安乡县第一高级中学2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷物理

一、选择题

1． 如图所示，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O点。现给电容器缓慢充电，使两极板所带电荷量分别为+Q和-Q ，此时悬线与竖直方向的夹角为π/6。再给电容器缓慢充电，直到悬线与竖直方向的夹角增加到π/3，且小球与两极板不接触。则第二次充电使电容器正极板增加的电量是（ A．Q/2 【答案】D

2． （多选）在如图所示的电路中，开关闭合后，灯泡L能正常发光．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是

B．Q

）

C．3Q

D．2Q

A．滑动变阻器R的阻值变小B．灯泡L变暗C．电源消耗的功率增大D．电容器C的电荷量增大【答案】BD【解析】

★

3． 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=a2 C．a2>2a1

B．a2<2a1D．a2=2a1

【答案】C

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【解析】由牛顿第二定律得：

，即

项C正确。

【名师点睛】本题考查对牛顿第二定律平恒力F成正比。

不变，所以

，，由于物体所受的摩擦力，

，故选

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

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Q1,；断开开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2。Q1与Q2的比值为

A.

55 B. 23

D.

C.

【答案】B【

解

析

】

5． 如图所示，图中实线是一簇未标明方向的点电荷的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可作出正确判断的是（ A．B．C．D．

）

带电粒子所带电荷的电性；带电粒子在a、b两点的受力方向；带电粒子在a、b两点的加速度何处较大；带电粒子在a、b两点的电势能何处较大。

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【答案】BCD

6． （2016·辽宁五校联考）中国志愿者王跃参与人类历史上第一次全过程模拟从地球往返火星的试验“火星－500”。假设将来人类一艘飞船从火星返回地球时，经历如图所示的变轨过程，则下列说法正确的是（

）

A．飞船在轨道Ⅱ上运动时，在P点的速度大于在Q点的速度

B．飞船在轨道Ⅰ上运动时，在P点的速度大于在轨道Ⅱ上运动时在P点的速度C．飞船在轨道Ⅰ上运动到P点时的加速度等于飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度D．若轨道Ⅰ贴近火星表面，测出飞船在轨道Ⅰ上运动的周期，就可以推知火星的密度【答案】 ACD　【

解

析

】

7． 电磁炉热效率高达90%，炉面无明火，无烟无废气，电磁“火力”强劲，安全可靠．如图所示是描述电磁炉工作原理的示意图，下列说法正确的是（ 热效果越好

B.电磁炉通电线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发C.电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要原因这些

热工作材料的导热性

）

强，电磁炉加

A.当恒定电流通过线圈时，会产生恒定磁场，恒定磁场越

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能较差

D.在锅和电磁炉中间放一纸板，则电磁炉不能起到加热作用【答案】B【解析】

试题分析：电磁炉就是采用涡流感应加热原理；其内部通过电子线路板组成部分产生交变磁场、当用含铁质锅具底部放置炉面时，锅具即切割交变磁力线而在锅具底部金属部分产生涡流，使锅具铁分子高速无规则运动，分子互相碰撞、摩擦而产生热能，用来加热和烹饪食物，从而达到煮食的目的。故A错误B正确；电磁炉工作时需要在锅底产生感应电流，陶瓷锅或耐热玻璃锅不属于金属导体，不能产生感应电流，C错误；由于线圈产生的磁场能穿透纸板到达锅底，在锅底产生感应电流，利用电流的热效应起到加热作用．D错误；考点：考查了电磁炉工作原理

8． 如图所示，滑块穿在水平横杆上并可沿杆左右滑动，它的下端通过一根细线与小球相连，小球受到水平向右的拉力F的作用，此时滑块与小球处于静止状态．保持拉力F始终沿水平方向，改变F的大小，使细线与竖直方向的夹角缓慢增大，这一过程中滑块始终保持静止，则（

）

A. 滑块对杆的压力增大B. 滑块受到杆的摩擦力不变C. 小球受到细线的拉力大小增大D. 小球所受各力的合力增大【答案】C【

解

析

】

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9． 关于磁感应强度B的概念，下面说法中正确的是（ A．由磁感应强度的定义式B）

F可知，磁感应强度与磁场力成正比，与电流和导线长度的乘积成反比 ILB．一小段通电导线在空间某处不受磁场力的作用，那么该处的磁感应强度一定为零C．一小段通电导线放在磁场中，它受到的磁场力可能为零

