漳平市第一高级中学2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷物理

一、选择题

1． 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

8H8H B. gT12T22T22T124H4HC. g2 D. gT1T22T1T2A. g【答案】B

2． 一交流电压为u＝1002sin100πt V，由此表达式可知（ A．用电压表测该电压其示数为100 VB．该交流电压的周期为0.02 s

C．将该电压加在100 Ω的电阻两端，电阻消耗的电功率为200 WD．t＝1/400 s时，该交流电压的瞬时值为100 V【答案】ABD【解析】

）

UM22，故A正确；100，周期T0.02s，故B

1002U210021100W，故C错误；把t正确；由Ps时，代入表达式R100400u1002sin100（tV）100V，故D正确；

试题分析：电压表显示的是有效值，U考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．

3． 如图所示，轻弹簧两端拴接两个质量均为m的小球a、b，拴接小球的细线固定在天花板，两球静止，两细线与水平方向的夹角α=30°，弹簧水平，以下说法正确的是

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A．细线拉力大小为mg

B．弹簧的弹力大小为

C．剪断左侧细线瞬间，b球加速度为0

D．剪断左侧细线瞬间，a球加速度为

【答案】C【

解

析

】

4． （2018南宁摸底）如图所示，在光滑水平面内有一固定光滑绝缘挡板AB，P是AB上的一点。以A为坐标原点在水平面建立直角坐标系，y轴一挡板AB重合，x轴上固定一个带正电的点电荷Q。将一个带电小球（可视为质点）轻放到挡板的左侧的P处，在静电力作用下小球沿挡板向A运动，则下列说法中正确的是

A．小球带负电

B．由P点到A点小球做匀加速直线运动C．P点的场强比A点的场强大

D．小球在P点的电势能比在A点的电势能大【答案】AD

【解析】【名师解析】根据题述，静止带电小球从P处在静电力作用下沿挡板向A运动，说明带电小球受到的是库伦吸引力，小球带负电，选项A正确；由于点电荷Q的电场不是匀强电场，带电小球在运动过程中所受的合外力不可能保持不变，所以小球由P到A不可能做匀加速直线运动，选项B错误；根据点电荷电场特

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征，P点的电场强度比A点的电场强度小，选项C错误；小球由P到A运动，静电力做功，电势能减小，小区装P点的电势能比在A点的电势能大，选项D正确。

5． （多选）如图所示电路，电源电动势为E，内阻为r，当开关S闭合后，小型直流电动机M和指示灯L都恰能正常工作。已知指示灯L的电阻为R0，额定电流为I，电动机M的线圈电阻为R，则下列说法中正确的是

A.电动机的额定电压为IR C.电源的输出功率为IE-I2r 【答案】CD

B.电动机的输出功率为IE-I2RD.整个电路的热功率为I2（R0+R+r）

【解析】电动机两端的电压U1=U﹣UL，A错误；电动机的输入功率P=U1I，电动机的热功率P热=I2R，则电动机的输出功率P2=P﹣I2R，故B错误；整个电路消耗的功率P总=UI=IE-I2r，故C正确；整个电路的热功率为Q=I2（R0+R+r），D正确。

6． 真空中有两个静止的点电荷，它们之间静电力的大小为F。如果保持这两个点电荷的带电量不变，而将它们之间的距离变为原来的4倍，那么它们之间的静电力的大小为A.

B.

C.

D.

