四川省成都市双流县棠湖中学2020学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析）.doc

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1、2020年春四川省棠湖中学高二年级第一学月考试物理试题 一、选择题（本大题共9个小题，6分每题，共54分；其中1-6题为单选题，7-9题为多选题）1.已知电流表电阻RA=2，电压表内阻RV=20k，现有一个阻值约为200的待测电阻需要较精确地测量其阻值，那么以下说法中，正确的是()A. 用电流表内接法测量误差较小B. 用电流表外接法测量误差较小C. 用电流表内接法或用电流表外接法所测量的结果精确程度相同D. 无法确定哪种测量方式好【答案】C【解析】【详解】因，则可知其精确程度相同，则C正确，ABD错误，故选C。2.下列关于电流说法正确的是( )A. 导体中没有电流时，说明导体内部没有电荷移动B

2、. 由I=可知，导体两端电压越大，经过导体的电流越大C. 电流有方向，所以是矢量D. 由I=可知，经过导体的电流越大，导体电阻越小【答案】B【解析】【分析】电流与电阻两端的电压成正比，与导体的电阻成反比；而电阻是导体本身的性质，与是否有电压及电流无关。【详解】A、电荷定向移动形成电流，导体中没有电流时，说明导体内部没有定向移动的电荷，不是没有电荷移动，故A错误；B、由欧姆定律I=可得，通过导体的电流与导体两端的电压成正比，跟它的电阻成反比，即导体两端电压越大，经过导体电流越大，故B正确；C、电流有方向，但是电流是标量，遵守标量运算法则，故C错误；D、导体电阻是导体本身的一种性质，由导体本身决定

3、，与导体两端的电压无关，与通过导体的电流无关，故D错误。故选：B3.跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上完全，这是因为（ ）A. 人跳在沙坑的动量比跳在水泥地上小B. 人跳在沙坑的动量变化比跳在水泥地上小C. 人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上小D. 人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上小【答案】D【解析】【详解】人在下落中接触地面的瞬间速度不变，故跳在沙坑的动量与跳在水泥地的动量是相等的。故A错误；人跳在沙坑的动量与跳在水泥地的动量是相等的，到人的动量变成0，动量的变化是相等的。故B错误；人跳在沙坑的动量与跳在水泥地的动量变化是相等的，则由动量定理mv=Ft可知，人受到的冲量也是相等的，但在沙坑中

4、由于沙的缓冲，使减速时间延长，故人受到的冲力将小于人在地面上的冲力，故人跳到沙坑里要安全；故C错误，D正确。故选D。4.一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】对子弹、两木块和弹簧组成的系统在水平方向上所受合外力为零，则系统的动量定恒，但子弹击中木块的过程中，克服摩擦力做功，一部分机械能转化为内能，机械能不守恒，C正确。5.如

5、图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的变压比为 m，降压变压器的变压比为n，输电线的电阻为 R，升压变压器和降压变压器均为一理想变压器，发电机输出的电压恒为 U，若由于用户的负载变化，使电压表 V2 的示数减小了U，则下列判断正确的是（ ）A. 电流表 A2 的示数增大了B. 电流表 A1 的示数增大了C. 电压表 V1 的示数减小了UD. 输电线损失的功率增加了【答案】B【解析】【详解】AB降压变压器原副线圈两端的电压之比等于n，所以有，即降压变压器原线圈两端电压减小了nU，根据欧姆定律，电流表A1示数增大了，输电线上电流增大了，根据电流与匝数成反比知，电流表A2示数增大了，故A错误，B正

6、确；C根据题意知，发电厂的输出电压恒为U，升压变压器的变压比不变，所以电压表V1的示数不变，故C错误；D由于输电线上电流增大了，故输电线损失的功率增加量一定不是P=()2R，故D错误；故选B。6.如图所示的电路中，A、B是两个相同的小灯泡L是一个带铁芯的线圈，其电阻可忽略不计调节R，电路稳定时两小灯泡都正常发光，则（ ）A. 合上开关时，A、B两灯同时正常发光，断开开关时，A、B两灯同时熄灭B. 合上开关时，B灯比A灯先达到正常发光状态C. 断开开关时，A、B两灯都不会立即熄灭，通过A、B两灯的电流方向都与原电流方向相同D. 断开开关时，A灯会突然闪亮一下后再熄灭【答案】B【解析】【详解】AB

7、、合上开关时，B灯立即正常发光，A灯所在的支路中，由于L产生的自感电动势阻碍电流的增大，A灯将推迟一些时间才能达到正常发光状态，故B正确，A错误；CD、断开开关时，L中产生与原电流方向相同的自感电流，流过A灯的电流方向与原电流方向相同，流过B灯的电流方向与原电流方向相反，因为断开开关后，由L作为电源提供的电流是从原来稳定时通过L的电流值逐渐减小的，所以A、B两灯只是延缓一些时间熄灭，并不会比原来更亮，故C、D错误；故选B。7.如图所示，矩形线框abcd的ad和bc的中点M、N之间连接一电压表，整个装置处于匀强磁场中，磁场的方向与线框平面垂直当线框向右匀速平动时，下列说法中正确的是（ ）A. 穿

