2019版高二物理下学期第一次月考试题.doc

2019版高二物理下学期第一次月考试题注意事项：1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的考号、姓名、考场、座位号、班级在答题卡上填写清楚。2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试卷上作答无效。一、 选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分。1-8题只有一个选项符合题目要求，9-12题有多个选项符合题目要求）1关于磁感应强度B的概念，下列说法正确的是（ ）A. 根据磁感应强度B的定义式B可知，通电导线在磁场中受力为零时该处B为0B. 一小段通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力不一定为零C. 一小段通电导线在某处不受磁场力作用，该处的磁感应强度不一定为零D. 磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向相同2下列说法正确的是（ ）A运动的宏观物体也具有波动性，其速度越大物质波的波长越大B大量的氢原子从n3的能级向低能级跃迁时只会辐射两种不同频率的光C发生光电效应时，入射光越强，单位时间内逸出的光电子数就越多D查德威克发现了天然放射现象说明原子具有复杂结构3如图是质量为1kg的质点在水平面上运动的vt图象，以水平向右的方向为正方向以下判断正确的是（ ）A. 在03.0s时间内，合力对质点做功为10JB. 在4.0s6.0s时间内，质点的平均速度为3m/sC. 在1.0s5.0s时间内，合力的平均功率为4WD. 在t=6.0s时，质点加速度为零4xx11月5日19时45分，西昌卫星发射中心再次用长征三号乙运载火箭，成功发射两颗北斗三号全球组网卫星。根据计划，xx年底前后将发射18颗北斗三号卫星。覆盖“一带一路”沿线国家，到xx，将完成35颗北斗三号卫星的组网，实现全球服务能力。北斗三号卫星导航系统空间段由5颗同步卫星和30颗非静止轨道卫星组成。以下关于地球同步卫星的说法正确的是（ ）A. 同步卫星绕地球运动的周期比月球绕地球运动的周期大B. 同步卫星可以从北半球上方通过C. 同步卫星绕地球运动的线速度比第一宇宙速度小D. 同步卫星绕地球运动的向心加速度大于地球表面的重力加速度5在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图甲所示。产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示。则下列说法正确的是（ ）At=0.01s时穿过线框的磁通量最小B该交变电动势的有效值为C该交变电动势的瞬时值表达式为D电动势瞬时值为22V时，线圈平面与中性面的夹角为306电路如图所示，电源的电动势为E、内阻为r，与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接，当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，下列说法正确的是 （ ）A. 电压表读数增大、电流表读数减小B. 电压表读数减小、电流表读数增大C. R1的电功率减小D. 电源的输出功率增大7如图所示，平行板电容器与一个恒压直流电源连接，下极板通过A点接地，一带正电小球被固定于P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则()A. 平行板电容器的电容将变大B. 静电计指针张角变小C. 电容器的电荷量不变D. 带电小球的电势能将增大8如图所示，在绝缘的斜面上方存在着沿水平向右的匀强电场，一带电金属块由静止开始沿斜面滑到底端，已知在金属块下滑的过程中动能增加了07J，金属块克服摩擦力做功03J，重力做功12J，则以下判断正确的是（ ）A. 金属块带负电荷B. 电场力做功02JC. 金属块的机械能减少12JD. 金属块的电势能增加02J9如图所示，在等量异种电荷形成的电场中，有A、B、C三点，A为两点荷连线的中心，B为连线上距A为d的一点，C为连线中垂线上距A也为d的一点，关于三点的场强大小、电势高低比较，正确的是（ ）A BC D10匀强磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，磁感强度B随时间t变化规律如图甲所示。