江西省抚州市临川第一中学2019-2020学年高二物理下学期第一次月考试题含解析

江西省抚州市临川第一中学2019_2020学年高二物理下学期第一次月考试题含解析江西省抚州市临川第一中学2019_2020学年高二物理下学期第一次月考试题含解析PAGE22-江西省抚州市临川第一中学2019_2020学年高二物理下学期第一次月考试题含解析江西省抚州市临川第一中学2019-2020学年高二物理下学期第一次月考试题(含解析）（考试时间:100分钟）一、选择题(本部分共10小题，共40分，1～6题为单选7～10题为多选，每题4分，选对得全分,漏选得2分，错选或不选不得分）1.下列有关热现象分析与判断正确的是(）A.物体的温度可以降到-273.15℃以下B。当将橡皮筋拉伸时，橡皮筋内分子的引力和斥力都减小,引力减小得较快C。知道水蒸气的摩尔体积和水分子的体积，可计算出阿伏加德罗常数D.摩擦生热是利用做功来改变物体的内能【答案】D【解析】【详解】A．绝对零度是低温极限，则物体的温度不可以降到-273。15℃以下，选项A错误；B．当将橡皮筋拉伸时,橡皮筋内分子的引力和斥力都减小,引力减小的较慢,斥力减小的较快，选项B错误；C．根据公式，知道水蒸气的摩尔体积和水分子所占空间的体积,可计算出阿伏加德罗常数,这里的V0是指水分子所占空间的体,而不是水分子实际的体积，故C错误；D．摩擦生热是利用做功来改变物体的内能，选项D正确。故选D。2.如图所示，完全相同的质量为m的A、B两球，用两根等长的细线悬挂在O点,两球之间夹着一根劲度系数为k的轻弹簧，静止不动时，弹簧处于水平方向，两根细线之间的夹角为θ，则弹簧的长度被压缩了A。 B。 C. D。【答案】B【解析】对球A受力分析,受重力mg、拉力T、弹簧的弹力F,如图

根据平衡条件，结合合成法，有F=mgtan;根据胡克定律，有F=kx；解得;故选B．3.如图所示,一个带正电的小球沿光滑的水平绝缘桌面向右运动，速度的方向垂直于水平方向的匀强磁场,小球飞离桌子边缘进入磁场,最后落到地板上，设其飞行时间为t1，水平射程为s1，落地动能为Ek1，落地速率为v1。撤去磁场，其余条件不变，小球飞行时间为t2，水平射程为s2，落地动能为Ek2，落地速率为v2。不计空起阻力,则(）A。t1＜t2 B.s1＞s2C.v1＜v2 D。Ek1＞Ek2【答案】B【解析】【详解】A．有磁场时,小球下落过程中要受重力和洛仑兹力共同作用，重力方向竖直向下，大小方向都不变；洛仑兹力的大小和方向都随速度的变化而变化，但在能落到地面的前提下洛仑兹力的方向跟速度方向垂直，总是指向右上方某个方向，其水平分力fx水平向右，竖直分力fy竖直向上,如图所示竖直方向的加速度仍向下,但小于重力加速度g,从而使运动时间比撤去磁场后要长，即t1＞t2,故A错误；B．小球水平方向也将加速运动,从而使水平距离比撤去磁场后要大，即s1＞s2，故B正确；CD．在有磁场，重力和洛仑兹力共同作用时,其洛仑兹力的方向每时每刻都跟速度方向垂直，不对粒子做功,不改变粒子的动能，有磁场和无磁场都只有重力作功，动能的增加是相同的.有磁场和无磁场,小球落地时速度方向并不相同，但速度的大小是相等的,故CD错误。故选B.4。如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，己知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的加速度大于c的加速度B.卫星a的角速度大于c的角速度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24h【答案】D【解析】【详解】由万有引力提供向心力有解得A．卫星a的轨道半径大于c，卫星a的加速度小于卫星c的加速度,A错误；B．卫星a的轨道半径大于c，所以卫星a的角速度小于c的角速度,故B错误；C．