8、过线框的磁通量不变化，MN间无感应电动势B. MN这段导体做切割磁感线运动，MN间有电势差C. MN间有电势差，所以电压表有示数D. 因为有电流通过电压表，所以电压表有示数【答案】BD【解析】穿过线框的磁通量不变化，线框中无感应电流，但ab、MN、dc都切割磁感线，它们都有感应电动势，故A错，B对无电流通过电压表，电压表无示数，C、D错8.如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示（图示磁感应强度方向为正），MN始终保持静止，则0t2时间（ ）A. 电容器C的电荷量大小始终

9、没变B. 电容器C的a板先带正电后带负电C. MN所受安培力的大小始终没变D. MN所受安培力的方向先向右后向左【答案】AD【解析】试题分析：由乙图知，磁感应强度均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生恒定电动势，电路中电流恒定，电阻R两端的电压恒定，则电容器的电压恒定，故电容器C的电荷量大小始终没变根据楞次定律判断可知，通过R的电流一直向下，电容器上板电势较高，一直带正电故A正确，B错误；根据安培力公式F=BIL，I、L不变，由于磁感应强度变化，MN所受安培力的大小变化，故C错误；由右手定则判断得知，MN中感应电流方向一直向上，由左手定则判断可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，故

10、D正确故选AD考点：法拉第电磁感应定律、安培力9. 如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，直径与磁场宽度相同的金属圆形线框以一定的初速度斜向匀速通过磁场。在必要的时间段内施加必要的水平拉力保证其匀速运动，则A. 金属框内感应电流方向先逆时针再顺时针B. 金属框内感应电流经历两次先增大后减小C. 水平拉力方向与速度同向D. 水平拉力方向与速度方向有关【答案】AB【解析】【详解】进磁场时，磁通量在增大，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针方向。出磁场时，磁通量减小，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针方向。故A正确。根据法拉第电磁感应定律知，进磁场时，磁通量的变化率先变快再变慢，则感应电流的大小先

11、变大后变小。出磁场时，磁通量的变化率先变快再变慢，则感应电流大小先变大后变小。故B错误。水平拉力和安培力平衡，方向相反，安培力的方向水平向左，则水平拉力的方向水平向右，与速度方向无关。故C错误，D正确。故选AD。二、实验题（两个小题共10分）10.某同学用如图所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来探究碰撞过程中的不变量,图中PQ是斜槽,QR为水平槽,实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下,落到位于水平地面的记录纸上,留下痕迹。重复上述操作10次,得到10个落点痕迹。再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方,让A球仍从位置G由静止开始滚下,和B球碰撞后,A、B球分别在记录纸上留下各自的

12、落点痕迹。重复这种操作10次。图中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点。(1)安装器材时要注意:固定在桌边上的斜槽末端的切线要沿_方向。(2)某次实验中,得出小球落点情况如图所示(单位是cm),P、M、N分别是入射小球在碰前、碰后和被碰小球在碰后落点的平均位置(把落点圈在内的最小圆的圆心)。则入射小球和被碰小球质量之比为m1m2=_。【答案】 (1). (1)水平 (2). (2)41【解析】【详解】（1）安装器材时要注意:固定在桌边上的斜槽末端的切线要沿水平方向，以保证两球正碰，且碰撞完后能做平抛运动。（2）根据实验原理可得m1v0=m1v1+m2v2，又因下落时间相同，即可求得：m1O

13、P=m1OM+m2ON，由图乙可知：OM=15.5cm、OP=25.5cm、ON=40.0cm。代值可得：m1：m2=4：1；11.某同学设计了如图甲所示的电路来测量电源电动势 E和内阻 r及电阻 R1的阻值。实验器材有：待测电源，待测电阻 R1，电压表 V（量程 03 V，内阻很大），电阻箱 R（099.99 ），单刀单掷开关 S1，单刀双掷开关 S2，导线若干。（1）先测电阻 R1的阻值。请将该同学的操作补充完整：A闭合 S1，将 S2切换到 a，调节电阻箱，读出其示数 R0和对应的电压表示数U1；B保持电阻箱示数不变，将S2切换到b ，读出电压表的示数 U2；C电阻 R1的表达式为 R1

