2018-2019学年黑龙江省双鸭山市第一中学高二4月月考物理试题 解析版

2018-2019学年黑龙江省双鸭山市第一中学高二4月月考物理试题 解析版

双鸭山市第一中学2018-2019年下半年第一次月考物理试题 考试时间：90分钟；满分：110分 命题人：张秀林；审核人：赵志成 第I卷（选择题)‎ 一、单选题(每题4分，共8题满分32分）‎ ‎1.如图所示，用一棋子压着一纸条，放在水平桌面上接近边缘处。第一次慢拉纸条将纸条抽出，棋子掉落在地上的P点。第二次快拉将纸条抽出，棋子掉落在地上的N点。两次现象相比（　　）‎ A. 第一次棋子的惯性更小 B. 第二次棋子受到纸条的摩擦力更小 C. 第一次棋子受到纸条的冲量更小 D. 第二次棋子离开桌面时的动量更小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、两次拉动中棋子的质量没变，故其惯性不变，故A错误；‎ B、因为正压力不变，故纸带对棋子的摩擦力没变，故B错误；‎ C、因为快拉时作用时间变短，故摩擦力对棋子的冲量变小了，第二次棋子受到纸条的冲量更小，故C错误；‎ D、由动量定理可以知道，第二次棋子离开桌面时合外力的冲量减小，则棋子离开桌面时的动量变小，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】分析棋子质量及受力的变化，明确惯性及摩擦力是否变化，再根据冲量的定义明确冲量的变化，由动量定理可以知道其动量的变化。‎ ‎2.‎ ‎ 一长直导线与闭合金属线框放在同一桌面内，长直导线中的电流i随时间t按照如图所示的正弦规律变化。设图中箭头所示的方向为直导线中电流的正方向，则在0～T时间内，下列表述正确的是 （ ）‎ A. 从T/2到3T/4时刻，穿过线框的磁通量一直减小 B. 从T/4到T/2时刻，线框中有顺时针方向感应电流 C. 从T/4到T/2时刻，线框有收缩的趋势 D. 从T/2到3T/4时刻，线框所受安培力的合力的方向始终向左 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：有图可以知道，在时间内，导线电流增强，导致穿过线圈的磁场增大，从而导致线圈的磁通量增大，故选项A错误；在，导线电流减弱，导致线圈磁通量减小，根据楞次定律可以知道线圈产生顺时针方向的感应电流，故选项B正确；在时间内，线圈磁通量减小，根据楞次定律，线圈产生感应电流的磁场阻碍磁通量的减小，从而是线圈有扩张的趋势，故选项C错误；在内，线圈磁通量增加，根据楞次定律可以知道，线圈产生感应电流的磁场阻碍磁通量的增加，导致线圈向右运动的趋势，故其受到安培力方向向右，故选项D错误。‎ 考点：楞次定律 ‎【名师点睛】本题考查楞次定律的应用问题，对于楞次定律，要掌握其两个方面：阻碍磁通量的变化、阻碍相对运动的角度。‎ ‎3.高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（ ）‎ A. 10 N B. 102 N C. 103 N D. 104 N ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：本题是一道估算题，所以大致要知道一层楼的高度约为3m，可以利用动能定理或者机械能守恒求落地时的速度，并利用动量定理求力的大小。‎ 设鸡蛋落地瞬间的速度为v，每层楼的高度大约是3m，‎ 由动能定理可知： ，‎ 解得： ‎ 落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正，‎ 由动量定理可知： ，解得： ，‎ 根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N，故C正确 故选C 点睛：利用动能定理求出落地时的速度，然后借助于动量定理求出地面的接触力 ‎4.图甲为电热毯的电路示意图。电热丝接在u=311sin 100πt (V)的电源上,电热毯被加热到一定温度后,通过装置P使输入电压变为图乙所示波形,从而进入保温状态。若电热丝电阻保持不变,此时交流电压表的读数是(　 　)‎ A. 110 V B. 156 V C. 220 V D. 311 V ‎【答案】B ‎【解析】‎ 交流电压表的读数是电压的有效值，由，B对。‎ ‎5.