海林市高中2018-2019学年高二上学期第四次月考试卷物理

海林市高中2018-2019学年高二上学期第四次月考试卷物理班级_ 座号_ 姓名_ 分数_一、选择题1 如图所示，在租糙水平面上A处平滑连接一半径R=0.1m、竖直放置的光滑半圆轨道，半圆轨道的直径AB垂直于水平面，一质量为m的小滑块从与A点相距为x（x0）处以初速度v0向左运动，并冲上半圆轨道，小滑块从B点飞出后落在水平地面上，落点到A点的距离为y。保持初速度vO不变，多次改变x的大小，测出对应的y的大小，通过数据分析得出了y与x的函数关系式为，其中x和y的单位均为m，取 g=10m/s。则有A. 小滑块的初速度vO=4m/sB. 小滑块与水平地面间的动摩擦因数=0.5C. 小滑块在水平地面上的落点与A点的最小距离ymin=0.2mD. 如果让小滑块进入半圆轨道后不脱离半圆轨道（A、B两端除外），x应满足0x2.75m2 如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，AO=L，在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子。已知粒子的比荷为，发射速度大小都为。设粒子发射方向与OC边的夹角为，不计粒子间相互作用及重力。对于粒子进入磁场后的运动，下列说法正确的是 A当=45时，粒子将从AC边射出B所有从OA边射出的粒子在磁场中运动时间相等C随着角的增大，粒子在磁场中运动的时间先变大后变小D在AC边界上只有一半区域有粒子射出3 一个电热水壶的铭牌上所列的主要技术参数如下表所示，根据表中提供的数据，计算出此电热水壶在额定电压下工作时，通过电热水壶的电流约为额定功率1500W额定频率50Hz额定电压220V容量1.6LA. 2.1A B. 3.2A C. 4.1A D. 6.8A4 （2018南宁高三摸底考试）中国北斗卫星导航系统（BDS）是中国自行研制的全球卫星导轨系统，是继美国全球定位系统（GPS）、俄罗斯格洛纳斯卫星导航系统（GLONASS）之后第三个成熟的卫星导航系统。预计2020年左右，北斗卫星导航系统将形成全球覆盖能力。如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a、b、c三颗卫星均做圆周运动，a是地球同步卫星，则（ ）A卫星a的角速度小于c的角速度B卫星a的加速度大于b的加速度C卫星a的运行速度大于第一宇宙速度D卫星b的周期等于24 h5 +4、两点各放有电量为和的点电荷，、七个点在同一直线上，且=，如图所示，取无限远处为零电势，则（ ） A. 处的场强和电势均为零 B. 处的电势比处的电势高 C. 电子在处的电势能比在处的电势能小 D. 电子从移到，电子所受电场力先做负功再做正功6 如图所示，m=1.0kg的小滑块以v0=4m/s的初速度从倾角为37的斜面AB的底端A滑上斜面，滑块与斜面间的动摩擦因数为，取g=10m/s2，sin37=0.6。若从滑块滑上斜面起，经0.6s正好通过B点，则AB之间的距离为 A0.8m B0.76m C0.64m D0.6m7 在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精确的重力加速度g值，g值可由实验精确测定，近年来测g值的一种方法叫“对称自由下落法”具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O点向上抛小球又落至原处所用的时间为T2在小球运动过程中经过比O点高H处的P点，小球离开P点至又回到P点所用的时间为T1，测得T1、T2和H，由可求得g为A. B. C. D. 8 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.9 某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将A. 左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B. 左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C. 左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉D. 左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉10如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床到下降至最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程。