伊宁市第一高级中学2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷物理

伊宁市第一高级中学2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷物理
班级__________ 座号_____ 姓名__________ 分数
__________
一、选择题
1．如图所示，一电场的电场线分布关于y轴（沿竖直方向）对称，O、
M、N是y轴上的三个点，且OM=MN，P点在y轴的右侧，MP⊥ON，则
（）
A．M点的电势比P点的电势高
B．将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功
C．M、N 两点间的电势差大于O、M两点间的电势差
D．在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y轴做直线运动
【答案】AD
2．如图所示，磁场方向竖直向下，通电直导线ab由水平位置1绕a点在竖直平面内转到位置2的过程中，通电导线所受安培力是
A．数值变大，方向不变
B．数值变小，方向不变
C．数值不变，方向改变
D．数值，方向均改变
【答案】B
【解析】安培力F=BIL，电流不变，垂直直导线的有效长度减小，安培力减小，安培力的方向总是垂直BI所构成的平面，所以安培力的方向不变，B正确。

3．放在粗糙水平面上的物块A、B用轻质弹簧秤相连，如图所示，物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，今对物块A施加一水平向左的恒力F，使A、B一起向左匀加速运动，设A、B的质量分别为m、M，则弹簧秤的示数
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】C
【解析】根据牛顿第二定律得：对整体：，对B ：F 弹–μMg =Ma ，解得，
故选C 。

4． 阻值相等的四个电阻、电容器C 及电池E （内阻可忽略）连接成如图所示电路。

开关S 闭合且电流稳定
时，C 所带的电荷量为Q 1,；断开开关S ，电流再次稳定后，C 所带的电荷量为Q 2。

Q 1与Q 2的比值为
A.
B. 5253
C.
D.
【答案】B 【
解
析
】
5． 如图所示，一通电直导线位于匀强磁场中，导线与磁场方向垂直，磁场的磁感应强度B=0.1T ，导线长度L=0.2m ，当导线中的电流I=1A 时，该导线所受安培力的大小
A. 0.02N
B. 0.03N
C. 0.04N
D. 0.05N 【答案】A
【解析】解：导线与磁场垂直，导线受到的安培力为：F=BIL=0.1×1×0.2=0.02N ，故BCD 错误，A 正确．故选：A
【点评】本题比较简单，考查了安培力的大小计算，应用公式F=BIL 时注意公式适用条件和公式中各个物理量的含义
6． （2015·聊城二模，17）探月工程三期飞行试验器于2014年10月24日2时在中国西昌卫星发射中心发射升空，最终进入距月球表面高为h 的圆形工作轨道。

设月球半径为R ，月球表面的重力加速度为g ，万有引力常量为G ，则下列说法正确的是（ ）
A ．飞行试验器在工作轨道上的加速度为
2
g
(R R ＋h
)
B ．飞行试验器绕月球运行的周期为2πR g
C ．飞行试验器在工作轨道上的绕行速度为 g R ＋h
D ．月球的平均密度为3g 4πGR
【答案】 AD
【解析】月球表面万有引力等于重力，则：G
＝mg ，在高为h 的圆形工作轨道，有：G ＝mg ′，
Mm
R 2
Mm R ＋h 2得：g ′＝2g ，故A 正确；.根据万有引力提供向心力，即：G ＝m ＝m r ，解得：v ＝ ，T ＝
(R R ＋h )
Mm r 2v 2r 4π2T 2GM
r 2π ，飞行试验器的轨道半径为r ＝R ＋h ，结合黄金代换公式：GM ＝gR 2，代入线速度和周期公式得：v ＝
r 3
GM
，T ＝2π ，故B 、C 错误；由黄金代换公式得中心天体的质量：M ＝，月球的体积：V ＝R 2g R ＋h R ＋h 3gR 2gR 2
G πR 3，则月球的密度：ρ＝＝，故D 正确．3M V 3g 4πGR
7． 如图所示，两个小球从水平地面上方同一点O 分别以初速度、
水平抛出，落在地面上的位置分别是
A 、
B ，O ′是O 在地面上的竖直投影，且O ′A :AB =1:3。

若不计空气阻力，则两小球
A ．抛出的初速度大小之比为1:4
B ．落地速度大小之比为1:3
C ．落地速度与水平地面夹角的正切值之比为4：1
D ．通过的位移大小之比为1:
【答案】AC
8． 将金属块用压缩的轻弹簧卡在一个矩形箱子中，如图所示，在箱子的上顶板和下底板装有压力传感器，能随时显示出金属块和弹簧对箱子上顶板和下底板的压力大小。

将箱子置于电梯中，随电梯沿竖直方向运动。

当箱子随电梯以a =4.0 m/s 2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为4.0 N ，下底板的传感器显示的压力为10.0 N 。