一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并立即留在其中，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至弹簧第一次被压缩最短的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统( )‎ A. 动量不守恒，机械能守恒 B. 动量不守恒、机械能不守恒 C. 动量守恒，机械能守恒 D. 动量守恒，总动能减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】在子弹打击木块A 及弹簧压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，系统所受的外力之和为零，则系统的动量守恒。在此过程中，除弹簧弹力做功外还有摩擦力对系统做功，所以系统机械能减小。故D正确，ABC错误。故选D。‎ ‎【点睛】系统动量守恒的条件：系统不受外力或所受合外力为零，判断动量是否守恒．根据是否是只有弹簧的弹力做功判断机械能是否守恒．‎ ‎6. 质量相同的两个小球在光滑水平面上沿连心线同向运动，球1的动量为7 kg·m/s,球2的动量为5 kg·m/s,当球1追上球2时发生碰撞，则碰撞后两球动量变化的可能值是: （ ）‎ A. Δp1="-1" kg·m/s,Δp2="1" kg·m/s B. Δp1="-1" kg·m/s,Δp2="4" kg·m/s C. Δp1="-9" kg·m/s,Δp2="9" kg·m/s D. Δp1="-12" kg·m/s,Δp2="10" kg·m/s ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：两球碰撞时满足动量守恒定律，故球1的动量减小量等于球2的动量增加量，选项BD错误；且碰后总能量不大于碰前总能量，则由能量关系，对A选项有：碰前总动能：；碰后总动能：，则≥成立，故选项A正确；同理B选项中：≤，故选项B错误；故选A.‎ 考点：动量守恒定律；能量守恒定律.‎ ‎7.如图，质量为M的小船在静止水面上以速率V0 向右匀速行驶，一质量为m的救生员在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：人在跃出的过程中船人组成的系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向 ‎，解得，C正确；‎ 考点：考查了动量守恒定律的应用 ‎【名师点睛】本题关键选择人跃出前后的过程运用动量守恒定律列式求解．‎ ‎8.如图所示，在水平面内有一质量分布均匀的木杆可绕端点O在水平面上自由转动。一颗子弹以垂直于杆的水平速度击中静止木杆上的P点，并随木杆一起转动。已知木杆质量为M，长度为L；子弹质量为m，点P到点O的距离为忽略木杆与水平面间的摩擦。设子弹击中木杆后绕点O转动的角速度为下面给出的四个表达式中只有一个是合理的。根据你的判断，的合理表达式应为　　‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】首先从单位上看B的单位是线速度单位，则B错误；如果，则角速度为0，所以D错误；如果是轻杆则M=0，但轻杆对子弹没有阻挡作用，相当于作半径为x的圆周运动，由此可知A错误，则选C。‎ ‎【点睛】此题用常规的思路是很难求解的，可以用排除法解答，可以从物理量的量纲中考虑，或者从特殊值中考虑.‎ 二、多选题（每题4分，共4题，满分16分）‎ ‎9.如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切,一个质量也为m的小物块放在被压缩弹簧的末端，释放物块以后，下列说法正确的是 A. 在与弹簧有接触的过程中，物块的机械能守恒 B. 物块在沿圆弧轨道上行的过程中，物块和弧形槽组成的系统机械能守恒 C. 物块在沿圆弧轨道上行的过程中，物块和弧形槽组成的系统动量守恒 D. 物块不能返回再次压缩弹簧 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ A、在弹簧释放的过程中，由于弹力做正功，故物块的机械能不守恒，故A错误； B、物块的机械能守恒在下滑的过程中，物块与弧形槽系统只有重力做功，机械能守恒，故B正确； C、在下滑的过程中，由于物体受重力作用，合力不为零，不符合动量守恒的条件，故动量不守恒，故C错误； D、由于物块和弧形槽质量相等，故在底部时两物体的速度大小相等，方向相反；而被弹簧弹回后，物块的速度大小与原来相等，因此物块不会再滑上弧形槽，二者一直向左做匀速运动，故不会再压缩弹簧，故D正确。