云南省大理州南涧彝族自治县2021学年高二物理下学期6月月考试题（含解析）

云南省大理州南涧彝族自治县2016-2017学年高二物理下学期6月月考试题（含解析）2016-2017学年云南省大理州南涧彝族自治县高二下学期6月月考物理试题1. 一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统A. 动量守恒，机械能守恒B. 动量不守恒，机械能守恒C. 动量守恒，机械能不守恒D. 无法判定动量、机械能是否守恒【答案】C【解析】试题分析：在子弹打击木块A及弹簧压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统系统所受外力之和为零，系统的动量守恒在此过程中，除弹簧弹力做功外还有摩擦力对系统做功，系统机械能不守恒。故C正确。考点：动量守恒定律；机械能守恒定律【名师点睛】根据系统动量守恒的条件：系统不受外力或所受合外力为零判断动量是否守恒根据是否只有弹簧的弹力做功判断机械能是否守恒子弹打击木块并留在其中，是完全非弹性碰撞，机械能损失最大，机械能不守恒。2. 关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是A. 安培力的方向可以不垂直于直导线B. 安培力的方向总是垂直于磁场的方向C. 安培力的的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D. 将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半【答案】B【解析】试题分析：本题考查了产生条件、大小与方向，当电流方向与磁场平行时不受安培力，根据左手定则可知安培力的方向与磁场垂直引用公式F=BIL时，注意要求磁场与电流垂直，若不垂直应当将导线沿磁场与垂直于磁场分解，因此垂直时安培力最大，最大为F=BIL解：A、B、根据左手定则可知，安培力方向与磁场和电流组成的平面垂直，即与电流和磁场方向都垂直，故A错误，B正确；C、磁场与电流不垂直时，安培力的大小为F=BILsin，则安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角有关，故C错误；D、当电流方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，将直导线从中折成直角，让其中的一半与磁场的方向平行，安培力的大小将变为原来的一半；将直导线在垂直于磁场的方向的平面内从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的，故D错误故选：B【点评】解决本题的关键是知道当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为F=BIL3. 如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场（未画出）。一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O。已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变。不计重力。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为A. 2 B. C. 1 D. 【答案】D【解析】试题分析：设粒子在铝板上、下方的轨道半径分别为r1、r2，速度分别为v1、v2由题意可知，粒子轨道半径：r1=2r2，动能关系：=，则，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：，磁感应强度：B=，故磁感应强度之比：，故选D.考点：带电粒子在匀强磁场中的运动.4. 如图，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态，现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度（橡皮筋在弹性限度内）。与稳定在竖直位置时相比，小球的高度A. 一定升高B. 一定降低C. 保持不变D. 升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定【答案】A【解析】试题分析:设L0为橡皮筋的原长，k为橡皮筋的劲度系数，小车静止时，对小球受力分析得：T1=mg，弹簧的伸长x1mg/k,即小球与悬挂点的距离为L1=L0+mg/k，当小车的加速度稳定在一定值时，对小球进行受力分析如图，得：T2cos=mg，T2sin=ma，所以：T2=mg/cos，弹簧的伸长：,则小球与悬挂点的竖直方向的距离为：，所以L1L2，即小球在竖直方向上到悬挂点的距离减小，所以小球一定升高，故A正确，B、C、D错误故选A考点：考查牛顿第二定律；胡克定律【名师点睛】本题中考查牛顿第二定律的应用，注意整体法与隔离法的使用，同时要注意审题5. 如图（a），线圈ab、cd绕在同一软铁芯上。在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图（b）所示。已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】因为线圈cd中每个时间段内电流大小不变化，则每个时间段内产生的感应电动势不变；根据法拉第电磁感应定律得：，电流为：，则线圈ab中每个时间段内电流的磁场均匀变化。正确反应这一关系的图象只有C,故C正确，A、B、D错误。故选：C。【名师点睛】线圈cd与示波器连接，在每个时间段内电流不随时间变化，则根据法拉第电磁感应定律，产生感应电流的磁场均匀变化，由此判断线圈ab电流的变化。6. 太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动。当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星冲日”。据报道，2014年各行星冲日时间分别是：1月6日木星冲日；4月9日火星冲日；5月11日土星冲日；8月29日海王星冲日；10月8日天王星冲日。已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示，则下列判断正确的是A. 