1、- 1 -临川一中 2018-2019 学年下学期高二年级第二次月考物理试卷一、选择题1.下列说法正确的是（ ）A. 液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的B. 布朗运动就是液体或气体分子的无规则运动C. 分子势能随分子间距的增大而增大D. 分子 a 由无穷远处由静止开始接近固定不动的分子 b，只受分子力作用，当 a 受到的力为零时，a 的动能一定最大【答案】D【解析】【详解】A、液体中的扩散现象是液体分子的无规则热运动造成的；故 A 错误.B、布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的永不停息的无规则运动，不是分子的运动，但间接反映了分子的热运动无规则；故 B 错误.C、当分子力表现为斥力时
2、 ，分子间距增大，分子力做正功，分子势能减小；当分子力表现为引力时 ，分子间距增大，分子力做负功，分子势能增大；故 C 错误.D、分子 a 从相距较远处由静止开始接近固定不动的分子 b，只受分子力作用，分子引力做正功，分子动能增大，当分子间距为 r0时， a 受到分子力为 0， a 的动能最大，继续接近时，分子间作用力表现为斥力，做负功，动能减小，故当 a 受到分子力为 0 时， a 的动能最大，故 D 正确.故选 D.2.机器人装有作为眼睛的“传感器” ，犹如大脑的“控制器” ，以及可以行走的“执行器” ，在它碰到障碍物前会自动避让并及时转弯下列有关该机器人“眼睛”的说法中正确的是( )A.
3、 力传感器- 2 -B. 温度传感器C. 光传感器D. 声音传感器【答案】C【解析】由图可知，该传感器可以作为机器人的眼睛，则说明它采用的应是通过感光原理而确定障碍物的，故应为光传感器，故 C 正确，ABD 错误；故选 C。3. 如图所示，虚线是两个等量点电荷所产生的静电场中的一簇等势线，一不计重力的带电粒子从 a 点射入电场后沿图中的实线运动，b 点是其运动轨迹上的另一点，则下列判断正确的是A. 由 a 到 b 的过程中电场力对带电粒子做正功B. 由 a 到 b 的过程中带电粒子的动能减小C. 若粒子带正电，两等量点电荷均带正电D. 若粒子带负电，a 点电势高于 b 点电势【答案】A【解析】
4、虚线为等量异种电荷的等势线，C 错；带电粒子做曲线运动，合力指向曲线的内侧，且垂直于等势线，所以粒子受力向右，由 a 到b 电场力做正功，动能增加，电势能减少；A 对，B 错；若粒子带负电，则根据受力特点，场强方向向左，沿电场线方向电势降低，所以 a 点电势低于 b 点电势；D 错。4.图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比 n1n 251，电阻 R10 ，L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡，S 1为单刀双掷开关。原线圈接正弦交变电源，输入电压 u 随时间 t 的变化关系如图乙所示现将 S1接 1、S 2闭合，此时 L2正常发光。下列说法正确的是（ ）- 3 -A. 只断开 S2后，原线圈的输
5、入功率增大B. 输入电压 u 的表达式C. 若 S1 换接到 2 后，原线圈的输入功率为 1.6 WD. 若 S1 换接到 2 后，R 消耗的电功率为 0.8 W【答案】D【解析】A、只断开 S2后，负载电阻变为原来的 2 倍，副线圈电压不变，则副线圈的功率变小，即原线圈的输入功率变小，A 错误；B、由图乙知周期 T=0.02s， ，所以输入电压u 的表达式应为 ，B 错误；C、D、若 S1换接到 2 后，由 ，则电阻 R 电压有效值为 4V， R 消耗的电功率为 ，而变压器两端的功率相等，则输入功率也为 0.8W，C 错误，D 正确故选 D.【点睛】掌握理想变压器的电压与匝数成正比，电流与匝
6、数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等。5.质量均为 m 的三个带电小球 A、 B、 C 用三根长度均为 l 的绝缘丝线相互连接，放置在光滑绝缘的水平面上， A 球的电荷量为 q在 C 球上施加一个水平向右的恒力 F 之后，三个小球一起向右运动，三根丝线刚好都伸直且没有弹力， F 的作用线反向延长线与 A、 B 间的丝线相交于丝线的中点，如图所示已知静电力常量为 k，下列说法正确的是A. B 球的电荷量可能为2 qB. C 球的电荷量为- 4 -C. 三个小球一起运动的加速度为D. 恒力 F 的大小为【答案】C【解析】【分析】根据库仑力公式求出库仑斥力，一起运动的加速度方向与 F 的作用线平
