蓬莱市第一中学校2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷物理

蓬莱市第一中学校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．如图所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的
速度图象不可能是下图中的（）
【答案】B
2．由三颗星体构成的系统，忽略其他星体对它们的作用，存在着一种运动形式：三颗星体在相互之间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心O在三角形所在的平面内做相同角速度的圆周运动（图为A、B、C三颗星体质量不相同时的一般情况）．若A星体质量为2m，B、C两星体的质量均为m，三角形的边长为a，则下列说法正确的是（
）
A. A星体所受合力大小F A＝
2
2 2
m G
a
B. B星体所受合力大小F B
＝
2 2 m a
C. C星体的轨道半径R C＝
a
D. 三星体做圆周运动的周期T＝
【答案】D
【解析】A、由万有引力定律，A星受到B、C的引力的大小：
2
2
2 BA CA
G m F F
a
==
方向如图，则合力的大小为：
，A错误；
2cos30
A BA
F F
=
=
B 、同上，B 星受到的引力分别为： ,，方向如图；222AB
G m F a =22
CB Gm F a
=
F B 沿x 方向的分力： 2
2
2cos60Bx AB CB Gm F F F a =+=
F B 沿y 方向的分力： 0
sin60By AB F F ==
可得： ，B 错误；B F ==C 、通过对于B 的受力分析可知，由于： ,合力的方向经过BC 的中垂线AD 的中点,所以圆心O
2
2
2AB G m F a =
一定在BC 的中垂线AD 的中点处。

所以： ,C 错误；C B R R ===
D 、由题可知C 的受力大小与B 的受力相同，对B 星： ，解得：
224B F m T π==
D 正确。

T =故选：D 。

3． 甲、乙两汽车在某平直公路上做直线运动，某时刻经过同一地点，从该时刻开始计时，其v －t 图象如图所示。

根据图象提供的信息可知（
）
A. 从t ＝0时刻起，开始时甲在前，6 s 末乙追上甲
B. 从t ＝0时刻起，开始时甲在前，在乙追上甲前，甲、乙相距最远为12.5 m
C. 8 s 末甲、乙相遇，且距离t ＝0时的位置45 m
D. 在0～4 s 内与4～6 s 内甲的平均速度相等【答案】B 【
解
析
】
4． 如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O 为球心。

一质量为m 的小滑块，在水平力F 的作用下静止于P 点。

设滑块所受支持力为F N ，OP 与水平方向的夹角为θ。

下列关系正确的是（
）
A ．F ＝
B ．F ＝mg tan θmg
tan θC ．F N ＝
D ．F N ＝mg tan θ
mg
tan θ
【答案】A 【解析】
解法三：正交分解法。

将滑块受的力水平、竖直分解，如图丙所示，mg ＝F N sin θ，F ＝F N cos θ，
联立解得：F ＝，F N ＝。

mg tan θmg sin θ
解法四：封闭三角形法。

如图丁所示，滑块受的三个力组成封闭三角形，解直角三角形得：F ＝，F N ＝
mg tan θ
，故A 正确。

mg sin θ
5． 如图所示,A 、B 、C 、D 为匀强电场中相邻的等势面,一个电子垂直经过等势面D 时的动能为20 eV,经过等势面C 时的电势能为-10 eV,到达等势面B 时的速度恰好为零。

已知相邻等势面间的距离为5 cm,不计电子的重力,下列说法中正确的是（
）
A. C 等势面的电势为10 V
B. 匀强电场的电场强度为200 V/m
C. 电子再次经过D 等势面时,动能为10 eV
D. 电子的运动是匀变速曲线运动【答案】AB
【解析】试题分析：只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变．根据题目所给条件，C 等势面的电势为
，故A 等势面电势不为10V ，A 错；电子在相邻等势面间运动时，电场力做功W=qU
相等，因为电子在D 等势面的动能为20eV ，到达等势面B 时的速度恰好为零，电子在D 到C 等势面间运动时，电场力做功大小为
，
,匀强电场的场强为
，B 项正确。