第一宇宙速度是卫星的最小发射速度，同时也是卫星的最大运行速度，故C错误；D．卫星a、b半径相同,所以周期大小相同，故D正确。故选D.5.一理想变压器原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220V的正弦交流电源上，如图所示。设副线圈回路中电阻两端的电压为,原、副线圈的匝数比为n1：n2,在原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k=，则()A。U=66Vn1：n2=3:1 B。U=22Vn1:n2=2：1C。U=66Vn1：n2=2:1 D.U=22Vn1:n2=3：1【答案】A【解析】【详解】根据电流与匝数成正比,得原副线圈的电流之比：根据得原副线圈回路中电阻消耗的功率之比：解得原、副线圈的匝数比为：根据原副线圈电压与匝数成正比，得原线圈两端的电压为,根据知原线圈回路中电阻两端的电压为，在原线圈回路中：解得：故A正确，B、C、D错误；故选A。6。如图所示，光滑绝缘水平面上有质量分别为m和3m的小球A、B，两小球带等量异种电荷。水平外力F作用在小球B上,当两小球A、B间的距离为L时，两小球保持相对静止.若仅将作用在小球B上的外力的大小改为，要使两小球保持相对静止，两小球A、B间的距离为（）A。4L B。3L C.2L D。【答案】C【解析】【详解】当水平外力F作用在小球B上时,对A、B整体有对A有当水平外力大小改为时，对A、B整体有对A有综上可解得故选C。7.在光电效应实验中，某同学先后用甲、乙两种光照射同一光电管，得到如图所示的两条光电流与电压之间的关系曲线，则两种光中（）A。甲光的频率比较大B。甲光的波长比较长C.甲光照射时单位时间内逸出的光电子数比较多D.甲光照射时逸出的光电子的最大初动能比较大【答案】BC【解析】【详解】ABD．根据由图像可知，乙光的截止电压较大，则乙光照射时逸出的光电子的最大初动能比较大，乙光的频率较大,根据则甲光波长较大，选项AD错误,B正确；C．由图像可知，甲光的饱和光电流较大,则甲光照射时单位时间内逸出的光电子数比较多，选项C正确。故选BC。8。空间虚线上方存在匀强磁场，磁感应强度为B；一群电子以不同速率v从边界上的P点以相同的方向射入磁场．其中某一速率v0的电子从Q点射出，如图所示．已知电子入射方向与边界夹角为θ，则由以上条件可判断（）A.该匀强磁场的方向是垂直纸面向里B。所有电子在磁场中的轨迹相同C。速率大于v0的电子在磁场中运动时间长D.所有电子的速度方向都改变了2θ【答案】AD【解析】【分析】电子进入磁场后受到洛伦兹力而做匀速圆周运动,根据左手定则判断磁场方向;电子在磁场中的轨迹与半径有关,由半径公式r=知，速率不同，轨迹半径不同．电子在磁场中速度方向改变的角度等于轨迹的圆心角，而电子运动时间与轨迹的圆心角成正比，据此即可分析电子在磁场中运动的长短．【详解】A．由图知,电子在P点受到的洛伦兹力方向沿P→O，如图，根据左手定则判断得知：匀强磁场的方向是垂直纸面向里．故A正确．B．电子进入磁场后受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由半径公式r=知，轨迹半径与电子的速率成正比，速率不同，轨迹半径不同，则轨迹就不同．故B错误．CD．根据圆的对称性可知，所有电子离开磁场时速度方向与PQ线的夹角都是θ,则所有电子的速度方向都改变了2θ，由几何知识得知，所有电子轨迹对应的圆心角都是2θ,则所有电子在磁场中运动的时间都相同．故C错误,D正确．【点睛】本题是磁场中直线边界问题,掌握左手定则和轨迹半径的基础上,抓住圆的对称性，确定速度的偏向角与轨迹的圆心角，即可比较磁场中运动的时间．9.如图所示，在磁感应强度为B竖直向下的匀强磁场中，水平固定放置有一成45º角的金属导轨，导轨平面垂直于磁场方向。