7、行，根据牛顿第二定律求解分析；【详解】A、根据对称性可知，A 球的电荷量和 B 球的电荷量相同，故 A 错误；BC、设 C 球的电荷量为 ，以 A 球为研究对象，B 球对 A 球的库仑斥力为 ，C 球对A 球的库仑引力为 ，由题意可得一起运动的加速度方向与 F 的作用线平行，则有： ， ，解得： ， ，故 C 正确，B 错误；D、以三个小球整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得： ，故 D 错误；故选 C。【点睛】关键是要知道三根丝线刚好都伸直且没有弹力，对称性可知 A 球的电荷量和 B 球的电荷量相同。6.如图所示，长为 4m 的金属杆可绕转轴 O 在竖直平面内转动。方向水平的匀强磁场磁感应强
8、度为 2T，磁场边界为一圆形区域，圆心恰为 0 点，直径为 1m，当电流表读数为 10A 时，金属杆与水平方向夹 30角，则此时磁场对金属杆的作用力为A. 80N B. 40N C. 20N D. 10N【答案】D- 5 -【解析】导体切割磁感线的有效长度等于圆的半径，即 ，金属杆受到的安培力：，D 正确7.示波器的内部结构如图所示，如果在电极 YY 之间加上图（a）所示的电压，在 XX 之间加上图（b）所示电压，荧光屏上会出现的波形是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】电极 YY之间加上图（a）所示的电压，则粒子的偏转位移在上下进行变化，而在 XX之间加上图（b）所示电压时，粒子
9、将分别打在左右各一个固定的位置，因此只能打出图 C 所示的图象，故 C 正确，ABD 错误故选：C.8.如图所示，在倾角为 的光滑斜面上，存在着磁感应强度大小均为 B 的匀强磁场，磁场方向垂直斜面向上，磁场的宽度为 2L。一边长为 L 的正方形导体线圈，由静止开始沿斜面下滑，当 ab 边刚越过 GH 进入磁场瞬间和刚越过 MN 穿出磁场瞬间速度刚好相等。从 ab 边刚越过 GH 处开始计时，规定沿斜面向上为安培力的正方向，则线框运动的速率 v 与线框所受安培力 F 随时间变化的图线中，可能正确的是 ( )- 6 -A. B. C. D. 【答案】AC【解析】A、B、根据楞次定律可得线框进入磁场
10、的过程中电流方向为顺时针；根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势 E=BLv，根据电流 ；产生的安培力大小为 随速度变化为变化， ab 边刚越过 GH 进入磁场瞬间和刚越过 MN 穿出磁场瞬间速度刚好相等可能满足的运动情况两种；一是进磁场时匀速，完全进入磁场后做匀加速直线运动，但出磁场过程中，做加速度逐渐减小的减速运动，二是进磁场做变减速，后匀加速，再出磁场变减速，结合图象知 A 正确、B 错误；C、D、根据左手定则可得线框进入磁场的过程中安培力方向向上为正，且 ；线框完全进入磁场过程中，安培力为零；出磁场的过程中安培力方向向上，且等于进入磁场时的安培力，所以 C 正确、D 错误故选 AC【点睛
11、】解答本题的关键是弄清楚线框的运动情况，能够根据楞次定律和左手定则进行判断；根据楞次定律判断感应电流的方向的一般步骤是：确定原磁场的方向原磁场的变化引起感应电流的磁场的变化楞次定律感应电流的方向9.如图所示电路中，电源电动势为 E 内阻为 r，当滑动变阻器 R2滑动端向右滑动后，理想电- 7 -流表 A1、A 2的示数变化量的绝对值分别为 I 1、I 2，理想电压表示数变化量的绝对值为U。下列说法中正确的是（ ）A. 电压表 V 的示数减小B. 电流表 A2的示数变小C. U 与 I 1比值一定小于电源内阻 rD. U 与 I 2比值一定小于电源内阻 r【答案】BC【解析】试题分析：A、0 当