取g =10 m/s 2，若上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，则升降机的运动状态可能是
A ．匀加速上升，加速度大小为5 m/s 2
B ．匀加速下降，加速度大小为5 m/s 2
C ．匀速上升
D ．静止状态
【答案】B
【解析】以a =4.0 m/s 2的加速度竖直向上做匀减速运动时，物体受到上顶板向下的压力
，下底板的
支持力，以向下为正方形，根据牛顿第二定律有，代入计算m=1 kg。

若上顶板传
感器的示数是下底板传感器的示数的一半，则意味着弹簧长度不变，弹簧弹力不变，即，则有，得a=5 m/s2方向向下。

故选B。

9．质量为m的木块位于粗糙水平桌面上，若用大小为F的水平恒力拉木块，其加速度为a１。

当拉力方向不变，大小变为2F时，木块的加速度为a2，则
A．a1=a2B．a2<2a1
C．a2>2a1D．a2=2a1
【答案】C
【解析】由牛顿第二定律得：，，由于物体所受的摩擦力，
，即不变，所以，故选项C正确。

【名师点睛】本题考查对牛顿第二定律的理解能力，F是物体受到的合力，不能简单认为加速度与水平恒力F成正比。

10．如图，A、B两球用劲度系数为k1的轻弹簧相连，B球用长为L的细绳悬于O点，A球固定在O点正下方，且O、A间的距离恰为L，此时绳子所受的拉力为T1，弹簧的弹力为F1，现把A、B间的弹簧换成劲度系数为k2（k1>k2）的轻弹簧，仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为T2，弹簧的弹力为F2，则下列说法正确的是（）
A. T1＜T2
B. F1＜F2
C. T1＝T2
D. F1＝F2
【答案】C
【解析】
解：对小球B 受力分析，由平衡条件得，弹簧的弹力N 和绳子的拉力F 的合力与重力mg 大小相等、方向相反，即，作出力的合成图，并由三角形相似得：
，又由题， ，得=mg F 合F T F
OA OB AB
==合OA OB L ==，绳子的拉力T 只与小球B 的重力有关，与弹簧的劲度系数k 无关，所以得到T 1=T 2，故C 项
T F mg ==合正确。

换成K 2以后AB 减小由可知F 1>F 2，B 错误F T F
OA OB AB
==合综上所述，本题正确答案为C 。

11．在军事演习中，某空降兵从悬停在空中的直升飞机上跳下，从跳离飞机到落地的过程中沿竖直方向运动的v–t 图象如图所示，则下列说法正确的是
A ．0~10 s 内空降兵和降落伞整体机械能守恒
B ．0~10 s 内空降兵和降落伞整体所受空气阻力越来越大
C ．10~15 s 时间内运动员的平均速度
D ．10~15 s 内空降兵和降落伞整体处于失重状态
【答案】BC
【解析】 0~10 s 内速度时间图线的切线斜率逐渐减小，可知空降兵和降落伞向下做加速度逐渐减小的变加速
直线运动，阻力对空降兵和降落伞做负功，故选项A错误；根据牛顿第二定律得，mg–f=ma，因为加速度减小，可知阻力增大，故选项B正确；10~15 s内做空降兵和降落伞向下做加速度减小的变减速直线运动，5 s内的位移小于做匀变速直线运动的位移，故10~15 s时间内空降兵和降落伞的平均速度，故C正确；10~15 s内做减速运动，加速度方向向上，可知空降兵和降落伞处于超重状态，故选项D错误。

12．如图所示，长方形abcd长ad=0.6 m，宽ab=0.3 m，e、f分别是ad、bc 的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.25 T。

一群不计重力、质量m=3×10-7 kg、电荷量q=＋2×10－3 =5×l02 m/s从左右两侧沿垂直ad 和bc 方向射入磁场区域
C的带电粒子以速度υ
（不考虑边界粒子），则（）
A．从ae 边射入的粒子，出射点分布在ab边和bf边
B．从ed 边射入的粒子，出射点全部分布在bf边
C．从bf边射入的粒子，出射点全部分布在ae 边
D．从fc边射入的粒子，全部从d点射出
【答案】ABD
13．下图是一个说明示波管工作原理的示意图,电子经电压U1加速后垂直进入偏转电场,离开电场时的偏转量是h,两平行板间的距离为d,电势差为U2,板长为L。

为了提高示波管的灵敏度（每单位电压引起的偏转量）,可采用的方法是（）
A. 增大两板间的电势差U2
B. 尽可能使板长L短些
C. 尽可能使板间距离d小一些
D. 使加速电压U1升高一些
【答案】C
【解析】试题分析：带电粒子加速时应满足：qU1=mv02；带电粒子偏转时，由类平抛规律，应满足：L=v0t
h=at2；联立以上各式可得，即，可见，灵敏度与U2无关，增大L、
减小d或减小U1均可增大灵敏度，所以C正确，ABD错误．故选C．
考点：带电粒子在电场中的运动
【名师点睛】本题是信息的给予题，根据所给的信息，根据动能定理和类平抛运动规律求出示波管灵敏度的表达式即可解决本题。