在外力F作用下金属杆MN以速度v从导轨的O点处开始无摩擦地匀速滑动，速度v的方向与Ox方向平行，金属杆与导轨单位长度的电阻为r，金属杆与导轨接触良好（即无接触电阻）.下列说法正确的是（）A.t时刻感应电动势的表达式为B.金属杆中感应电流的大小为C.t时刻外力F的瞬时功率为D.经过时间t后金属杆与导轨产生焦耳热为【答案】BC【解析】【详解】A．MN匀速运动，则经过时间t导线离开O点的长度：x=vt，MN切割磁感线的有效长度是L=vt•tan45°=vtt时刻回路中导线MN产生的感应电动势为：E=BLv=Bv2t故A错误；B．回路的总电阻为：感应电流的大小为：故B正确；C．由上式分析可知，回路中产生的感应电流不变，金属棒匀速运动时,外力的功率等于回路总的电功率，则外力瞬时功率的表达式为：故C正确;D．外力瞬时功率的表达式为：与时间成正比，所以经过时间t后金属杆与导轨产生的焦耳热为故D错误。故选BC。10.如图所示，A、B两个矩形木块用轻弹簧和一条与弹簧原长相等的轻绳相连，静止在水平地面上，绳为非弹性绳且可承受的拉力足够大．弹簧的劲度系数为k，木块A和木块B的质量均为m．现用一竖直向下的压力将木块A缓慢压缩到某一位置，木块A在此位置所受的压力为F(F〉mg)，弹簧的弹性势能为E，撤去力F后，下列说法正确的是A.弹簧恢复到原长的过程中，弹簧弹力对A、B的冲量相同B。当A速度最大时，弹簧仍处于压缩状态C。当B开始运动时，A的速度大小为D。全程中,A上升的最大高度为【答案】BD【解析】【详解】A、由于冲量是矢量，弹簧恢复到原长的过程中,弹簧弹力对A、B的冲量大小相等，方向相反,故A错误．B、当A受力平衡时速度最大，即弹簧的弹力大小等于A木块的重力,此时弹簧处于压缩状态，故B正确．C、设弹簧恢复到原长时A的速度为v，绳子绷紧瞬间A、B共同速度为v1，A、B共同上升的最大高度为h，A上升的最大高度为H,弹簧恢复到原长的过程中根据能量守恒有：E=mg+m绳子绷紧瞬间根据动量守恒定律有：mv=2mv1AB共同上升过程中根据能量守恒有：（m+m）=(m+m)gh联立解得B开始运动时，A的速度大小为：v1=全程中，A上升的最大高度H=，故C错误，D正确．故选B、D【点睛】本题细绳和弹簧相连的连接体,要利用根据能量守恒解决问题,关键是绳子绷紧瞬间动量守恒．二、实验探究题(本部分共2小题，共13分，把答案填在题中的横线上或按要求作答）11。实验课上同学们利用打点计时器等器材，研究小车做匀变速直线运动的规律．其中一个小组的同学从所打的几条纸带中选取了一条点迹清晰的纸带,如图所示，图中、、、、D是按打点先后顺序依次选取的计数点,相邻计数点间的时间间隔T=0.2s。由图中的数据可知，打点计时器打下C点时小车运动的速度是__________，小车运动的加速度是__________。（保留两位有效数字）【答案】(1）。0.48（2）。0。60【解析】【详解】[1]根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度,有[2]小车运动的加速度是12。物理学习小组试图利用图甲测量一组旧蓄电池的电动势和内阻：(1）实验步骤如下：①将电阻箱阻值调到最大，闭合开关S；②多次调节电阻箱，记下电流表的示数I和电阻箱相应的阻值R；③以为纵坐标，R为横坐标，作图线（用直线拟合），如图乙所示；④从图线求出直线的斜率K和在纵轴上的截距b.（2)请你回答下列问题（用题给符号K、b表示）：①计算电池电动势________，内阻________.②根据实验方案发现,电流表内阻对实验精确度有较大影响，如果测的电流表内阻为，则电源内阻的精确值为________.【答案】（1）。（2)。(3)。【解析】【详解】(2）①［1][2］利用图甲测量一组旧蓄电池的电动势和内阻,由于内阻较大，电路中电流不稳定，所以读数要快速准确.