下列判断正确的是 A在第一过程中，运动员始终处于失重状态B在第二过程中运动员受到蹦床的作用力先增大后再减小C在第二过程中运动员速度先增大后减小D运动员接触床面时的速度最大11在匀强磁场中,一矩形金属框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动,如图甲所示,产生的交变电动势的图象如图乙所示,则（ ）A.t=0.005 s时线框的磁通量变化率为零B.t=0.01 s时线框平面与中性面重合C.线框产生的交变电动势有效值为311 VD.线框产生的交变电动势频率为100 Hz12下列结论中，正确的是（ ）A电场线上任一点切线方向总是跟置于该点的电荷受力方向一致； B电场中任何两条电场线都不可能相交。C在一个以点电荷为中心，为半径的球面上，各处的电场强度都相同D在库仑定律的表达式中，是点电荷产生的电场在点电荷处的场强大小；而是点电荷产生的电场在点电荷处的场强大小13如图甲所示，两平行金属板A、B放在真空中，间距为d，P点在A、B板间，A板接地，B板的电势随时间t的变化情况如图乙所示，t=0时，在P点由静止释放一质量为m、电荷量为e的电子，当=2T时，电子回到P点。电子运动过程中未与极板相碰，不计重力，则下列说法正确的是A.： =1：2B.： =1：3C. 在02T时间内，当t=T时电子的电势能最小D. 在02T 时间内，电子的电势能减小了14时，甲、乙两汽车从相距的两地开始相向行驶，他们的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（ ）A. 在第末，乙车改变运动方向B. 在第末，甲乙两车相距C. 在前内，乙车运动加速度的大小总比甲车的大D. 在第末，甲乙两车相遇15（2016河北邯郸高三入学考试）在电场强度大小为E的匀强电场中，将一个质量为m、电荷量为q的带电小球由静止开始释放，带电小球沿与竖直方向成角的方向做直线运动。关于带电小球的电势能和机械能的判断，正确的是（ ）A若sin ，则电势能一定减少，机械能一定增加B若sin ，则电势能、机械能一定不变C若sin ，则电势能一定增加，机械能一定减小D若tan ，则电势能可能增加，机械能一定增加二、填空题16某待测电阻Rx的阻值约为20，现要测量其阻值，实验室提供器材如下：A电流表A1（量程150mA，内阻r1约10）B电流表A2（量程20mA，内阻r2=30）C定值电阻R0=100D滑动变阻器R，最大阻值为5E电源E，电动势E=4V（内阻不计）F开关S及导线若干根据上述器材完成此实验，测量时要求电表读数不得小于其量程的1/3，请你在虚线框内画出测量Rx的实验原理图（图中元件用题干中相应英文字母符号标注）。实验时电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，用已知和测得的物理量表示Rx= 。17物理爱好者陈向阳同学，为了深入研究“动能定理或功能关系”，利用气垫导轨独立设计了如图甲所示的实验裝置。劲度系数k=100N/m的弹簧一端固定在导轨左端，右端紧靠质量m=1kg的滑块，但不连接。测量遮光条的宽度d；利用游标卡尺测量，示数如图乙所示，则d=_mm。测量弹簧的压缩量x：陈向阳同学打开气源，调节气垫导轨至水平，并使滑块悬浮在导轨上，向左推滑块使弹簧压缩x，然后释放滑块，遮光条通过光电门的时间t=1x10-3s，请你推断弹簧压缩量x=_。（弹性势能与压缩量的关系式，结果保留两位有效数字）三、解答题18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/s2）19在水平轨道上有两列火车A和B相距x，A车在后面做初速度为v0、加速度大小为2a的匀减速直线运动，而B车同时做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动，两车运动方向相同。要使两车不相撞，求A车的初速度v0满足什么条件。海林市高中2018-2019学年高二上学期第四次月考试卷物理（参考答案）一、选择题1 【答案】AC【解析】滑块从出发点运动到B的过程，由动能定理得：，滑块从B离开后做平抛运动，则有：，联立得：，代入数据解得：与比较系数可得：=0.2，v0=4m/s，故A正确，B错误；当滑块通过B点时，在水平地面上的落点与A点的最小距离，则在B点有：，滑块从B离开后做平抛运动，则有：，联立并代入数据解得最小距离为：ymin=0.2m，故C正确；滑块通过B点的临界条件是重力等于向心力，则在B点有：，滑块从出发点运动到B的过程，由动能定理得：，联立解得 x=2.5m，所以x的取值范围是 0x2.5m，故D错误。