‎ 点睛：本题考查动量定恒和机械能守恒定律的应用，要注意明确运动过程，同时能正确应用动量守恒以及机械能守恒定律分析两物体的运动过程问题。‎ ‎10.如图所示，在光滑的水平面上有一静止的物体M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，半径为R，最低点为C，两端A.B一样高，现让小滑块m从A点由静止下滑，则（ ）‎ A. M所能获得的最大速度为 ‎ B. m从A到C的过程中M向左运动发生的位移大小为MR/(M+m)‎ C. m从A到B的过程中M一直向左运动，m到达B的瞬间，M速度为零 D. M与m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】M和m组成的系统水平方向受合外力为零，则水平方向动量守恒，由于只有重力做功，则机械能守恒，当m到达最低点时，M的速度最大，则： ，解得，选项A错误，D正确； M和m组成的系统水平方向动量守恒，故A正确；M和m组成的系统水平方向动量守恒，m从A到C的过程中以及m从C到B的过程中m一直向右运动，所以M一直向左运动。由机械能守恒可知，m恰能达到小车上的B点，到达B点时M与m的速度都是0．故C正确；设m从A到C的过程中时间为t，m发生的水平位移大小为x，则M产生的位移大小为R-x，取水平向右方向为正方向。则根据水平方向平均动量守恒得：解得：；所以M产生的位移的大小为R-x=，故B错误；故选CD.‎ ‎11.如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板M的左端，右端与小木块m连接，且m、M及M与地面间接触光滑，开始时，m和M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，从两物体开始运动以后的整个运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度．对于m、M和弹簧组成的系统，下列说法正确的是(　 　)‎ ‎ ‎ A. 由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒 B. 当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M各自的动能为0‎ C. 由于F1、F2大小不变，故m、M各自一直做匀加速运动 D. 由于F1、F2等大反向，故系统的动量始终为零 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由于F1、F2对m、M都做正功，故系统机械能增加，故系统机械能不守恒，A错误；当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，M和m受力平衡，加速度减为零，此时速度达到最大值，故各自的动能最大，B错误；由于弹力是变化的，m、M所受合力是变化的，所以不会做匀加速运动，C错误；对A、B和弹簧组成的系统所受合外力为零，因此系统动量守恒，始终为零，D正确。故选D。‎ ‎12.如图甲所示，理想变压器原副线圈的匝数比=4：1，电阻R1=88，电源为如图乙所示的交变电压，标称值为“44W 1A”的灯泡恰好正常发光，电流表和电压表均为理想电表。下列说法正确的是 A. 原线圈所接交流电的瞬时值表达式为 (V)‎ B. 此时电流表的示数为0.5A C. 若滑动变阻器的滑片P下滑，电流表读数将变小 D. 若滑动变阻器的滑片P下滑，电压表读数将变小 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 结合图乙可知原线圈所接交流电的瞬时值表达式为U=220sin100πt(V)，选项A错误；灯泡正常发光，副线圈两端电压为U2=44V，原线圈两端电压为U1=4U2=176V，电流表示数为，选项B正确；滑片P下滑时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，总电阻减小，输入端电流变大，电流表读数变大，通过R1的电流变大，原线圈两端的电压U1=220-UR1变小，副线圈电压U2变小，电压表读数变小，选项D正确；故选BD. ‎ 点睛：本题考查交变电流的产生及变压器的应用，要注意明确电流表示数、机器铭牌上所标的电流值、电压值等均为有效值。