电子再次经过D 等势面时，动能不变仍为20eV ，C 项错误。

电子在匀强电场中受恒力作用，运动方向和电场力方向共线电子的运动是匀变速直线运动，D 项错误，故选B 考点：电势能、能的转化和守恒
点评：难度中等，学习电场中的功能关系时可以类比在重力场的功能关系，如只有重力做功，动能和电势能之和保持不变；那么只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变
6． 在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程．在对以下几位物理学家所作科学贡献的叙述中，正确的说法是
A ．在对自由落体运动的研究中，伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证
B ．牛顿应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”观点
C ．胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比
D ．亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快
【答案】C
7． 如图所示，回旋加速器D 形盒的半径为R ，所加磁场的磁感应强度为B ，用来加速
质量为m 、电荷量为q 的质子（），质子从下半盒的质子源由静止出发，
H 1
1加速到最大
能量E 后，由A 孔射出．则下列说法正确的是（ ）
A ．回旋加速器加速完质子在不改变所加交变电压和磁场情况下，可以直接对（）粒子进行加速
αHe 2
4B ．只增大交变电压U ，则质子在加速器中获得的最大能量将变大C ．回旋加速器所加交变电压的频率为2mE
2πmR
D ．加速器可以对质子进行无限加速【答案】C
8． 在阳台上，将一个小球以v=15m/s 初速度竖直上抛，则小球到达距抛出点h=10m 的位置所经历的时间为（g=10m/s 2）
A. 1s
B. 2s
C.
D. （）s 【答案】ABC
9． 一圆环形铝质金属圈（阻值不随温度变化）放在匀强磁场中，设第1s 内磁感线垂直于金属圈平面（即垂直于纸面）向里，如图甲所示。

若磁感应强度B 随时间t 变化的关系如图乙所示，那么第3s 内金属圈中（
）
A. 感应电流逐渐增大，沿逆时针方向
B. 感应电流恒定，沿顺时针方向
C. 圆环各微小段受力大小不变，方向沿半径指向圆心
D. 圆环各微小段受力逐渐增大，方向沿半径指向圆心【答案】D
【解析】试题分析：从图乙中可得第3s 内垂直向里的磁场均匀增大，穿过线圈垂直向里的磁通量增大，由楞次定律可得，感应电流为逆时针方向；根据法拉第电磁感应定律可得线圈产生的感应电动势为，S B
E t t
∆Φ∆==
∆∆根据欧姆定律产生的感应电流为， 正比于，第3s 内磁通量的变化率恒定，所以产生的E S B I R R t ∆=
=
∆I B
t
∆∆感应电流恒定，AB 错误；圆环各微小段受安培力，由于磁场逐渐增大，电流不变，根据公式，可得
F BIL =圆环各微小段受力逐渐增大，由左手定则可得，安培力的方向沿半径指向圆心．故C 错误；D 正确．考点：考查了电磁感应与图像
10．在远距离输电中,如果输送功率和输送距离不变,要减少输送导线上热损耗,目前最有效而又可行的输送方法是（
）
A ．采用超导材料做输送导线；
B ．采用直流电输送；
C ．提高输送电的频率；
D ．提高输送电压.
【答案】D
【解析】提高输送电压，因为输送功率不变，所以输送电压高了，输送电流就小了，根据可得输送2
P I R =导线上热损耗就小了，选D 。

11．如图所示，AB 、CD 为两个光滑的平台，一倾角为 37°，长为 5 m 的传送带与两平台平 滑连接。

现有一小煤块以 10 m/s 的速度沿平台 AB 向右运动，当传送带静止时，小煤块恰好能滑到平台 CD 上，则下列说法正确的是（重力加速度 g=10m/s 2，sin370=0.6，cos370=0.8）（
）
A. 小煤块跟传送带间的动摩擦因数ì=0.5
B. 当小煤块在平台 AB 上的运动速度 v=4 m/s 时，无论传送带匀速运动的速度多大，小物体都不能到达平台 CD
C. 若小煤块以 v=8 m/s 的速度沿平台 AB 向右运动，传送带至少要以 3m/s 的速度顺时针 运动，才能使小物体到达平台 CD
D. 若小煤块以 v=8m/s 的速度沿平台 AB 向右运动，传送带以 4m/s 的速度顺时针运动时， 传送带上留下的痕迹长度为 2.4m 【答案】ABC
【解析】A 、传送带静止时，小煤块受力如图甲所示
据牛顿第二定律得 ，B→C 过程有 ，cos sin umg mg ma θθ+=22v al =解得， ，故A 正确；
210/a m s =0.5μ=B 、当小煤块受到的摩擦力始终向上时，最容易到达传送带顶端，此时，小物体受力如图乙所示，据牛顿第二
定律得， 若恰好能到达高台时，有 ，解得，即当sin cos mg umg ma θθ-='22v a l ='/4/v s m s =>小煤块在AB 平台上向右滑动速度小于4m/s ，无论传带顺时针传动的速度多大，小煤块总也不能到达高台CD ，故B 正确；
C 、以表示传送带顺时针传动的速度大小，对从小煤块滑上传送带到小物体速度减小到传送带速度过程有
v '， 对从小煤块速度减小到运动到恰滑上CD 高台过程，有， ， 解得
2212v v ax -='222v a x =''12x x l +=，即传送带至少以3 m/s 的速度顺时针运动，小物体才能到达高台CD ，故C 正确；
3/v m s '=D 、对小煤块煤块的位移， ，t=1s ，传送带的位移，
12x m =22112x l x v t a t =-''=-1 1.6v v s v m a
'
-⨯='=，传送带上留下的痕迹长度，故D 错误；
24s v t m '==221x s m -=故选ABC 。