在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图乙所示。令I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，F1、F2、F3分别表示很小一段金属环对应I1、I2、I3时受到的安培力。则AI1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向 BI2沿顺时针方向，I3沿顺时针方向CF1方向指向圆心，F2方向指向圆心 DF2方向背离圆心向外，F3方向指向圆心11矩形导线框abcd与长直导线MN放在同一水平面上，ab边与MN平行，导线 MN中通入如图所示的电流方向，当MN中的电流增大时，下列说法正确的是（ ）A导线框abcd中有顺时针方向的感应电流B导线框abcd中有逆时针方向的感应电流 C导线框所受的安培力的合力向左D导线框所受的安培力的合力向右12如图所示，变压器原副线圈的匝数比为3:1，L1、为四只规格均为“6v，6w”的相同灯泡，各电表为理想电表，四只灯泡均能正常发光则 下列说法正确的是（ ）A此电路输入电压U=18VB电流表的示数为3AC电压表的示数为0VD原线圈的输入功率为18W第II卷(非选择题，共52分)二、 实验题 (本大题共3小题，每空2分，共18分)13某同学利用图甲的实验装置做“探究动能定理”的实验。在尽量减小摩擦阻力的情况下，先接通打点计时器的电源，再释放纸带，让质量的重物由静止下落，在纸带上打出一系列的点，如图乙所示，A、B、C分别为所选取的计数点，且为开始打出的第一点，之间有若干点未标出，相邻计数点的时间间隔为，重力加速度取。（1）释放纸带前，纸带的_（选填“”或“”）端在上面；（2）重物从运动到的过程中，动能的变化量（取两位有效数字）；（3）列举一种能有效减小实验误差的做法_.14下述图中，游标卡尺示数是_cm，螺旋测微器示数是_mm，欧姆表的档位开关置于“100”档，用它测电阻的示数是_。15如图电路，某学生用电流表和电压表测干电池的电动势和内阻时，所用滑动变阻器的阻值范围为020，连接电路的实物图如下图所示。（1）该学生接线中错误的和不规范的做法是_A滑动变阻器不起变阻作用B电流表接线有错C电压表量程选用不当D电压表接线不妥（2）该同学将电路按正确的电路图连接好，检查无误后，闭合开关，进行实验。（3）该同学实验完毕，将测量的数据反映在UI图上（如图所示），根据这一图线，可求出电池的电动势E=_V，内电阻r=_。三、 计算题(本大题共3小题，共34分。其中15题8分，16题12分，17题14分)16如图所示，abcd为静止于水平面上宽度为L、长度很长的U形金属滑轨，bc边接有电阻R，其他部分电阻不计ef为一可在滑轨平面上滑动、质量为m的均匀金属棒现金属棒通过一水平细绳跨过定滑轮，连接一质量为M的重物，一匀强磁场B垂直滑轨平面重物从静止开始下落，不考虑滑轮的质量，且金属棒在运动过程中均保持与bc边平行忽略所有摩擦力则：（1）当金属棒做匀速运动时，其速率是多少？(忽略bc边对金属棒的作用力)（2）若重物从静止开始至匀速运动时下落的总高度为h，求这一过程中电阻R上产生的热量17如图所示，竖直平面xOy内存在水平向右的匀强电场，场强大小E=10N/c，在y0的区域内还存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.5T一带电量q= +0.2C、质量m=0.4kg的小球由长l=0.4m的细线悬挂于P点小球可视为质点，现将小球拉至水平位置A无初速释放，小球运动到悬点P正下方的坐标原点O时，悬线突然断裂，此后小球又恰好能通过O点正下方的N点，（g=10m/s2），求：（1）小球运动到O点时的速度大小；（2）悬线断裂前瞬间拉力的大小；（3）ON间的距离。18光滑水平面上放着质量mA=1kg的物块A与质量mB=2kg的物块B，A与B均可视为质点，A靠在竖直墙壁上，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧（弹簧与A、B均不拴接），在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能Ep=49J。