2019-2020年高二下学期月考物理试题（3月份） 含解析.doc

2019-2020年高二下学期月考物理试题（3月份） 含解析一、单项选择题（每题6分，共36分）1（6分）（xx潮州一模）如图，一物体在粗糙水平地面上受斜向上的恒定拉力F作用而做匀速直线运动，则下列说法正确的是（）A物体可能不受弹力作用B物体可能受三个力作用C物体可能不受摩擦力作用D物体一定受四个力作用考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：本题的关键是对物体进行受力分析，由匀速运动条件可得出物体一定受到四个力作用解答：解：A、由于物体匀速运动，所以物体受到的合力应为零，物体受到的滑动摩擦力大小应与拉力F的水平分力相等，根据摩擦力产生的条件可知，物体一定会受到弹力作用，所以A错误B、由平衡条件可知物体受到向下的重力、向上的弹力、向左的摩擦力以及拉力F四个力，所以B错误C、由匀速运动条件可知物体应受到摩擦力作用，C错误D、由匀速运动条件可知物体受到四个力作用，所以D正确故选D点评：遇到动力学问题关键是正确对物体进行受力分析，受力分析时要按一定的程序进行2（6分）（xx春万州区校级月考）将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，vt图象如图所示以下判断正确的是（）A前3 s内货物处于失重状态B最后2 s内货物只受重力作用C前3 s内与最后2 s内货物的平均速度相同D第3 s末至第5 s末的过程中，货物的机械能守恒考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系；超重和失重专题：运动学中的图像专题分析：超重是物体所受的拉力或支持力大于物体所受重力的现象；当物体做向上加速运动或向下减速运动时，物体均处于超重状态，相反，当物体向上减速运动或向下加速运动时，物体均处于失重状态，根据图象判断物体的运动情况，然后判断物体的超重与失重情况匀变速运动的平均速度可由公式=求解机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功，根据斜率求出物体的加速度，确定合力分析机械能是否守恒解答：解：A、前3 s内货物向上做匀加速运动，加速度向上，处于超重状态，故A错误B、最后2 s内货物的加速度大小为 a=3（m/s2）g=9.8m/s2；根据牛顿第二定律可知，货物还受到除重力以外力的其他力，故B错误C、前3 s内货物做匀加速运动，平均速度为 =m/s=3m/s，最后2s内货物做匀减速运动，平均速度为 =m/s=3m/s，故C正确D、由上分析可知，第3 s末至第5 s末的过程中，货物除重力外，还受到其他力，其他力做功，其机械能不守恒，故D错误故选：C点评：本题关键是根据vt图象得到物体的运动情况，然后进一步判断超、失重情况，注意只要加速度向上，物体就处于超重状态加速度向下，物体就处于失重状态3（6分）（xx海南）如图，在两水平极板间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里一带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板若不计重力，下列四个物理量中哪一个改变时，粒子运动轨迹不会改变？（）A粒子速度的大小B粒子所带的电荷量C电场强度D磁感应强度考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：带电粒子进入正交的电场和磁场中，受到电场力和洛伦兹力而做匀速直线运动，根据平衡条件得到电场力与洛伦兹力的关系，洛伦兹力与速度大小成正比当洛伦兹力与电场力仍平衡时，粒子的运动轨迹不会改变解答：解：由题，粒子受到电场力和洛伦兹力，做匀速直线运动，则有 qvB=qE，即有vB=EA、改变粒子速度的大小，则洛伦兹力随之改变，洛伦兹力与电场力不再平衡，粒子的轨迹将发生改变故A错误B、由知，粒子的电量改变时，洛伦兹力与电场力大小同时改变，两个力仍然再平衡，故粒子的轨迹不发生改变故B正确C、改变电场强度，电场力将改变，洛伦兹力与电场力不再平衡，粒子的轨迹将发生改变故C错误D、改变磁感应强度，洛伦兹力将改变，洛伦兹力与电场力不再平衡，粒子的轨迹将发生改变故D错误故选B点评：本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况4（6分）（xx江苏）如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行线框由静止释放，在下落过程中（）A穿过线框的磁通量保持不变B线框中感应电流方向保持不变C线框所受安培力的合力为零D线框的机械能不断增大考点：电磁感应中的能量转化；楞次定律分析：根据磁能量形象表示：穿过磁场中某一面积的磁感线的条数判断磁能量的变化用楞次定律研究感应电流的方向用左手定则分析安培力，根据能量守恒定律研究机械能的变化解答：解：A、线框在下落过程中，所在磁场减弱，穿过线框的磁感线的条数减小，磁通量减小故A错误 B、下落过程中，因为磁通量随线框下落而减小，根据楞次定律，感应电流的磁场与原磁场方向相同，不变，所以感应电流的方向不变，故B正确 C、线框左右两边受到的安培力平衡抵消，上边受的安培力大于下边受的安培力，安培力合力不为零故C错误 D、线框中产生电能，机械能减小故D错误故选B点评：本题考查电流的磁场和电磁感应中楞次定律等，难度不大如是单选题，高考时，C、D项可以不再研究5（6分）（xx天津）在匀强磁场中，一矩形金属线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（）At=0.015s时线框的磁通量变化率为零Bt=0.01s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311VD线框产生的交变电动势频率为100Hz考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；交变电流专题：计算题；压轴题；恒定电流专题分析：由图2可知特殊时刻的电动势，根据电动势的特点，可判处于那个面上，由图象还可知电动势的峰值和周期，根据有效值和峰值的关系便可求电动势的有效值，根据周期和频率的关系可求频率解答：解：A、t=0.015s时，感应电动势最大，由法拉第电磁感应定律E=n可知，磁通量的变化率最大，不是零，故A错误；B、由图2可知t=0.01s时，e=0，说明此时线圈正经过中性面，故B正确；C、由图2可知 