各地外行星每年都会出现冲日现象B. 在2015年内一定会出现木星冲日C. 天王星相邻两次冲日的时间间隔为土星的一半D. 地外行星中，海王星相邻两次冲日的时间间隔最短.【答案】BD【解析】试题分析：行星围绕太阳做匀速圆周运动，根据开普勒第三定律，其轨道半径的三次方与周期T的平方的比值都相等；从一次行星冲日到下一次行星冲日，为地球多转动一周的时间解：根据开普勒第三定律，有：；解得：T=；故T火=184年；T木=1186年；T土=2928年；T天=8282年；T海=16432年；A、如果两次行星冲日时间间隔为1年，则地球多转动一周，有：2=（）t代入数据，有：2=（）1解得：T0为无穷大；即行星不动，才可能在每一年内发生行星冲日，显然不可能，故A错误；B、2014年1月6日木星冲日，木星的公转周期为1186年，在2年内地球转动2圈，木星转动不到一圈，故在2015年内一定会出现木星冲日，故B正确；C、如果两次行星冲日时间间隔为t年，则地球多转动一周，有：2=（）t解得：t=故天王星相邻两次冲日的时间间隔为：t天=101年；土星相邻两次冲日的时间间隔为：t土=104年；故C错误；D、如果两次行星冲日时间间隔为t年，则地球多转动一周，有：2=（）t解得：t=，故地外行星中，海王星相邻两次冲日的时间间隔最短；故D正确；故选：BD7. 关于天然放射性，下列说法正确的A. 所有元素都有可能发生衰变B. 放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性C. 、和三种射线中，射线的穿透能力最强D. 一个原子核在一次衰变中可同时放出、和三种射线【答案】BC【解析】A、有些原子核不稳定，可以自发地衰变，但不是所有元素都可能发生衰变，故A错误；B、放射性元素的放射性与核外电子无关，故放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性，故B正确；.C、和三种射线，射线的穿透力最强，电离能力最弱，故C正确；D、一个原子核在一次衰变中只能是衰变或衰变，同时放出射线，故D错误；故选：BC。8. 如图，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，M=30。M、N、P、F四点处的电势分别用M、N、P、F表示。已知M=N，P=F，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则A. 点电荷Q一定在MP的连线上B. 连接PF的线段一定在同一等势面上C. 将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功D. P大于M【答案】AD【解析】试题分析：点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆，圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心；找出电荷位置后，根据电势能的变化情况判断电场力做功情况点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆、圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心，故场源电荷在MN的中垂线和FP的中垂线的交点上，在MP的连线上，如图所示，故A错误；，线段PF是P、F所在等势面（圆）的一个弦，故B错误；在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，将正试探电荷从P点搬运到N点，电势能降低，故电场力做正功，故C错误；在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，故，故D正确三、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须做答，第33题第40题为选考题，考生根据要求做答。9. 某同学利用图(a)所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图，如图(b)所示。实验中小车(含发射器)的质量为200g，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到。回答下列问题：(1)根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成_(填“线性”或“非线性”)关系。(2)由图(b)可知，a-m图线不经过原点，可能的原因是_。(3)若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是_，钩码的质量应满足的条件是_。【答案】 (1). 非线性 (2). 小车与接触面间存在摩擦力 (3). 调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力 (4). mM（即钩码的质量远小于小车的质量）【解析】试题分析：（1）根据该同学的结果得出a-m图线是曲线，即小车的加速度与钩码的质量成非线性关系；（2）从上图中发现直线没过原点，当a=0时，m0，即F0，也就是说当绳子上拉力不为0时，小车的加速度为0，所以可能的原因是存在摩擦力（3）若利用本实验来验证“小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是：调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力，即使得绳子上拉力等于小车的合力根据牛顿第二定律得，整体的加速度，则绳子的拉力，知钩码的质量远小于小车的质量时，绳子的拉力等于钩码的重力，所以钩码的质量应满足的条件是远小于小车的质量考点：探究加速度与质量的关系。10. 利用如图(a)所示电路，可以测量电源电动势和内阻，所用的实验器材有：待测电源，电阻箱R（最大阻值999.9），电阻R0（阻值为3.0），电阻R1（阻值为3.0），电流表（量程为200mA，内阻为RA=6.0），开关S。实验步骤如下：.将电阻箱阻值调到最大，闭合开关S；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;以为纵坐标，R为横坐标，作图线（用直线拟合）求出直线的斜率k和在纵轴上的截距b。