D．磁场中某处的磁感应强度的方向，跟电流在该处所受磁场力的方向可以不垂直【答案】C

10．如图所示，匀强电场中有a、b、c三点，在以它们为顶点的三角形中，∠a＝30°，∠c＝90°，电场方向与三角形所在平面平行。已知a、b和c点的电势分别为（2－3）V、（2＋3） V和2 V。该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为

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A．（2－3） V、（2＋3） VB．0、4 V

44C．（2－3） V、（2＋3） V

33D．0、23 V

【答案】　B【解析】

11．t0时，甲、乙两汽车从相距70m的两地开始相向行驶，他们的vt图像如图所示．忽略汽车掉头所需时间．下列对汽车运动情况的描述正确的是（

）

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A. 在第1s末，乙车改变运动方向B. 在第2s末，甲乙两车相距10mC. 在前4s内，乙车运动加速度的大小总比甲车的大D. 在第4s末，甲乙两车相遇【答案】BC

12．某电场区域的电场线如右图所示．把一个电子从A点移到B点时，则（ A．电子所受的电场力增大，电子克服电场力做功．B．电子所受的电场力减小，电场力对电子做正功C．电子所受的电场力增大，电势能减小，动能增大D．电子所受的电场力增大，电势能增大，动能减小【答案】C

13．如图所示，初速度不计的电子从电子中射出，在加速电场中加速，

从正对P板的小孔射出，设加速电压为U1，又垂直偏转电场方向射入板间并射出，设偏转电压为U2。则：

）

A. U1变大，则电子进入偏转电场的速度变大B. U1变大，则电子在偏转电场中运动的时间变短C. U2变大，则电子在偏转电场中运动的加速度变小

D. 若要电子离开偏转电场时偏移量变小，仅使U1变大，其它条件不变即可【答案】ABD【解析】A项：由FUq可知，电子受力变大，加速度变大，其他条件不变时，当U1变大，则电子进入偏d转电场的速度变大，故A正确；B项：由FUq可知，电子受力变大，加速度变大，其他条件不变时，当U1变大，则电子进入偏转电场的dUq可知，U2变大，电子受力变大，加速度变大，电子在偏转电场中运动的加速度变大，故Cd水平速度变大，运动时间变短，故B正确；C项：由F错误；

U2L2D项：由y可知，若要电子离开偏转电场时偏移量变小，仅使U1变大，其它条件不变即可，故D正

4dU1确。

点晴：本题考查了带电粒子在电场中的运动，可以根据动能定理和牛顿第二定律、运动学公式结合推导出

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U2L2y。

4dU114．（2016·江苏苏北四市高三联考）某踢出的足球在空中运动轨迹如图所示，足球视为质点，空气阻力不计。用v、E、Ek、P分别表示足球的速率、机械能、动能和重力的瞬时功率大小，用t表示足球在空中的运动时间，下列图象中可能正确的是（

）

【答案】D【

解

析

】

15．如图所示，质点、b在直线PQ上，质点由P点出发沿PQ方向向Q做初速度为零的匀加速直线运动．当质点运动的位移大小为x1时，质点b从Q沿QP方向向P点做初速度为零的匀加速直线运动，当b的位移为x2时和质点相遇，两质点的加速度大小相同，则PQ距离为（

）

A. 2x1＋x2＋2x1x2B. x1＋2x2＋2x1x2C. x1＋2x2＋2x1x2D. 2x1＋x2＋2x1x2【答案】B

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16．某马戏团演员做滑杆表演，已知竖直滑杆上端固定，下端悬空，滑杆的重力为200 N，在杆的顶部装有一拉力传感器，可以显示杆顶端所受拉力的大小。从演员在滑杆上端做完动作时开始计时，演员先在杆上静止了0.5 s，然后沿杆下滑，3.5 s末刚好滑到杆底端，并且速度恰好为零，整个过程演员的v –t图象和传感器显示的拉力随时间的变化情况分别如图甲、乙所示，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是

A．演员的体重为800 N

B．演员在最后2 s内一直处于超重状态C．传感器显示的最小拉力为600 ND．滑杆长4.5 m【答案】BD

【解析】A．由两图结合可知，静止时，传感器示数为800 N，除去杆的重力200 N，演员的重力就是600 N，故A错误；B．由图可知最后2 s内演员向下减速，故加速度向上，处于超重状态，故B正确；C．在演员加速下滑阶段，处于失重状态，杆受到的拉力最小，此阶段的加速度为：a13m/s23.0m/s2，由牛