12、滑动变阻器滑动端向右滑动后，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，则总电流减小所以电流表 A2的示数减小根据串联电路分压的特点分析可知，并联部分电压增大，即电压表 V 的示数增大，故 A 错误，B 正确；C、根据并联电路的电流规律 I2=I1+I，A 2的示数 I2变小，通过定值电阻 R1的电流增大，则A1的示数 I1变小，所以I 1一定大于I 2电压表测量路端电压，根据闭合电路欧姆定律 U=EI 2r 可知， =r，而I 1大于I 2，所以 r故 D 错误，C 正确故选：BC10.在竖直放置固定半径为 R 的光滑绝缘圆环中，套有一个带电-q、质量 m 的小环，整个装置放在如图所示的正交
13、匀强电磁场中，磁感应强度大小为 B，电场 ，重力加速度为g当小环从大环顶端无初速度下滑时，则小环 （ ）- 8 -A. 运动到最低点的速度最大B. 不能做完整的圆周运动C. 对轨道最大压力为D. 受到的最大洛仑兹力【答案】BD【解析】【详解】A将重力场和电场等效为一个等效场，只有运动到等效最低点速度才最大，故 A错误。B、电场力的方向向左，可知该等效最低点在左下侧，其等效最高点在环的右上侧，小环开始时的位置在等效最高点以下.由能量守恒定律可知无法到达等效最高点，不能做完整的圆周运动，故 B 正确.C、D、由动能定理可得： ，解得： ，受到的最大洛仑兹力： ；在等效最低点由牛顿第二定律有：，可知
14、 ，故 C 错误，D 正确.故选 BD.二、实验题11.学习楞次定律的时候，老师往往会做下图所示的实验。一灵敏电流计（电流表） ，当电流从它的正接线柱流人时，指针向正接线柱一侧偏转现把它与一个线圈串联，试就如图中各图指出：(1)图(a)中磁铁向下运动,灵敏电流计指针的偏转方向为_ （填“偏向正极”或“偏向负极” ）(2)图(b)中磁铁向下运动,磁铁下方的极性是_ （填“N 极”或“S 极” ）(3)图(c)中磁铁的运动方向是_ （填“向上”或“向下” ）- 9 -(4)图(d)中磁铁向下运动,线圈从上向下看的电流方向是_ （填“顺时针”或“逆时针”） 【答案】 (1). 偏向正极 (2). S
15、 极 (3). 向上 (4). 顺时针【解析】【详解】(1)磁铁向下运动，穿过线圈的磁通量增加，原磁场方向向下，根据楞次定律感应电流方向俯视为逆时针方向，从正接线柱流入电流计，指针偏向正极(2)由图可知，电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，感应电流的磁场方向向下，又磁通量增加，根据楞次定律可知，磁铁下方为 S 极(3)磁场方向向下，电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，感应电流的磁场方向向下，根据楞次定律可知，磁通量减小，磁铁向上运动(4)磁铁向下运动，穿过线圈的磁通量增加，原磁场方向向上，根据楞次定律感应电流方向俯视为顺时针方向12.某同学想测定某节干电池的电动势和内阻,实验室提供了合
16、适的实验器材,甲同学按电路图 进行测量实验,其中 R0=1.0，则:- 10 -(1)由电压表的读数 U 和电流表的读数 I,画出 U-I 图线如图 b 所示,可得电源的电动势E=_V,内电阻 r=_，(结果保留 2 位有效数字)；(2)在上述实验过程中存在系统误差，在下图所绘图象中,虚线代表没有误差情况下,电压表两端电压的直实值与通过电源电流直实值关系的图象,实线是根据测量数据绘出的图象,则下图中能正确表示二者关系的是_(3)乙同学将测量电路连接成如图 c 所示,其他操作正确,由电压表的读数 U 和电流表的读数I,画出 U-I 图线如图 d 所示,可得电源的电动势 E=_V,内电阻 r=_(
17、结果保留 2 位有效数字).【答案】 (1). （1）3.0V； (2). 0.33 (3). （2）A (4). （3）2.9V (5). 0.50；【解析】【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律进行分析，根据图象即可得出电源的电动势和内电阻；（2）明确实验误差原因，根据测量值和真实值之间的关系确定正确的图象；（3）明确电路结构，知道滑动变阻左右两端并联接入电路，则根据串并联电路的规律和图象结合可求得电动势和内电阻。- 11 -【详解】 （1）电源 U-I 图象与纵轴交点坐标值为电源电动势，由图示图象可知，电源电动势：E=3.0V，电源内阻： ；（2）本实验采用相对电源的电流表外接法，由于电压表