知道变压器原副线圈电压比、电流比与匝数比的关系，知道输入功率与输出功率相等。‎ 第II卷（非选择题)‎ 三、实验题（9分）‎ ‎13.下图为验证动量守恒定律的实验装置，实验中选取两个半径相同、质量不等的小球，按下面步骤进行实验：‎ ‎①用天平测出两个小球的质量分别为m1和m2；‎ ‎②安装实验装置，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端切线水平，再将一斜面BC连接在斜槽末端；‎ ‎③先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止释放，标记小球在斜面上的落点位置P；‎ ‎④将小球m2放在斜槽末端B处，仍让小球m1从斜槽顶端A处由静止释放，两球发生碰撞，分别标记小球m1、m2在斜面上的落点位置；‎ ‎⑤用毫米刻度尺测出各落点位置到斜槽末端B的距离。图中从M、P、N点是实验过程中记下的小球在斜面上的三个落点位置，从M、P、N到B点的距离分别为SM、SP、SN．依据上述实验步骤，请回答下面问题：‎ ‎(1)两小球的质量m1、m2应满足m1_______m2(填写“>”、“=”或“<”)；‎ ‎(2)用实验中测得的数据来表示，只要满足关系式________________，就能说明两球碰撞前后动量是守恒的；‎ ‎(3)若要判断两小球的碰撞是否为弹性碰撞，用实验中测得的数据来表示，只需比较________与______________是否相等即可。‎ ‎【答案】 (1). ＞ (2). (3). (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）为了防止入射球碰后反弹，一定要保证入射球的质量大于被碰球的质量，即m1>m2； （2）小球m1和小球m2相撞后，小球m2的速度增大，小球m1的速度减小，都做平抛运动，所以碰撞后m1球的落地点是M点，m2球的落地点是N点； （3）碰撞前，小于m1落在图中的P点，设其水平初速度为v1．小球m1和m2发生碰撞后，m1的落点在图中的M点，设其水平初速度为v1′，m2的落点是图中的N点，设其水平初速度为v2． 设斜面BC与水平面的倾角为α，由平抛运动规律得：SMsinα=gt2，SMcosα=v′1t 解得：v1'=；同理可解得：v1=，v2=‎ ‎；所以只要满足m1v1=m2v2+m1v′1即：，则说明两球碰撞过程中动量守恒；如果满足小球的碰撞为弹性碰撞，则应满足：m1v12=m1 v1′2+m2v22；代入以上速度表达式可知，应满足公式为：m1SP=m1SM+m2SN；故需要验证：m1SP和m1SM+m2SN相等。‎ ‎【点睛】本题考查验证动量守恒定律的实验，要注意学会运用平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度，两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失。‎ 四、解答题 ‎14.两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为，，它们的下底面光滑，上表面粗糙；另有一质量的滑块C（可视为质点），以的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图所示，由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为3．0m/s，求：‎ ‎（1）木块A的最终速度；‎ ‎（2）滑块C离开A时的速度 ‎【答案】（1）2．6m/s ‎（2）4．2m/s ‎【解析】‎ 试题分析：以A、B、C为系统，动量守恒，由题可知 解得．‎ 滑块C离开A时，A、B速度相等，有动量守恒定律得：‎ 解得．‎ 考点：动量守恒定律 ‎【名师点睛】此题是动量守恒定律的应用习题；解题时关键是要找好研究系统即研究过程，根据动量守恒定律列出方程即可求解；此题较容易．‎ ‎15.如图，水平地面和半圆轨道面均光滑，质量M=1kg的小车静止在地面上，小车上表面与R=0.4m的半圆轨道最低点P的切线相平．现有一质量m=2kg的滑块（可视为质点）以v0=7.5m/s的初速度滑上小车左端，二者共速时滑块刚好在小车的最右边缘，此时小车还未与墙壁碰撞，当小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，滑块则离开小车进入圆轨道并顺着圆轨道往上运动，已知滑块与小车表面的滑动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2 ． 