如图所示，放手后B向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R=0.5m，B恰能到达最高点C取g=10m/s2，求（1）B落地点距P点的距离（墙与P点的距离很远）（2）绳拉断后瞬间B的速度vB的大小（3） 绳拉断过程绳对A所做的功W云南民族大学附属中学xx春季学期见面考高二物理考试参考答案一、选择题题目123456答案CCBCCC题目789101112答案DDACABDBDBD二、13C 0.67 多次测量取平均值14 10.34cm ；3.388mm ；300015.（1）AD （2）1.48 0.78三计算题16（1）（2）试题分析：（1）当金属棒做匀速运动时，金属棒受力平衡，即当a0时，有，又，解（2）由能量守恒定律有解得17(1）2m/s （2) 8.2N （3)3.2m（1）小球从A运到O的过程中，根据动能定理： 代入数据求得小球在O点速度为：v0=2m/s（2）小球运到O点绳子断裂前瞬间，对小球应用牛顿第二定律： 洛伦兹力： 联立解得：T=8.2N。（3）绳断后，小球水平方向加速度小球从O点运动至N点所用时间为： ON间距离为： 。18 （1）设B在绳被拉断后瞬间的速度为vB，到达C时的速度为vC，有 （2分） （1分） s=vct （1分）解得s= 1m （1分）（2） （3分）代入数据得 vB=5m/s （2分）（3） 设弹簧恢复到自然长度时B的速度为v1，有 （2分）设绳断后A的速度为vA，取水平向右为正方向，有 2分 2分代入数据得W=8J （2分）参考答案1C【解析】试题分析：磁感应强度只与磁场本身性质有关，与外界因素无关，A错误；通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力一定为零，通电导线在某处不受磁场力作用，可能是导线与磁感应强度方向平行，该处的磁感应强度不一定为零B错误C正确；磁感应强度的方向与磁场力的方向垂直，D错误；考点：考查了对磁感应强度，安培力的理解2C【解析】试题分析：运动的宏观物体粒子性明显，根据德布罗意的物质波理论物质波的波长为知，速度v大的，动量p就大，物质波波长越短故A错误；从n=3的能级向低能级跃迁能放出三种不同频率的光，它们分别是从n=3到n=2、n=3到n=1以及n=2到n=1跃迁放出，所以B错误；根据光电效应方程，知入射光的频率影响光电子的最大初动能，光的强度影响单位时间内发出光电子数目，所以C正确；贝克勒尔发现天然放射现象说明了原子核具有复杂结构，所以D错误考点：本题考查物质波、玻尔的原子结构假设、光电效应以及天然放射现象3B【解析】试题分析：根据动能定理，在03.0s时间内，合力对质点做功等于动能的增加量，故，故A正确；由于速度时间图线与时间轴包围的面积表示位移，故物体在4.0s6.0s时间内的位移为，故平均速度为，故B正确；根据动能定理，在1s5.0s时间内，合力对质点做功等于动能的增加量，故，故合力的平均功率为，故C错误；在t=6.0s时，质点速度为零，但从5s到7s物体做匀变速直线运动，加速度不变，故该时刻物体的加速度不为零，故D错误；考点：速度时间图像，功率的计算【名师点睛】此题考查了速度时间图像及功率和动能定理等；要知道v-t图像的物理意义；图像与坐标轴围成的面积等于物体的位移，图像的斜率等于物体的加速度；联系动能定理进行解答.4C【解析】A、根据万有引力提供向心力列出等式： ，可得，即轨道半径越大，周期越长，月球和地球同步卫星都绕地球转动，月球的轨道半径更大，则周期较大，A项错误；B、它若在除赤道所在平面外的任意点，假设实现了“同步”，那它的运动轨道所在平面与受到地球的引力就不在一个平面上这是不可能的，因此同步卫星相对地面静止不动不能从北半球上方通过，B项错误；C、由得，半径越大线速度越小，第一宇宙速度是近地卫星的线速度，则同步卫星的半径比近地卫星的轨道半径大，其线速度较小，C项正确；D、由得，可知同步卫星比地表的r大，其向心加速度小于地表的重力加速度，D项错误。故选C。