14．如图甲，水平地面上有一静止平板车，车上放一物块，物块与平板车的动摩擦因数为0.2，t=0时，车开始沿水平面做直线运动，其v﹣t图象如图乙所示，g取10 m/s2，若平板车足够长，关于物块的运动，以下描述正确的是
A．0~6 s加速，加速度大小为2 m/s2，6~12 s减速，加速度大小为2 m/s2
B．0~8 s加速，加速度大小为2 m/s2，8~12 s减速，加速度大小为4 m/s2
C．0~8 s加速，加速度大小为2 m/s2，8~16 s减速，加速度大小为2 m/s2
【答案】C
【解析】
15．在匀强电场中，把一个电量为q的试探电荷从A移动到B点。

已知场强为E，位移大小为d，初末位置电势差为U，电场力做功为W，A点电势为。

下面关系一定正确的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】因初末位置电势差为U ，则电场力的功为W=Uq ，选项A 正确；因位移d 不一定是沿电场线的方向，则U=Ed 不一定正确，故选项BCD 错误；故选A.
16．（2016·山东师大附中高三月考）质量为m 的物体放在水平面上，它与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g 。

用水平力拉物体，运动一段时间后撤去此力，最终物体停止运动。

物体运动的v －t 图象如图所示。

下列说法正确的是（
）
A ．水平拉力大小为F ＝m v 0
t
B ．物体在3t 0时间内位移大小为v 0t 0
3
2C ．在0～3t 0时间内水平拉力做的功为mv 12
2
D ．在0～3t 0时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为μmgv 0
1
2
【答案】BD
【解析】根据v －t 图象的斜率表示加速度，则匀加速运动的加速度大小a 1＝，匀减速运动的加速度大小a 2＝
v 0
t
0，根据牛顿第二定律得，F －F f ＝ma 1， F f ＝ma 2，解得，F ＝，A 错误；根据图象与坐标轴围成的面积v 02t 03mv 0
2t
0表示位移，则物体在3t 0时间内位移大小为x ＝v 0t 0，B 正确；0～t 0时间内的位移x ′＝v 0t 0，则0～3t 0时间内
321
2
水平拉力做的功W ＝Fx ′＝mv ，故C 错误；0～3t 0时间内物体克服摩擦力做功W ＝F f x ＝v 0t 0μmg ，则在0～
34203
2
3t 0时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为＝＝μmgv 0，故D 正确。

P －
W t 1
2
二、填空题
17．“用电流表和电压表测定电池的电动势和内阻”的实验,供选用的器材有:A.电流表（量程:0-0.6 A,R A =1 Ω）B.电流表（量程:0-3 A,R A =0.6 Ω）
C.电压表（量程:0-3 V,R V=5 kΩ）
D.电压表（量程:0-15 V,R V=10 kΩ）
E.滑动变阻器（0-10 Ω,额定电流1.5 A）
F.滑动变阻器（0-2 kΩ,额定电流0.2 A）
G.待测电源（一节一号干电池）、开关、导线若干
（1）请在下边虚线框中画出本实验的实验电路图____。

（2）电路中电流表应选用____,电压表应选用____,滑动
变阻器应选用____。

（用字母代号填写）
（3）如图所示为实验所需器材,请按原理图连接成正确的实验电路____。

【答案】（1）. （1）如解析图甲所示：；（2）. （2）A；　（3）. C；（4）. E；（5）. （3）如解析图乙所示：
【解析】（1）电路如图甲所示：
由于在电路中只要电压表的内阻R V≫r，这种条件很容易实现，所以应选用该电路。

（2）考虑到待测电源只有一节干电池，所以电压表应选C；放电电流又不能太大，一般不超过0.5A，所以电流表应选A；滑动变阻器不能选择阻值太大的，从允许最大电流和减小实验误差的角度来看，应选择电阻较小额定电流较大的滑动变阻器E，故器材应选A、C、E。

（3）如图乙所示：
18．如图所示，将一个电流表G和另一个电阻连接可以改装成伏特表或安培表，则甲图对应的是表，要使它的量程加大，应使R1（填“增大”或“减小”）；乙图是表，要使它的量程加大，应使R
（填“增大”或“减小”）。