求：‎ ‎（1）小车与墙壁碰撞前的速度大小v1；‎ ‎（2）小车需要满足的长度L；‎ ‎（3）请判断滑块能否经过圆轨道的最高点Q，说明理由．‎ ‎【答案】（1）5m/s (2)16.75m (3) v2=3m/s，v2＞v，滑块能过最高点Q ‎【解析】‎ ‎（1）设滑块与小车的共同速度为v1，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，有：‎ ‎……………………………………………（2分）‎ 代入数据解得：＝5m/s …………………………………………………（2分）‎ ‎（2）设小车的最小长度为L1，由系统能量守恒定律，有：‎ ‎……………………………………………（2分）‎ 代入数据解得：L= 3.75m ………………………………………………………（2分）‎ ‎（3）若滑块恰能滑过圆的最高点的速度为v，则有：‎ ‎………………………………………………………………（2分）‎ 解得：m/s …………………………………………………………（2分）‎ 滑块从P运动到Q的过程，根据机械能守恒定律，有：‎ ‎……………………………………………………（2分）‎ 代入数据解得：m/s ……………………………………………………（2分）‎ ‎>，说明滑块能过最高点Q。……………………………………………（2分）‎ ‎16.如图甲所示，长、宽分别为L1=0.3m、L2=0.1m的矩形金属线框位于竖直平面内，其匝数为n=100，总电阻为r=1Ω，可绕其竖直中心轴O1O2转动．线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D(集流环)焊接在一起，并通过电刷和阻值为2Ω的定值电阻R相连．线框所在空间有水平向右均匀分布的磁场，磁感应强度B的大小随时间t的变化关系如图乙所示．在0～时间内，线框保持静止，且线框平面和磁场垂直；时刻以后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度匀速转动，求（运算结果中可保留π）：‎ ‎(1)0时间内通过电阻R的电流大小；‎ ‎(2)求在～时间内，通过电阻R的电荷量为多少？‎ ‎(3)时刻穿过线圈的磁通量的变化率是多大？‎ ‎【答案】（1）3A (2)0.01 (3)‎ ‎【解析】‎ ‎(1) 线框产生感应电动势的最大值 Em＝nB1L1L2ω ‎ 感应电动势的有效值E＝nB1L1L2ω ‎ 通过电阻R的电流的有效值I＝ ‎ 线框转动一周所需的时间 ‎ 此过程中，电阻R产生的热量Q＝I2Rt＝πRω()2=4π2×10-2J ‎ ‎(2)s～s时间内，线圈从图示位置转过600，， ‎ 平均感应电动势，平均感应电流 通过电阻R的电荷量 ； ‎ ‎(3)从图示位置开始转动，产生的交流电瞬时值表达式为：e=nB1L1L2ωsinωt ‎ s时刻，线圈运动的时间t=-=s，‎ 代入上式得e=nB1L1L2ω=1.5π， ‎ ‎ 则此时线圈中的电流 ‎ 点睛：解决本题的关键掌握感应电动势的平均值、最大值、有效值和瞬时值的区别以及应用．明确在求解功率及电压值等要用有效值，求解电荷量用平均值．‎ ‎17.水平面上平行固定两长直导体导轨MN和PQ，导轨宽度为L，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，在垂直于导轨方向静止放置两根导体棒1和2，其中1的质量为M,有效电阻为R，2的质量为m，有效电阻为r，现使1获得平行于导轨的初速度v0，不计一切摩擦，不计其余电阻，两棒不会相撞。请计算：‎ ‎（1）初始时刻2的加速度a ‎（2）系统运动状态稳定时1的速度v ‎（3）系统运动状态达到稳定的过程中，流过1棒某截面的电荷量q ‎（4）若初始时刻两棒距离为d，则稳定后两棒的距离为多少？‎ ‎【答案】（1）（2）（3）（4）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）初始时：E=BLv0 ‎ ‎ ‎ 对棒2：F安=BIL=ma，‎ 解得 ‎ ‎（2）对棒1和2的系统，受合外力为零，动量守恒，则最后稳定时：Mv0=(m+M)v 解得： ‎ ‎（3）对棒1，由动量定理： 其中，‎ 解得 ‎ ‎（4）由 、、 ‎ 解得 ，又，‎ 则，‎ 则稳定后两棒的距离为 ‎ ‎ ‎ ‎