1.50.5mg−F1=ma，F1=420 N，D．v−t顿第二定律得：解得：加上杆的重力200 N，可知杆受的拉力为620 N，故C错误；图象的面积表示位移，则可知，总长度x=

1×3×3 m =4.5 m；故D正确；故选BD。217．如图所示，四个电荷量相等的带电粒子（重力不计）以相同的速度由O点垂直射入匀强磁场中，磁场垂直于纸面向外。图中Oa、Ob、Oc、Od是四种粒子的运动轨迹，下列说法中正确的是

A．打到a、b点的粒子带负电B．四种粒子都带正电C．打到c点的粒子质量最大D．打到d点的粒子质量最大

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【答案】AC

【解析】因为磁场垂直纸面向外，根据左手定则可知正电荷应向下偏转，负电荷向上偏转，故到a、b点的粒子带负电，A正确，B错误；根据半径公式

可知在速度和电荷量相同的情况下，同一个磁场内质量越

大，轨迹半径越大，从图中可知打在c点的粒子轨迹半径最大，故打在c点的粒子的质量最大，C正确D错误。

18．如图所示，用一根长杆和两个小定滑轮组合成的装置来提升质量为m的重物A，长杆的一端放在地面上，并且通过铰链连接形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方的O点处，在杆的中点C处拴一细绳，通过两个滑轮后挂上重物A，C点与O点的距离为l，滑轮上端B点距O点的距离为4l.现在杆的另一端用力，使其是（

）

沿逆时针方向由竖直位置以角速度匀速转至水平位置（转过了 90角）.则在此过程中，下列说法正确的

A. 重物A的速度先增大后减小，最大速度是lB. 重物A做匀速直线运动

D. 绳的拉力对A所做的功为C. 绳的拉力对A所做的功为【答案】A【

4173mglml17173mgl解

22析】

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【点睛】本题应明确重物的速度来自于绳子的速度，注意在速度的分解时应明确杆的转动线速度为线速度，而绳伸长速度及转动速度为分速度，再由运动的合成与分解得出合速度与分速度的关系。

二、填空题

19．一部电梯在t=0时由静止开始上升，电梯的加速度a随时间t的变化如图所示，电梯中的乘客处于失重状态的时间段为____________（选填“0~9 s”或“15~24 s”）。若某一乘客质量m=60 kg，重力加速度g取10 m/s2，电梯在上升过程中他对电梯的最大压力为____________N。

【答案】15~24 s 660（每空3分）【

解

析

】

20．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，小灯泡的规格为“2.0V，0.5A”。备有下列器材：

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A. 电源E（电动势为3.0V，内阻不计）B. 电压表C. 电压表D. 电流表E. 电流表

（量程0-3V，内阻约（量程0-15V，内阻约（量程0-3A，内阻约（量程0-0.6A，内阻约

，3.0A），1.25 A）

））））

F. 滑动变阻器（0-G. 滑动变阻器（0-H. 开关和若干导线

为了尽可能准确地描绘出小灯泡的伏安特性曲线，请完成以下内容。

（1）实验中电压表应选用______，电流表应选用______，滑动变阻器应选用_____（请填写选项前对应的字母）。测量时采用图中的_________图电路（选填“甲”或“乙”）。

（2）图丙是实物电路，请你不要改动已连接的导线，把还需要连接的导线补上。____

（3）某同学完成该实验后，又找了另外两个元件，其中一个是由金属材料制成的，它的电阻随温度的升高而增大，而另一个是由半导体材料制成的，它的电阻随温度的升高而减小。他又选用了合适的电源、电表等相关器材后，对其中的一个元件进行了测试，测得通过其中的电流与加在它两端的电压数据如下表所示：U/VI/A

0.400.20

0.600.45

0.800.80

1.001.25

1.201.80

1.502.81

1.603.20

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请根据表中数据在图丁中作出该元件的I-U图线_____；

该元件可能是由________（选填“金属”或“半导体”）材料制成的。【答案】

（1）. B （2）. E （3）. F

（4）. 甲

（5）.