2
【答案】安培；减小；伏特；增大
19．在“伏安法测电阻”实验中，所用测量仪器均已校准。

其中某一次测量结果如图所示，其电压表的读数为________V，电流表的
读数为______A。

【答案】（1）. 0.80 （2）. 0.42
【解析】电压表的读数为0.80V，电流表的读数为0.42A。

三、解答题
20．如图所示，在竖直面内有一个光滑弧形轨道，其末端水平，且与处于同一竖直面内的光滑圆形轨道的最低端相切，并平滑连接。

A、B两滑块（可视为质点）用轻细绳拴接在一起，在它们中间夹住一个被压缩的微小轻质弹簧。

两滑块从弧形轨道上的某一高处P点由静止滑下，当两滑块刚滑入圆形轨道最低点时拴接两滑块的绳突然断开，弹簧迅速将两滑块弹开，其中前面的滑块A沿圆形轨道运动恰能通过圆形轨道的最高点，后面的滑块B恰能返回P点。

已知圆形轨道的半径R=0.72m，滑块A的质量m A=0.4kg，滑块B的质量m B=0.1kg ，重力加速度g取10m/s²，空气阻力可忽略不计。

求：
（1）滑块A运动到圆形轨道最高点时速度的大小；
（2）两滑块开始下滑时距圆形轨道底端的高度h；
（3）弹簧在将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能。

【答案】（1）（2）0.8m（3）4J
【解析】试题分析：（1）设滑块A恰能通过圆形轨道最高点时的速度大小为v2，根据牛顿第二定律有m A g=m A v2==m/s
（2）设滑块A在圆形轨道最低点被弹出时的速度大小为v1，对于滑块A从圆形轨道最低点运动到最高点的过程，根据机械能守恒定律，有
m A v12=m A g•2R+m A v22
v1=6m/s
设滑块A和B运动到圆形轨道最低点速度大小为v0，对滑块A和B下滑到圆形轨道最低点的过程，根据动能定理，有（m A+m B）gh=（m A+m B）v02
同理滑块B在圆形轨道最低点被弹出时的速度大小也为v0，弹簧将两滑块弹开的过程，对于A、B两滑块所组成的系统水平方向动量守恒，（m A+m B）v0=m A v1-m B v0
解得：h=0．8 m
（3）设弹簧将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能为E p，对于弹开两滑块的过程，根据机械能守恒定律，有（m A+m B）v02 + E p=m A v12+m B v02
解得：E p="4" J
考点：动量守恒定律及机械能守恒定律的应用
【名师点睛】本题综合性较强，解决综合问题的重点在于分析物体的运动过程，分过程灵活应用相应的物理规律；优先考虑动能定理、机械能守恒等注重整体过程的物理规律；尤其是对于弹簧将两滑块弹开的过程，AB 两滑块所组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式，即可求解。

21．如图所示,分布在半径为r的圆形区域内的匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。

电荷量为q、质量为m的带正电的粒子从磁场边缘A点沿圆的半径AO方向射入磁场,离开磁场时速度方向偏转了60°角。

试求：
（1）粒子做圆周运动的半径；
（2）粒子的入射速度；
（3）粒子在磁场中运动的时间。

【答案】（1）r ；（2）；（3）。

【解析】带电的粒子从磁场射出时速度反向延长线会交于O 点，画出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，粒子转过的圆心角θ=60°。

（1）由几何知识得
R=r tan 60°=
r 。

（2）由
,因此v=。

（3）由T=
在磁场中运动时间为t=T=。

点睛：电荷在匀强磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何知识求出半径．洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求出速度．定圆心角，求时间．
22．物体以一定的初速度从斜面底端A 点冲上固定的光滑斜面，斜面总长度为l ，到达斜面最高点C 时速度恰好为零，如图所示，已知物体运动到距斜面底端l 处的B 点时，所用时间为t ，求物体从B 滑到C 所用的时34间。

【答案】　t 【解析】
解法三　比例法
对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝1∶3∶5∶…∶（2n －1）。

因为x CB ∶x BA ＝∶＝1∶3，而通过x BA 的时间为t ，所以通过x BC 的时间t BC ＝t 。

x AC 43x AC 4
解法四　中间时刻速度法
利用推论：匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，AC ＝
＝。

又v ＝2ax AC ，v v v 0＋02
v 0220＝2ax BC ，x BC ＝。

由以上三式解得v B ＝。

可以看成v B 正好等于AC 段的平均速度，因此B 点是这段位移2B x AC 4v 02的中间时刻，因此有t BC ＝t 。

解法五　图象法
根据匀变速直线运动的规律，画出v －t 图象，如图所示。

利用相似三角形的规律，面积之比等于对应边的平方比，得＝，且＝，OD ＝t ，OC ＝t ＋S △AOC S △BDC CO 2CD 2S △AOC S △BDC 41t BC 。

所以＝，解得t BC ＝t 。

41（t ＋t BC ）2t
2。