回答下列问题：(1)分别用E和r表示电源的电动势和内阻，则与R的关系式为_。(2)实验得到的部分数据如下表所示，其中电阻R=3.0时电流表的示数如图(b)所示，读出数据，完成下表。答：_，_。(3)在答题卡图(c)的坐标纸上所缺数据点补充完整并作图_，根据图线求得斜率k=_，截距b=_。(4)根据图线求得电源电动势E=_V，内阻r=_。【答案】 (1). (2). 0.110 (3). 9.09 (4). (5). 1.0 (6). 6.0 (7). 3.0 (8). 1.0【解析】(1)电流表与电阻R1并联,两端电压相等,电阻R1的阻值为3.0,电流表内阻为RA=6.0,则通过电阻R1的电流为通过电流表的2倍，电流表示数为I,电路电流为3I,并联电阻R并=2,由图a所示电路图可知,E=3I(R并+R0+R+r),则；(2)由图b可知：I=0.110A， (3)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示：由图示图象可知,图象斜率k=I/R=(126)/6=1.0，由图示可知，图象截距：b=6.0；(4)由图示图象与图象的函数表达式可知,，代入数据解得，电源电动势E=3.0V，r=1.0【名师点睛】（1）根据闭合电路欧姆定律求出与R的函数关系式。（2）根据图b所示电流表读出其示数，然后答题。（3）应用描点法作出图象，然后根据图象分析答题。（4）根据图象的斜率和截距的函数表达式求出电源电动势和内阻。11. 公路上行驶的两辆汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1s。当汽车在晴天干燥沥青路面上以108km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120m。设雨天时汽车轮胎与沥青地面的动摩擦因数为晴天时的2/5，若要求安全距离仍为120m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度。【答案】v=20m/s(72km/h)【解析】试题分析：晴天时，设速度为v1，反应时间为t，加速度为a1，雨天时，设速度为v2，加速度为a2，有x= v1t+，mg=ma1，mg=ma2，x= v2t+，由上面几个方程可得：v2=20m/s。考点：直线运动的规律。【名师点睛】解答动力学两类问题的基本程序：明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点根据问题的要求和计算方法，确定研究对象，进行受力分析和运动过程分析，并画出示意图.应用牛顿运动定律和运动学公式求解12. 如图，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，BOA=60,将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点。使此小球带电，电荷量为q(q0)，同时加一匀强电场、场强方向与OAB所在平面平行。现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若将该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点的动能是初动能的6倍。重力加速度大小为g。求(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；(2)电场强度的大小和方向。【答案】(1) (2), 电场方向与竖直向下的方向的夹角为30【解析】(1)小球做平抛运动,设初速度v0.初动能EK0,从O到A的运动时间为t,令OA=d，则：OB=d，根据平抛运动的规律得：水平方向：竖直方向：又：联立解得：设小球到达A时的动能为EKA,则：所以：；(2)加电场后,从O点到A点下降了y=d/2,从O点到B点下降了3d/2,设两点的电势能分别减小EPA和EPB，由能量守恒和得：EPA=3EK0EK0mgd/2=2EK0/3EPB=6EK0EK03mgd/2=EK0在匀强电场中，沿着任意直线，电势的降落是均匀的，设直线OB上的M点的电势与A的电势相同，M点到O点的距离是x，如图，则有：解得：x=d，MA是等势线，电场线与MA的垂线OC平行，设电场方向与竖直向下的方向之间的夹角是，由几何关系可得OAM是等边三角形,所以：=30，即电场线的方向与竖直方向之间的夹角是30，设电场强度的大小是E,则：qEdcos30=EPA联立得：E，【名师点睛】13. 两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近在此过程中，下列说法正确的是_A. 分子力先增大，后一直减小B. 分子力先做正功，后做负功.C. 分子动能先增大，后减小D. 分子势能先增大，后减小E. 分子势能和动能之和不变【答案】BCE【解析】A、当分子间距大于平衡间距时，分子力表现为引力，随着距离的减小，分子间的作用力先增大，后减小，平衡位置时作用力为零；而小于平衡位置时，分子间为斥力，分子力一直增大；故A错误；B、两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近的过程中，分子力先是引力后是斥力，故先做正功后做负功，故B正确；C、只有分子力做功，先做正功后做负功，根据动能定理，动能先增加后减小，故C正确；D、分子力先做正功后做负功；分子力做功等于分子势能的减小量；故分子势能先减小后增加，故D错误；E、根据能量转化与守恒定律，分子势能和动能之和保持不变，E正确。故选：BCE。14. 一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形气缸内，汽缸壁导热良好，活塞可沿气缸壁无摩擦地滑动。开始时气体压强为p，活塞下表面相对于气缸底部的高度为h，外界温度为T0。现取质量为m的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了h/4.若此后外界的温度变为T，求重新到达平衡后气体的体积。已知外界大气的压强始终保持不变，重力加速度大小为g。【答案】 解得外界的温度变为T后，设活塞距底面的高度为。根据盖吕萨克定律，得解得据题意可得气体最后的体积为联立式得考点：本题考查理想气体状态方程。25