T=0.02s，Em=311V根据正弦式交变电流有效值和峰值的关系可得，该交变电流的有效值为，故C错误D、据周期和频率的关系可得，该交变电流的频率为：，故D错误故选：B点评：本题考察的是有关交变电流的产生和特征的基本知识6（6分）（xx重庆）如图所示，理想变压器的原线圈接u=11000sin100t（V）的交变电压，副线圈通过电阻r=6的导线对“220V/880W”的电器RL供电，该电器正常工作由此可知（）A原、副线圈的匝数比为50：1B交变电压的频率为100 HzC副线圈中电流的有效值为4 AD变压器的输入功率为880 W考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论解答：解：输入电压的有效值为11000 V，用电器的额定电压为220 V，所以变压器的输出电压大于220 V，原副线圈的匝数比小于50：1，故A错误；B、由输入电压的表达式知，f=Hz=50 Hz，故B错误；C、副线圈中的电流与用电器中的电流相同，I=4 A，故C正确；D、变压器的输出功率为用电器的功率和导线电阻损耗的功率之和，大于880 W，所以变压器的输入功率大于880 W，故D错误故选C点评：掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题二、实验题（共19分）7（8分）（xx春万州区校级月考）在研究某小车运动状态的实验中，如图所示为一次记录小车运动情况的纸带，图中A、B、C、D为依次打下的相邻的计数点，且相邻计数点间的时间间隔T=0.1s（1）根据纸带可以计算C点的瞬时速度，vC=4.4 m/s（2）根据纸带可以计算出该小车的加速度大小为a=12 m/s2考点：测定匀变速直线运动的加速度专题：实验题分析：根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出C点的瞬时速度，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出小车运动的加速度解答：解：（1）相邻计数点间的时间间隔T=0.1s，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，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小vC=4.4m/s由纸带可知，在相邻相等时间内的位移之差为12cm，根据x=aT2得，a=12m/s2故答案为：（1）4.4（2）12点评：解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动推论的运用8（11分）（xx绥化三模）在测量金属丝电阻率的试验中，可供选用的器材如下：待测金属丝：Rx（阻值约4，额定电流约0.5A）；电压表：V（量程3V，内阻约3k）；电流表：A1（量程0.6A，内阻约0.2）；A2（量程3A，内阻约0.05）；电源：E1（电动势3V，内阻不计）E2（电动势12V，内阻不计）滑动变阻器：R（最大阻值约20）螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，读数为1.773mm（2）若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选A1、电源应选E1（均填器材代号）（3）在虚线框中完成电路原理图考点：测定金属的电阻率专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）螺旋测微器精确度为0.01mm，需要估读，读数时注意半毫米刻度线是否露出（2）合理选择实验器材，先选必要器材，再根据要求满足安全性，准确性，方便操作的原则选择待选器材电流表的接法要求大电阻内接法，小电阻外接法滑动变阻器是小电阻控制大电阻，用分压式接法（3）滑动变阻器采用限流式，安培表用外接法解答：解：（1）从图中读出金属丝的直径为d=1.5mm+27.30.01mm=1.773mm；（2）电压表量程3V，故电源选E1，最大电流读数I，为使电流表指针偏转角度超过，故电流表选A1；（3）滑动变阻器采用限流式；安培表电阻较小，大内小外，故安培表用外接法；电路如图所示：故答案为：（1）1.773；（2）A1，E1；（3）如图所示点评：实验电路所用器材的要求要熟练掌握，读数的要求，误差来源的分析，变阻器的分压与限流式区别要弄清楚三、计算题（共55分）9（8分）（xx木里县校级模拟）如图，两根足够长的金属导轨ab、cd竖直放置，导轨间距离为L1电阻不计在导轨上端并接两个额定功率均为P、电阻均为R的小灯泡整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放金属棒下落过程中保持水平，且与导轨接触良好已知某时刻后两灯泡保持正常发光重力加速度为g求：（1）磁感应强度的大小：（2）灯泡正常发光时导体棒的运动速率考点：导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；法拉第电磁感应定律专题：电磁感应与电路结合分析：导体棒释放后做加速度减小的加速运动，直到重力等于安培力时以最大速度匀速运动在加速阶段感应电动势和感应电流增大，两灯泡逐渐变亮，只有在匀速阶段两灯泡的亮度不变，所以两灯泡保持正常发光说明导体棒在匀速运动解答：解：（1）两灯泡保持正常发光说明导体棒在匀速运动，根据平衡条件：mg=BIL两灯泡保持正常发光 I=2Im P=Im2 R 