18、不是理想电表，故存在分流现象，导致电流表示数偏小；而当外电路短路时，电压表的分流可以忽略，故真实图象和测量图象在横轴上的交点相同，故 A 正确，BCD 错误，故选 A.（3）由乙同学的电路接法可知，R 左右两部分并联后与 R0串联，则可知，在滑片移动过程中，滑动变阻器接入电阻先增大后减小，则路端电压先增大后减小，所以出现图 d 所示的图象，则由图象可知，当电压为 2.40V 时，电流为 0.50A，此时两部分电阻相等，则总电流为I1=1A；而当电压为 2.30V 时，电流分别对应 0.33A 和 0.87A，则说明当电压为 2.4V 时，干路电流为 I2=0.33+0.87=1.2A；则根据闭
19、合电路欧姆定律可得：2.40=E-r，2.30=E-1.2r，解得：E=2.9V，r=0.50；【点睛】本题考查电源电动势和内电阻的测量实验，用伏安法测量电源的电动势和内阻的原理是闭合电路欧姆定律，要注意掌握数据处理的基本方法以及误差分析的方法三、计算题13.如图所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸竖直放置，用截面积为 S 的轻活塞在汽缸内封闭着体积为 V0的气体，此时气体密度为. 在活塞上加一竖直向下的推力，使活塞缓慢下降到某位置 O，此时推力大小 F2P 0S.已知封闭气体的摩尔质量为 M，大气压强为 P0，阿伏伽德罗常数为 NA，环境温度不变求活塞下降到位置 O 时： 封闭气体的体积 V
20、 ;封闭气体单位体积内的分子数 N.【答案】(1) (2) 【解析】试题分析：找出气体的初末状态，根据玻意耳定律即可求出体积；求出密闭气体的摩尔数，进而求出闭气体单位体积内的分子数。- 12 -由玻意耳定律有： 解得： 密闭气体的摩尔数 单位体积内的分子数 解得： 点睛：本题主要考查了玻意耳定律，正确使用气体状态方程，并根据题目给出的条件求出气体状态参量，根据状态方程求解即可。14.如图所示，在非常高的光滑、绝缘水平高台边缘，静置一个不带电的小金属块 B，另有一与 B 完全相同的带电量为+ q 的小金属块 A 以初速度 v0向 B 运动， A、 B 的质量均为 m。 A 与 B相碰撞后，两物块
21、立即粘在一起，并从台上飞出。已知在高台边缘的右面空间中存在水平向左的匀强电场，场强大小 E=2mg/q。求：（1） A、 B 一起运动过程中距高台边缘的最大水平距离（2） A、 B 运动过程的最小速度为多大（3）从开始到 A、 B 运动到距高台边缘最大水平距离的过程 A 损失的机械能为多大？【答案】 （1）由动量守恒定律： m 0=2m 2 分碰后水平方向： qE=2ma 2 分-2aXm=0- 22 分得： 1 分（2）在 t 时刻， A、 B 的水平方向的速度为 1 分竖直方向的速度为 =gt1 分合速度为： 2 分- 13 -解得 合 的最小值： 3 分（3）碰撞过程中 A 损失的机械能
22、： 2 分碰后到距高台边缘最大水平距离的过程中 A 损失的机械能：2 分从开始到 A、 B 运动到距离高台边缘最大水平距离的过程中 A 损失的机械能为：2 分【解析】【分析】由动量守恒定律列出等式，根据运动学公式求出距高台边缘的最大水平距离；根据运动学公式求出 A、B 运动过程的最小速度；根据能量守恒定律求出损失的机械能；【详解】解：(1)由动量守恒定律： 碰后水平方向： 又： 设水平方向运动距离 得： 由解得： (2)在 t 时刻，A、B 的水平方向的速度为： 在 t 时刻，A、B 竖直方向的速度为： 合速度为： 由解得 的最小值：(3)碰撞过程中 A 损失的机械能： 碰后到距高台边缘最大水
23、平距离的过程中 A 损失的机械能： 由可知，从开始到 A、B 运动到距离高台边缘最大水平距离的过程中 A 损失的机械能为：15.如图所示，两根平行且足够长的轨道水平放置，轨道间距为 L=0.5m，且电阻不计. CD 左侧处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为 B1=1T， CD 右侧处在竖直向下的匀强磁场- 14 -中，磁感应强度大小为 B2=2T.在轨道上有两根长度稍大于 L、质量均为 m=0.1kg、阻值均为R=0.5 的金属棒 a、 b，金属棒 b 用一根足够长的绝缘细线跨过定滑轮与重锤相连重锤的质量 M=0.1kg。某时刻金属棒 a 在外力作用下以速度 v0沿轨道向左做匀速直线运动