【点睛】地球质量一定、自转速度一定，同步卫星要与地球的自转实现同步，就必须要角速度与地球自转角速度相等，这就决定了它的轨道高度和线速度大小5C6C【解析】A、电流减小则内电压减小，由可知路端电压增大，即电压表示数增大；因路端电压增大，两端的电压减小，故并联部分电压增大，由欧姆定律可知电流表示数增大，选项A、B错误；C、当滑片向b滑动时，R接入电阻增大，总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流减小，所以定值电阻的电功率减小，选项C正确；D、因不知内外电阻的大小，所以不能确定电源的输出功率如何变化，选项D错误。点睛：本题中也可直接作为内电阻处理，可直接由闭合电路欧姆定律得出并联部分的电压增大，流过的电流增大。7D【解析】将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离后两极板间的距离变大，根据公式可得电容减小，A错误；电容器两极板和电源相连，所以电容器两极板间的电压恒定不变，故静电计的张角不变，B错误；根据可知Q减小，C错误；根据公式可知两极板间的电场强度减小，P点与上极板间的电势差减小，而P点的电势比上极板低，上极板的电势不变，则P点的电势增大，因为油滴带正电荷，则小球的电势能增大，D正确【点睛】在分析电容器动态变化时，需要根据判断电容器的电容变化情况，然后结合，等公式分析，需要注意的是，如果电容器和电源相连则电容器两极板间的电压恒定，如果电容器充电后与电源断开，则电容器两极板上的电荷量恒定不变8D【解析】试题分析：根据动能定理可知，WG+W电Wf=Ek，故12J+W电03J=07J，故电场力对金属块做的功为W电=02J，即电场力做负功，故金属块带正电，选项AB错误；根据功能关系可得，金属块的机械能减少量为02J+03J=05J，选项C错误；由于电场力做负，故金属块的电势能增加02J，选项D正确。考点：电场力做功与电势能的变化。9AC【解析】试题分析：由等量异种点电荷的电场线的分布，可得，在连线上，中间的一点电场强度最小；在它们的中垂线上，交点的电场强度最大，故EBEAEC，故A正确，B错误； 电场线是从正电荷出发到负电荷终至所以A、B两点处于从左向右的电场线方向上，则AB而A、C等量异种点电荷的连线上的中垂线上，这是一条等势线，故AC两点的电势相等；沿着电场线AB的方向电势降落，故A点的电势高于B的电势，即A=CBC正确，D错误所以选AC考点：本题考查常见电场的电场分布与特点及电场的叠加，意在考查考生的推理判断能力 10ABD【解析】试题分析：A、由图甲所示可知，oa段，磁场垂直于纸面向里，穿过圆环的磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I1沿逆时针方向，在ab段磁场向里，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流I2沿顺时针方向，故A正确；B、由图甲所示可知，在bc段，磁场向外，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I3沿顺时针方向，故B正确；C、由左手定则可知，oa段电流受到的安培力f1方向指向圆心，ab段安培力f2方向背离圆心向外，故C错误；D、由左手定则可知，ab段安培力f2方向背离圆心向外，bc段，安培力f3方向指向圆心，故D正确。考点：本题考查了法拉第电磁感应定律；楞次定律11BD【解析】试题分析： 当导线MN中的电流增大时，通过导线框中的磁场方向向里且增加，根据楞次定律可知导线框abcd中有逆时针方向的感应电流，A错，B对；由左手定则可知，ab处的安培力方向向右，cd处的安培力方向向左，离导线越近，磁感应强度越大，ab处的安培力大于cd处的安培力，所以导线框所受的安培力的合力向右，C错，D对。所以本题选择BD。考点：楞次定律 安培力12BD【解析】试题分析：由原、副线圈匝数之比3：1，可得原、副线圈的电压之比3：1，电流之比1：3，灯泡L2正常发光，所以副线圈电压为6V，原线圈电压表为18V，电路输入电压为,AC错误；根据并联电路规律，此时电流表的示数为电流之和，故电流表的示数为,B正确；副线圈消耗的功率等于原线圈的输入功率，所以原线圈的输入功率为,D正确；考点：变压器的构造和原理点评：理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象同时运用闭合电路殴姆定律来分析随着电阻变化时电流、电压如何变化分析的思路先干路后支路，以不变应万变最后值得注意的是变压器的原线圈与灯泡串联后接入交流中，所以图象的有效值不是原线圈的有效值