12．如图甲所示,一火警报警器的部分电路示意图,其中R2为半导体热敏材料制成的传感器,其电阻随温度T变化的图线如图乙所示,电流表为值班室的显示器,a、b之间接报警器,当传感器R2所在处出现火情时,显示器的电流I和报警器两端的电压U的变化情况是（）
A. I变大,U变大
B. I变大,U变小
C. I变小,U变大
D. I变小,U变小
【答案】D
【解析】试题分析：当传感器所在处出现火情时，温度升高，由图乙知的阻值变小，外电路总电阻变小，则总电流变大，电源的内电压变大，路端电压变小，即U变小．电路中并联部分的电压，变大，其他量不变，则变小，电流表示数I变小，故D正确。

考点：闭合电路的欧姆定律．
13．（多选）发射地球同步卫星时，先将卫星发射到近地圆轨道1，然后在圆轨道1的Q点经点火使卫星沿椭圆轨道2运行，待卫星到椭圆轨道2上距地球最远点P处，再次点火，将卫星送入同步圆轨道3，如图所示．则卫星在轨道1、2和3上正常运行时，有：
A．卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率
B．卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度
C．卫星在轨道1上经Q点的加速度等于它在轨道2上经Q点的加速度
D．卫星在轨道2上运行时经过P点的加速度跟经过Q点的加速度相等
【答案】BC
【解析】
14．如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。

在两极板间有一个固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，E p表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。

若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则
A．θ增大，E增大B．θ增大，E p不变
C．θ减小，E
增大D．θ减小，E不变
【答案】D
15．下列物理量属于矢量的是
A. 电势
B. 电势能
C. 电场强度
D. 电动势
【答案】C
【解析】电势、电势能和电动势只有大小无方向，是标量；电场强度既有大小又有方向，是矢量，故选C.二、填空题
16．把带电量的电荷从A点移到B点，电场力对它做功。

则A、B两点间的电势差为_______V，若A点的电势为0，B点的电势为_______V，该电荷在B点具有的电势能为_______J。

【答案】（1）. 200 （2）. -200 （3）. -8×10-6
【解析】由题意，电荷从A点移到B点时电场力做的功8×10-6J．则A、B两点间的电势差
；因U AB=φA-φB，若A点的电势为0，B点的电势为-200V；该电荷在B点具有的电势能：
17．输送1.0×l05瓦的电功率，用发1.0×l04伏的高压送电，输电导线的电阻共计1.0欧，输电导线中的电流是A，输电导线上因发热损失的电功率是W。

【答案】10；100
【解析】由，得输电导线中的电流=10A UI P =U
P
I =
输电导线上因发热损失的电功率: =100×1=100W
r I P 2
=三、解答题
18．如图，一长为10 cm 的金属棒ab 用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1 T ，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘。

金属棒通过开关与一电动势为12 V 的电池相连，电路总电阻为 2 Ω。

已知开关断开时两弹簧的伸长量为0.5 cm ；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm 。

重力加速度大小取10 m/s 2。

判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量。

【答案】　安培力的方向竖直向下，金属棒的质量为0.01 kg 【解析】
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19．如图所示为一升降机由静止开始下降过程中的速度图象，升降机及其载重总质量为2.0 t。

（1）由图象判断出升降机在哪段时间内出现超重、失重现象；
（2）分别求出第2 s 内、第5 s 内、第7 s 内悬挂升降机的钢索的拉力大小。

（g 取10 m/s 2）
【答案】（1）6~8 s 超重；0~2 s 失重 （2） 2.8×104 N
41.210N ⨯4210N ⨯【解析】（1）由速度时间图象可知，0~2 s 内，升降机向下做匀加速运动，加速度向下，处于失重状态，6~8 s 内升降机减速下降，加速度方向向上，处于超重状态。

（3分）
（2）由加速度定义：v
a t
∆=
∆根据图象得0~2 s 内（2分）2218m/s 4m/s 2
v a t ∆===∆根据牛顿第二定律得：（2分）411 1.210N F mg ma =-=⨯2~6 s 内，加速度a 2=0，即匀速运动
悬挂升降机的钢索的拉力F 2=mg =2×104 N （2分）
6~8 s 内，加速度为：（2分）22308m/s 4m/s 2
v a t ∆-=
==-∆根据牛顿第二定律得：（2分）433 2.810N F mg ma =-=⨯。