（6）. （7）. 半

导体

【解析】（1）灯泡的额定电压为2.0V，则电压表选择B．由于灯泡的额定电流为0.5A，则电流表选择E．灯泡的电阻

，为了便于测量，滑动变阻器选择F．灯泡的电流和电压从零开始测起，滑动变阻

器采用分压式接法，灯泡的电阻与电流表内阻相当，属于小电阻，电流表采用外接法，即采用甲电路．（2）实物连线如图；

（3）根据描点法得出该元件的I-U图线如图所示，由图线可知，电阻随着电流增大而减小，属于半导体材料成．

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点睛：本题考查了连接实物电路图、描点作图，确定滑动变阻器与电流表的接法是正确连接实物电路图的前提与关键，电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器应采用分压接法．

21． 如图（1）所示的电路，金属丝固定在两接线柱a、b上，锷鱼夹c与金属丝接触良好．现用多用表测量保护电阻R0的阻值，请完成相关的内容：

（1）A．将转换开关转到“Ω×100”挡，红、黑表笔短接，调节 ，使指针恰好停在欧姆刻度线的 处．

B．先 ，将红、黑表笔分别接在R0的两端，发现指针的偏转角度太大，这时他应将选择开关换成欧姆挡的“_____ ___”挡位（填“×1K”或“×10”）

C．换挡后再次进行欧姆调零后，将红、黑表笔分别接在R0的两端，测量结果如右图（2）所示，则R0的阻值为 ．

（2） 现要进一步精确测量额定电压为3V的R0阻值，实验室提供了下列可选用的器材：A．电流表（量程300 mA，内阻约1 Ω） B．电流表A2（量程0.6 A，内阻约0.3 Ω）C．电压表V1（量程3.0 V，内阻约3 kΩ） D．电压表V2（量程15.0 V，内阻约5 kΩ）E．滑动变阻器R1（最大阻值为5 Ω） G．电源E（电动势为4 V，内阻可忽略）

F．滑动变阻器R2（最大阻值为200 Ω）H．开关、导线若

干．如图一所示

①为了取得较多的测量数据，尽可能提高测量准确度，某同学采用电路，应选择的器材为（只需填器材前面的字母）

电流表___ __ ___．电压表____ ____．滑动变阻器__ ______．

图一

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②请根据电路图在图二所给的实物图连线。

③通过实验，电阻R0的测量值_______（填“大于”“小于”或于”）真实值。

“等

【答案】 （1）A 调零旋钮（欧姆调零）；零刻度 B 断开开关S,（或取下R0）；×10C 20Ω（2）①A C E ②略③小于

三、解答题

22．如图所示，质量M=8kg的长木板A放在水平光滑的平面上，木板左端受到水平推力F=8N的作用，当木板向右运动的速度达到v01.5m/s时，在木板右端轻轻地放上一个大小不计，质量为m=2kg的小物块B，放上小物块0.6s后撤去F，小物块与木板间的动摩擦因数0.2，木板足够长，取g10m/s．求：

2（1）放上小物块后撤去F前，长木板与小物块的加速度；（2）撤去F后，二者达到相同速度的时间；

（3）整个过程系统产生的摩擦热（结果保留两位有效数字）．

【答案】（1）0.5m/s2，2m/s2；（2）0.24s；（3）2.8J．

【解析】试题分析：（1）对车和物体受力分析，由牛顿第二定律可以求得加速度的大小；

（2）有推力F时，车和物体都做加速运动，由速度公式可以求得撤去力F时两者各自的速度；撤去力F后车减速，物体继续做加速运动，由速度公式可以求得两者达到相同速度时的时间；（3）由位移公式求出各自的位移，然后由摩擦力产生热量的公式即可求出．

（1）分别对小车和物体受力分析，由牛顿第二定律可得，物块的加速度： aBmgmFmg小车的加速度： aAMg2m/s2第 15 页，共 17 页

代入数据解得： aA0.5m/s

2

23．有一小型直流电动机，把它接入U1＝0.3 V的电路中时，电动机不转，测得流过电动机的电流为I1＝0.6 A；若把电动机接入U2＝3.0 V的电路中时，电动机正常工作，工作电流是I2＝1.0 A，求：（1）电动机正常工作时的输出功率是多少？

（2）如果电动机正常工作时，转子突然被卡住，此时电动机的发热功率是多大？

【答案】　（1）2.5 W　（2）18 W

U1

【解析】　（1）当U1＝0.3 V，I1＝0.6 A时，电动机不转，此时电动机为纯电阻，故电动机的内电阻为r＝1

I

＝0.5 Ω。

当U2＝3.0 V，I2＝1.0 A时，电动机正常工作，此时电动机为非纯电阻，则电动机的输出功率为P出＝U2I2－I22r＝2.5 W。

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U22

（2）当电动机正常工作被卡住时，电动机又为纯电阻，其热功率为P热＝＝18 W。

r

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