【答案】D

【解析】在距离改变之前库仑力为：：

，故D正确，ABC错误。

，带电量不变，而将它们之间的距离变为原来的4倍时库仑力为

7． （2016·河北沧州高三月考）某物体在竖直方向上的力F和重力作用下，由静止向上运动，物体动能随位移变化图象如图所示，已知0～h1段F不为零，h1～h2段F＝0，则关于功率下列说法正确的是（

）

A．0～h2段，重力的功率一直增大B．0～h1段， F的功率可能先增大后减小

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C．0～h2段，合力的功率可能先增大后减小D．h1～h2段，合力的功率可能先增大后减小【答案】BC

【解析】【参】BC　

8． 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Q为中心，r为半径的球面上，各处的电场强度都相同

2D．在库仑定律的表达式FkQ1Q2中，k2是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q12rr处的场强大小；而kQ1是点电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处的场强大小

Qr2【答案】BD

9． 图示为一正弦式交变电流的电流i随时间t变化的图象，由图可知，这个交流电的

A. 有效值为10VB. 频率为50HzC. 有效值为D. 频率为0.02Hz【答案】B

【解析】根据图象可知，交流电的最大电流为10A，周期为0.02s，频率为：D错误；电流有效值：

，故AC错误。所以B正确，ACD错误。

，故B正确，

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10．如图所示，初速度不计的电子从电子中射出，在加速电场中加速，从正对P板的小孔射出，设加速电压为U1，又垂直偏转电场方向射入板间并射出，设偏转电压为U2。则：

A. U1变大，则电子进入偏转电场的速度变大B. U1变大，则电子在偏转电场中运动的时间变短C. U2变大，则电子在偏转电场中运动的加速度变小

D. 若要电子离开偏转电场时偏移量变小，仅使U1变大，其它条件不变即可【答案】ABD【解析】A项：由FUq可知，电子受力变大，加速度变大，其他条件不变时，当U1变大，则电子进入偏d转电场的速度变大，故A正确；B项：由FUq可知，电子受力变大，加速度变大，其他条件不变时，当U1变大，则电子进入偏转电场的dUq可知，U2变大，电子受力变大，加速度变大，电子在偏转电场中运动的加速度变大，故Cd水平速度变大，运动时间变短，故B正确；C项：由F错误；

U2L2D项：由y可知，若要电子离开偏转电场时偏移量变小，仅使U1变大，其它条件不变即可，故D正

4dU1确。

点晴：本题考查了带电粒子在电场中的运动，可以根据动能定理和牛顿第二定律、运动学公式结合推导出

U2L2y。

4dU111．关于电场强度和静电力,以下说法正确的是（ A. 电荷所受静电力很大,该点的电场强度一定很大

B. 以点电荷为圆心、r为半径的球面上各点的电场强度相同

C. 若空间某点的电场强度为零,则试探电荷在该点受到的静电力也为零

D. 在电场中某点放入试探电荷q,该点的电场强度E=,取走q后,该点电场强度为0【答案】C

【解析】A.电场强度是矢量，其性质由场源电荷决定，与试探电荷无关；而静电力则与电场强度和试探电荷都有关系，电荷所受静电力很大，未必是该点的电场强度一定大，还与电荷量q有关，选项A错误；B.以点电荷为圆心，r为半径的球面上各点的电场强度大小相同，而方向各不相同，选项B错误；

）

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C.在空间某点的电场强度为零，则试探电荷在该点受到的静电力也为零，选项C正确；

D.在电场中某点放入试探电荷q，该点的电场强度E= ，取走q后，该点电场强度不变，与是否放入试探电荷无关，选项D错误。故选：C。

12．质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x=5t+t2（各物理量均采用国际单位），则该质点（ A. 第1s内的位移是5m B. 前2s内的平均速度是6m/sC. 任意相邻的1s 内位移差都是1m 【答案】D

13．为测某电阻R的阻值，分别接成如图（a）、（b）两电路，在（a）电路中电压表和电流表的示数分别为3V、3mA，乙电路中两表示数分别是2.9V、4mA，则被测电阻的值应为A．比1000略大一些C．比750略大一些【答案】B

14．下列用电器中，主要利用电流热效应工作的是A. 电风扇 C. 电烙铁 【答案】C

【解析】电风扇是利用电流的磁效应工作的，故A错误；计算机主要是把电能转化为声和光,故B错误；电烙铁利用电流的热效应工作的．故C正确；电视机主要是把电能转化为声和光，故D错误．所以C正确，ABD错误。