连立化简得 磁感应强度的大小 （2）两灯泡保持正常发光时的电压等于感应电动势U2=PR 根据法拉第电磁感应定律 E=BLv 连立化简得 灯泡正常发光时导体棒的运动速率 点评：本题为电磁感应与电路结合的题目，明确电路的结构，找出电源是解决此类问题的突破口10（13分）（xx安徽）质量为0.1kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的vt图象如图所示球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的设球受到的空气阻力大小恒为f，取g=10m/s2，求：（1）弹性球受到的空气阻力f的大小；（2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度h考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）速度时间图象与时间轴围成的面积表示位移，斜率表示加速度，在下落过程中根据图象求出加速度，根据牛顿第二定律即可求得空气阻力；（2）先根据牛顿第二定律求得上升时的加速度，再根据位移速度公式即可求解解答：解；（1）设弹性球第一次下落过程中的加速度为a，由速度时间图象得：a=根据牛顿第二定律得：mgf=ma解得：f=0.2N（2）由速度时间图象可知，弹性球第一次到达地面的速度为v=4m/s则弹性球第一次离开地面时的速度大小为v=3m/s离开地面后a=12m/s2，根据0v2=2ah解得：h=0.375m答：（1）弹性球受到的空气阻力f的大小为0.2N；（2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度h为0.375m点评：牛顿运动定律和运动学公式结合是处理动力学问题常用的方法速度图象要抓住两个意义：斜率表示加速度，“面积”表示位移11（17分）（xx攀枝花模拟）如图，一个质量为0.6kg的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧（不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失）已知圆弧的半径R=0.3m，=60，小球到达A点时的速度为v=4m/s（取g=10m/s2）试求：（1）小球做平抛运动的初速度v0；（2）P点与A点的水平距离和竖直高度；（3）小球到达圆弧最高点C时，对轨道的压力考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律；平抛运动；向心力专题：机械能守恒定律应用专题分析：（1）恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧，说明到到A点的速度vA方向与水平方向的夹角为，这样可以求出初速度v0；（2）平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据平抛运动的基本规律求出P点与A点的水平距离和竖直距离；（3）选择从A到C的运动过程，运用动能定理求出C点速度，根据向心力公式求出小球在最高点C时对轨道的压力解答：解：（1）小球到A点的速度如图所示，由图可知，（2）由平抛运动规律得：竖直方向有：vy=gt水平方向有：x=v0t解得：h=0.6m（3）取A点为重力势能的零点，由机械能守恒定律得：代入数据得：由圆周运动向心力公式得：代入数据得：NC=8N由牛顿第三定律得：小球对轨道的压力大小，方向竖直向上答：（1）小球做平抛运动的初速度为2m/s；（2）P点与A点的水平距离为0.69m，竖直高度为0.6m；（3）小球到达圆弧最高点C时，对轨道的压力为8N，方向竖直向上点评：本题是平抛运动和圆周运动相结合的典型题目，除了运用平抛运动和圆周运动的基本公式外，求速度的问题，动能定理不失为一种好的方法12（17分）（xx合肥二模）如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值静止的带电粒子带电量为+q，质量为m（不计重力），从点P经电场加速后，从小孔 Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为a=45，孔Q到板的下端C的距离为L当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上求：（1）两板间电压的最大值Um；（2）CD板上可能被粒子打中的区域的长度x；（3）粒子在磁场中运动的最长时间tm考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）粒子恰好垂直打在CD板上，根据粒子的运动的轨迹，可以求得粒子运动的半径，由半径公式可以求得电压的大小；（2）当粒子的运动的轨迹恰好与CD板相切时，这是粒子能达到的最下边的边缘，在由几何关系可以求得被粒子打中的区域的长度（3）打在QE间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半周期，根据周期公式即可求解解答：解：（1）M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，所以圆心在C点，CH=QC=L，故半径R1=L又因qvB=mqUm=所以Um=（2）设轨迹与CD板相切于K点，半径为R2，在AKC中：sin45=所以R2=（）L即KC长等于R2=（）L所以CD板上可能被粒子打中的区域即为HK的长度，x=HK=R1R2=L（）L=（2）L（3）打在QE间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半周期：T=所以答：（1）两板间电压的最大值Um为；（2）CD板上可能被粒子打中的区域的长度x为（2）L；（3）粒子在磁场中运动的最长时间tm为点评：本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了