ‎【解析】试题分析：①C下摆过程，根据动能定理有：‎ 解得：碰前C的速度 C反弹过程，根据动能定理有：‎ 解得：碰后C的速度 取向右为正方向，对C根据动量定理有：‎ 解得：碰撞过程中C所受的撞击力大小：，方向水平向左。‎ ‎②C与A碰撞过程，根据动量守恒定律有：‎ 解得：碰后A的速度 A恰好滑至木板B右端并与其共速时，所求B的长度最小。‎ 根据动量守恒定律：‎ 解得A、B的共同速度 根据能量守恒定律：‎ 解得：木板B的最小长度 考点：动能定理，动量定理，动量守恒定律，能量守恒定律 ‎19. 如图所示，一定滑轮上绕有轻质柔软细线，线的一端系一质量为3m的重物，另一端系一质量为m、电阻为r的金属杆。在竖直平面内有间距为L的足够长的平行金属导轨PQ、EF，在QF之间连接有阻值为R的电阻，其余电阻不计，磁感应强度为B0的匀强磁场与导轨平面垂直。开始时金属杆置于导轨下端QF处，将重物由静止释放，当重物下降h时恰好达到稳定速度而匀速下降。运动过程中金属杆始终与导轨垂直且接触良好。忽略摩擦阻力，重力加速度为g求：‎ ‎ ‎ ‎（1）重物匀速下降时的速度 ‎（2）重物从释放到下降h的过程中，回路中R上产生的焦耳热 ‎（3）若将重物下降h时的时刻记作t＝0，速度记为v0‎ ‎，从此时刻起，磁感应强度逐渐减小，使金属杆中恰好不再产生感应电流，写出磁感应强度B随时间t变化的关系式。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】试题分析：（1）对金属棒：受力分析可知T-mg-F=0‎ 式中：T＝3mg 所以：‎ ‎（2）设电路中产生的总焦耳热为Q，则有能量守恒关系得减少的重力势能等于增加的动能和焦耳热Q；‎ 即：3mgh−mgh＝（3m）v2+mv2+Q 所以：电阻R中产生的焦耳热QR为 ‎（3）金属杆中恰好不产生感应电流，即磁通量不变，所以：hLB0=（h+h2）LBt，式中：h2＝at2‎ 又：‎ 则磁感应强度B怎样随时间t变化为 考点：法拉第电磁感应；能量守恒定律 ‎ ‎ ‎ ‎