所以AC正确，BD错误。 2 【答案】AD 【解析】粒子在磁场中运动的半径为，若当=45时，由几何关系可知，粒子将从AC边射出，选项A正确；所有从OA边射出的粒子在磁场中运动时所对应的弧长不相等，故时间不相等，选项B错误；当=0飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，在磁场中运动时间也恰好是；当=60飞入的粒子在磁场中运动时间恰好也是，是在磁场中运动时间最长，故从0到60在磁场中运动时间先减小后增大，当从60到90过程中，粒子从OA边射出，此时在磁场中运动的时间逐渐减小，故C错误；当=0飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，因此在AC 边界上只有一半区域有粒子射出，故D正确。3 【答案】D【解析】试题分析：额定功率等于额定电压与额定电流的乘积；由铭牌读出额定功率和额定电压，由公式P=UI求解额定电流解：由铭牌读出额定功率为P=1500W，额定电压为U=220V，由P=UI，得，通过电热水壶的电流为：I=A6.8A故选：D4 【答案】 AD【解析】【命题意图】本题考查万有引力定律和卫星的运动、第一宇宙速度及其相关的知识点。所以卫星a的向心加速度等于b的向心加速度，选项B错误；由G=m可得线速度与半径的关系：v=，轨道半径r越大，速率v越小。而第一宇宙速度为轨道半径等于地球半径是环绕地球运动的卫星速度，所以卫星a的运行速度一定小于第一宇宙速度，选项C错误；由G=mr（）2，可得周期T=2，而卫星a的轨道半径与卫星b的轨道半径相等，所以卫星b的周期等于同步卫星的运行周期，即等于地球自转周期24h，选项D正确。5 【答案】D6 【答案】B7 【答案】B8 【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，根据可得输送导线上热损耗就小了，选D。9 【答案】AD【解析】【名师点睛】此题是电动机原理，主要考查学生对物理规律在实际生活中的运用能力；关键是通过分析电流方向的变化分析安培力的方向变化情况。10【答案】C 【解析】 A、运动员刚接触床面时重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态；随床面的形变的增大，弹力逐渐增大，弹力大于重力时，运动员做减速运动，运动员处于超重状态，故A错误；B、在第二过程蹦床对人的弹力随形变的的恢复一直在减小，故B错误；C、在第二过程中，运动开始时有一段弹力大于重力，运动员做加速运动，因此开始时速度增大，只有重力和弹力平衡时达到最大速度之后，运动员的速度才开始减小，故C正确；D、运动员刚接触床面时重力大于弹力，运动员向下做加速运动，所以运动员接触床面时的速度没有达到最大，故D错误；故选C。11【答案】 B【解析】解析:由题图知,该交变电流电动势峰值为311V,交变电动势频率为f=50Hz,C、D错;t=0.005s时,e=311V,磁通量变化最快,t=0.01s时,e=0,磁通量最大,线圈处于中性面位置,A错,B对。12【答案】BD13【答案】BD【解析】根据场强公式可得0T时间内平行板间的电场强度为：，电子的加速度为：，且向上做匀加速直线运动，经过时间T的位移为：，速度为：v1=a1T，同理在T2T内平行板间电场强度为：，加速度为：，电子以v1的速度向上做匀变速度直线运动，位移为：，由题意2T时刻回到P点，则有：x1+x2=0，联立可得：2=31，故A错误，B正确；当速度最大时，动能最大，电势能最小，而0T内电子做匀加速运动，之后做匀减速直线运动，因2=31，所以在2T时刻电势能最小，故C错误；电子在2T时刻回到P点，此时速度为：，（负号表示方向向下），电子的动能为：，根据能量守恒定律，电势能的减小量等于动能的增加量，故D正确。所以BD正确，AC错误。14【答案】BC15【答案】B【解析】【名师解析】若sin ，电场力可能做正功，也可能做负功，所以电势能可能减小也可能增大、机械能可能增大也可能减小，A项错误；若sin ，则电场力与速度方向垂直，电场力不做功，电势能、机械能一定不变，B项正确，C项错误；若tan ，则电场力沿水平方向，电场力和重力的合力与速度方向同向，电场力做正功，电势能一定减少，机械能一定增加，故D项错误。二、填空题16【答案】 （2分） （4分）17【答案】 （1）. 4.0 （2）.