根据实验步骤由欧姆定律有：,所以图象是一条直线，结合图像的斜率和纵截距有:，所以电动势,②［3]根据实验方案发现，电流表内阻对实验精确度有较大影响，如果测的电流表内阻为rA，则应用欧姆定律时可把电流表内阻等效为电源内阻，即上式中的r为实际内阻与电流表内阻之和，所以实际内阻为三、计算题（本部分共5小题，共47分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分,有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13.如图所示,汽缸开口向下竖直放置，汽缸的总长度为,开始时，厚度不计的活塞处于处，现将汽缸缓慢转动（转动过程中汽缸不漏气)，直到开口向上竖直放置,稳定时活塞离汽缸底部的距离为，已知汽缸的横截面积,环境温度为保持不变，大气压强，重力加速度g取。(1）求活塞的质量；(2）缓慢加热汽缸内的气体,至活塞离汽缸底部的距离为，求此时气体的温度。【答案】（1)3.4kg；（2）540K。【解析】【详解】（1）初状态气体压强末态气体压强由玻意耳定律得代入数据解得m=3.4kg(2）由盖-吕萨克定律得解得T=2T0=540K14.如图所示，面积为0。3m2100匝线圈A处在磁场中,磁场方向垂直于线圈平面向外．磁感应强度随时间变化的规律是B＝(6－0.2t）T，已知电路中的R1＝4Ω，R2＝6Ω，电容C＝30μF，线圈A的电阻r=2Ω，求：(1）闭合S后，通过R2的电流大小及方向；(2）闭合S一段时间后，再断开S，求S断开后通过R2的电荷量是多少？【答案】(1）,电流方向由a流向b；(2）【解析】【详解】（1）由于B=6—0。2t，则，,A线圈内产生的感应电动势：，S闭合后，电路中电流，根据右手定则判断电流方向由a→R2→b（2）断开S后，通过R2的电量等于电容中储存的电量,开关闭合时，电容两端电压，所以电容带电量:，通过R2的电量等于15。在水平地面的右端B处有一面墙，一小物块放在水平地面上的A点，质量m=0.5kg,AB间距离s=5m，如图所示．小物块以初速度v0=8m/s从A向B运动，刚要与墙壁碰撞时的速度v1=7m/s，碰撞后以速度v2=6m/s反向弹回．重力加速度g取10m/s2．求：(1）小物块从A向B运动过程中的加速度a的大小；(2）小物块与地面间的动摩擦因数μ；(3）若碰撞时间t=0。05s，碰撞过程中墙面对小物块平均作用力F的大小．【答案】（1）1.5m/s2；（2）0。15；(3)130N【解析】【详解】（1）从A到B过程是匀减速直线运动，根据速度位移公式，有：=﹣1。5m/s2(2）从A到B过程，由动能定理，有:可得：μ=0.15（3）对碰撞过程，规定向左为正方向,由动量定理，有：F△t=mv2﹣m(﹣v1）可得：F=130N16。如图所示,质量M＝3。0kg的小车静止在光滑的水平地面上，AD部分是表面粗糙的水平导轨,DC部分是光滑的圆弧导轨,AD和DC部分平滑相连，整个导轨都是由绝缘材料制成的，小车所在空间内有竖直向上E＝40N/C的匀强电场和垂直纸面水平向里B＝2。0T的匀强磁场。今有一质量为m＝1。0kg带负电的滑块（可视为质点)以v0＝8m/s的水平速度向右冲上小车，当它过D点时对地速度为v1＝5m/s,对水平导轨的压力为10。5N，g取10m/s2。求：（1）滑块的电量大小；（2)滑块从A到D的过程中，小车、滑块系统损失的机械能;（3)若滑块通过D时立即撤去磁场，求此后小车所能获得的最大速度。【答案】（1）；(2）18J；（3）3m/s【解析】【详解】(1)在D点,竖直方向上满足：解得：（2）从A→D，滑块、小车系统水平方向动量守恒，设到D点时小车速度为u1，有:解得：由能量守恒定律可知系统损失的机械能为：解得:J（3）撤去磁场后，滑块在圆弧轨道上运动的整个过程中，小车都在加速，因此滑块返回D点时，小车速度最大,设此时滑块、小车的速度分别为v2、u2，因滑块由D点上滑到滑回D点过程中，电场力做功为零，故系统在水平动量守