24、，在这一过程中金属棒 b 恰好保持静止.当金属棒 a 到达 CD 处时被固定，此后重锤开始下落，在落地前速度达到最大。忽略一切摩擦阻力，且不考虑金属棒 a、 b 间的相互作用力，重力加速度为 g=10m/s2.求：(1)金属棒 a 匀速运动的速度 v0的大小；(2)重锤能达到的最大速度 v 的大小；(3)若从重锤开始下落起，到其达到最大速度的过程中，金属棒 b 产生的焦耳热 Q 为 0.2J.求重锤下落的高度 H.【答案】(1) v0=2m/s (2)v=4m/s (3) H=2m【解析】【详解】 （1）金属棒 a 做切割磁感线运动，b 杆不动时：（2）a 被固定，重锤与金属棒 b 组成的系统
25、达到最大速度后做匀速直线运动，根据受力平衡条件有：- 15 -（3） 重锤与金属棒 b 组成的系统根据能量守恒定律有：H=2m16.用电动势为 V 电源的电路控制电动机（如图 2）带动传送带（如图 1）向高处传送物品，电路中接有一标有“6V 12W”字样的小灯泡 L. 现将一质量为 的小物体(可视为质点)轻放在传送带的 点，此后灯泡正常发光，电动机正常工作，其额定电压为 6 V，电动机带动传送带以 v=5m/s 的速度匀速运动，传送带长为 20m,与水平面之间的夹角为 o，小物体与传送带之间的动摩擦因数 ，在传送带将小物体从 点传送到最高点 点的过程中， g=10m/s2，求:(1)电源内阻
26、r;(2)为传送小物体,电动机输出多少能量? （设传送带无货物时，电动机输出功率为零）【答案】 （1）1 （2）125J【解析】【详解】(1)电源内电压 U 内 =E-UL-UM=14V-6V-6V=2V电流 即 解得电源内阻 r=1(2)物体刚放上 A 点时，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，物体作匀加速直线运动，此时：a= =0.4m/s2假设物体能与皮带达到相同的速度，则物体加速上滑的位移为：- 16 -说明到达 B 点时速度为 v=4m/s；从 A 到 B，传送带对物体做的功，根据动能定理 ；相对位移为： S 相 =x 传 -x1=vt1- vt1= vt1= 410m=30m所以由功能关
27、系得电动机输出能量： E 电 =W 传 +mg cos S 相 =125J17.如图所示，直径分别为 D 和 2D 的同心圆处于同一竖直面内,O 为圆心，GH 为大圆的水平直径两圆之间的环形区域(区)和小圆内部(区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场间距为 d 的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔一质量为 m、电量 为q的粒子由小孔下方 处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度 v 射出 电场，由 H 点紧靠大圆内侧射入磁场不计粒子的重力(1)求极板间电场强度的大小；(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求区磁感应强度的大小；(3)若区、区磁感应强度的大小分别为 、 ,粒子运动一段时间后再次经过
28、 H 点，求这段时间粒子运动的路程【答案】 （1） （2） 或 （3）5.5D【解析】（1）粒子在电场中，根据动能定理： ，解得（2）若粒子的运动轨迹与小圆相切，则当内切时，半径为由 ，解得- 17 -则当外切时，半径为由 ，解得（3）若区域的磁感应强度为 ，则粒子运动的半径为 ；区域的磁感应强度为 ，则粒子运动的半径为 ；设粒子在区和区做圆周运动的周期分别为 T1、T 2，由运动公式可得：；据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图所示，根据对称性可知，区两段圆弧所对的圆心角相同，设为 ，区内圆弧所对圆心角为 ，圆弧和大圆的两个切点与圆心 O 连线间的夹角设为 ，由几何关系可得： ； ；粒子重复上述交替运动回到 H 点，轨迹如图所示，设粒子在区和区做圆周运动的时间分别为 t1、t 2，可得： ；设粒子运动的路程为 s，由运动公式可知：s=v(t 1+t2)联立上述各式可得：s=5.5D【考点定位】带电粒子在匀强磁场中的运动；动能定理。- 18 - 19 -