15．如图所示，倾角为的斜面静置于地面上，斜面上表面光滑，A、B、C三球的质量分别为m、2m、3m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接。弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，现突然剪断细线或弹簧。下列判断正确的是

B. 计算机D. 电视机

B．比1000略小一些D．比750略小一些

D. 任意1s内的速度增量都是2m/s

）

A．弹簧被剪断的瞬间，A、B、C三个小球的加速度均为零B．弹簧被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为零

C．细线被剪断的瞬间，A、B球的加速度沿斜面向上，大小为gsinD．细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为4mgsin

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【答案】BCD

【解析】若是弹簧被剪断，将三个小球看做一个整体，整体的加速度为设杆的作用力为F，则

，解得

，然后隔离A，对A分析，

，A错误，B正确；剪断细线前，以A、B、C组成的

系统为研究对象，系统静止，处于平衡状态，合力为零，则弹簧的弹力为

，以C为研究对象知，细线的拉力为3mgsin θ。剪断细线的瞬间，由

于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，以A、B组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得

，解得A、B两个小球的加速度为

为研究对象，由牛顿第二定律得：

，解得杆的拉力为

，方向沿斜面向上，以B

，故CD正确。

二、填空题

16．在“描绘小灯泡伏安特性曲线”的实3 W”， 还备有下列器材

电流表Al（量程3A，内阻0.2Ω） 电流表A2（量程0.6 A，内阻1Ω） 电压表V1（量程3V，内阻20kΩ） 电压表V2（量程15V，内阻60KΩ） 变阻器R1（0—1000Ω，0.5 A） 变阻器R2（0～20Ω，2A）

学生电源（6～8V）， 开关S及导线若干.

在上述器材中，电流表应选用_______，电压表应选用 变阻器应选用 ，在上面的方框中画出实验的电路图。【答案】A2 ，V2，R2

A，输电导线上因发热损失的电功率是 【答案】10；100

【解析】由PUI，得输电导线中的电流I2验中，使用的小灯泡为“6 V，

×VA17．输送1.0×l05瓦的电功率，用发1.0×l04伏的高压送电，输电导线的电阻共计1.0欧，输电导线中的电流是

W。

P=10AU输电导线上因发热损失的电功率: PIr=100×1=100W

三、解答题

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18．如图所示，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距l，左端与一电阻R相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向下。一质量为m的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速率v匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好。已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，导轨和导体棒的电阻均可忽略。求

（1）电阻R消耗的功率：（2）水平外力的大小。【答案】见解析【解析】

解法二　（1）导体棒切割磁感线产生的电动势E＝ Blv

由于导轨与导体棒的电阻均可忽略，则R两端电压等于电动势：U＝E

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则电阻R消耗的功率

2UPR＝R综合以上三式可得

222BPR＝lv R（2）设水平外力大小为F，由能量守恒有Fv＝PR＋μmgv

22R故得F＝P＋μmg＝Blv＋μmg。

vR

19．如图所示，质量水平方向成=300角的力g=10m/s2。求：

kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块与质量

kg的小球B相连。今用跟

N，拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m相对位置保持不变，取

（1）运动过程中轻绳与水平方向夹角Ѳ；（2）木块与水平杆间的动摩擦因数μ。

（3）当角为多大时，力F使球和木块一起向右匀速运动的拉力最小？最小拉力为多少？（只要求写出角度的函数值）【答案】（1）300

Mmg3（2） （3） 251tan35【解析】（1）设细绳对B的拉力为T．以小球为研究对象，分析受力，作出力图如图1，由平衡条件可得：

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Fcos30°=Tcosθ ①Fsin30+Tsinθ=mg ②代入解得， tan3，即θ=30°3（3）以木块和小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图2．再平衡条件得Fcosα=f

N+Fsinα=（M+m）g又f=μN

Mmg联立得Fcossin当tanMmg3时，F有最小值，F=512第 10 页，共 10 页