14、_。（2）该同学已经测得电阻 R13.2 ，继续测电源电动势E和内阻 r，其做法是：闭合 S1，将 S2切换到 a，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数 R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如图乙所示的图线，则电源电动势E=_V，内阻r =_。（结果保留两位有效数字）【答案】 (1). （1） (2). （2）2.0； (3). 0.80；【解析】【详解】（1）由欧姆定律可知：U2=I（R0+R1）；U1=IR0而电路电流相等，联立解得：R1=R0；（2）根据E=U+（R1+r），有，比照直线方程y=kx+b，有截距=b=0.5，所以，E=2V；斜率k=2.0又k=，已测出R1=3.2，

15、求得r=0.8三、解答题（本大题共3个小题，共46分）12.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反弹，离开地面时的速度大小为碰撞前的, 该球受到的空气阻力大小恒为f，弹性球与地面第一次碰撞的时间为，取g10m/s2求：（1）弹性球受到的空气阻力的大小；（2）弹性球第一次和地面碰撞过程中受到地面的平均作用力大小（弹性球和地面碰撞过程中受到的空气阻力忽略不计）。【答案】（1）0.4N；（2）8N【解析】【分析】(1)由速度时间图象求得物体下降的加速度，对物体下降的过程受力分析，由牛顿第二定律求得弹性球受到的空气阻力；(2)求得物体

16、第一次反弹的速度，对弹性球的第一次反弹过程应用动量定理可得弹性球第一次和地面碰撞过程中受到地面的平均作用力。【详解】（1）设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为a1，由图象可知对弹性球的下落过程受力分析，由牛顿第二定律可得：解得：f =0.4N（2）由图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为v1=3m/s，设球第一次离开地面时的速度大小为v2，则球和地面碰撞过程，设球受到地面的平均作用力大小为F，以向下为正方向，由动量定理可得：解得：F=8N13.如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40cm.电源电动势E=24V，内电阻r=1，电阻R=15。闭合开关S，待电路稳定后，将

17、一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4 m/s竖直向上射入板间。若小球带电荷量为q=110-2C，质量为m=210-2kg，不考虑空气阻力(取g=10m/s2)求：（1）滑动变阻器两端电压为多大时，小球恰能到达A板？（2）此时电源的输出功率是多大？【答案】（1）8V；（2）23W【解析】【详解】（1）滑动变阻器两端电压与金属板A、B上的电压相同，当小球恰能到达A板时，根据动能定理得：mgdqUAB=0-mv解得金属板A、B两端电压UAB8V，即滑动变阻器两端电压为8V。（2）设此时回路中电流为I，路欧姆定律得根据闭合电：I=1A滑动变阻器接入电路的电阻R滑=8电源的输出功率P出I2(RR滑)

18、23W14.如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=6.0kg的物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u=2.0m/s匀速运动。传送带的右边是一半径R=1.25m位于竖直平面内的光滑1/4圆弧轨道。质量m=2.0kg的物块B从1/4圆弧的最高处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数=0.1，传送带两轴之间的距离l=4.5m。设物块A、B之间发生的是正对弹性碰撞，第一次碰撞前，物块A静止。取g=10m/s2。求：（1）物块B滑到1

19、/4圆弧的最低点C时对轨道的压力；（2）物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；（3）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带上运动的总时间。【答案】（1）F1=60N，方向竖直向下（2）12J（3）8s【解析】（1）设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0由机械能守恒定律得：mgR=mv02代入数据解得：v0=5m/s，在圆弧最低点C，由牛顿第二定律得：Fmg代入数据解得：F=60N，由牛顿第三定律可知，物块B对轨道的压力大小：F=F=60N，方向：竖直向下（2）在传送带上，对物块

20、B，由牛顿第二定律得：mg=ma，设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有v2-v02=-2al代入数据解得：v=4m/s，由于vu=2m/s，所以v=4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v2、v1，两物块碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv=mv1+Mv2，由机械能守恒定律得：mv2=mv12+Mv22，解得：v1=v=-2m/s，v2=2m/s，物块A的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得：EP=Mv22=622=12J；（3）碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动设物块B在传送带上向右运动的最大位

21、移为l，由动能定理得：-mgl=0-mv12解得：l=2m4.5m，所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v1=2m/s，继而与物块A发生第二次碰撞设第1次碰撞到第2次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t1由动量定理得：mgt1=2mv1，解得：，设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v4、v3，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：mv1=mv3+Mv4，mv12=mv32+Mv42，代入数据解得：v3=-1m/s，当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左

22、加速运动可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v3=1m/s，继而与物块A发生第2次碰撞则第2次碰撞到第3次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t2由动量定理得：mgt2=2mv3解得：，同上计算可知：物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞第n次碰撞后物块B在传送带运动的时间为：tn=4s，构成无穷等比数列，公比：q=，由无穷等比数列求和公式：t总t1可知，当n时，有物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带运动的总时间为：t总=4=8s；点睛：本题是一道力学综合题，难度较大，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，分析清楚运动过程后，应用动量守恒定律、机械能守恒定律、牛顿第二定律与动量定理可以解题