日土縣第一中學校2018-2019學年高二上學期第二次月考試卷物理班級_ 座號_ 姓名_ 分數_一、選擇題1 如圖所示，可以將電壓升高供給電燈的變壓器的圖是（ ）【答案】C【解析】試題分析：甲圖中原線圈接入恒定電流，變壓器不能工作，故A錯誤；乙圖中，原線圈匝數比副線圈匝數多，所以是降壓變壓器，故B錯誤；丙圖中，原線圈匝數比副線圈匝數少，所以是升壓變壓器，故C正確；丁圖中，原線圈接入恒定電流，變壓器不能工作，故D錯誤。考點：考查了理想變壓器2 如圖甲所示，兩平行金屬板A、B放在真空中，間距為d，P點在A、B板間，A板接地，B板的電勢隨時間t的變化情況如圖乙所示，t=0時，在P點由靜止釋放一質量為m、電荷量為e的電子，當=2T時，電子回到P點。電子運動過程中未與極板相碰，不計重力，則下列說法正確的是A.： =1：2B.： =1：3C. 在02T時間內，當t=T時電子的電勢能最小D. 在02T 時間內，電子的電勢能減小了【答案】BD【解析】根據場強公式可得0T時間內平行板間的電場強度為：，電子的加速度為：，且向上做勻加速直線運動，經過時間T的位移為：，速度為：v1=a1T，同理在T2T內平行板間電場強度為：，加速度為：，電子以v1的速度向上做勻變速度直線運動，位移為：，由題意2T時刻回到P點，則有：x1+x2=0，聯立可得：2=31，故A錯誤，B正確；當速度最大時，動能最大，電勢能最小，而0T內電子做勻加速運動，之后做勻減速直線運動，因2=31，所以在2T時刻電勢能最小，故C錯誤；電子在2T時刻回到P點，此時速度為：，（負號表示方向向下），電子的動能為：，根據能量守恒定律，電勢能的減小量等于動能的增加量，故D正確。所以BD正確，AC錯誤。3 如圖所示，讓平行板電容器帶上一定的電量并保持不變，利用靜電計可以探究平行板電容器電容的決定因素及決定關系，下列說法正確的是A. 靜電計指針張角越大，說明電容器帶電量越大B. 靜電計指針張角越大，說明電容器的電容越大C. 將平行板間距離減小，會看到靜電計指針張角減小D. 將平行板間正對面積減小，會看到靜電計張角減小【答案】C【解析】因平行板電容器上帶的電量保持不變，故選項A錯誤；電容器的電容與兩板帶電量及電勢差無關，故選項B錯誤；根據可知，將平行板間距離減小，則C變大，因Q一定，根據Q=CU可知，U變小，則會看到靜電計指針張角減小，選項C正確；將平行板間正對面積減小，則C變小，因Q一定，根據Q=CU可知，U變大，則會看到靜電計指針張角變大，選項D錯誤；故選C.點睛：對于電容器動態變化分析問題，關鍵根據電容的決定式和定義式結合進行分析，同時要抓住不變量4 bca如圖所示，a、b、c是由真空中正點電荷形成的電場中一條電場線上的三個點，已知ab=bc，a、b兩點間電壓為10V，則b、c兩點間電壓：（ ） A. 等于10V B. 大于10V C. 小于10V D. 條件不足，無法判斷 【答案】C5 如下圖所示的情況中，a、b兩點電勢相等、電場強度也相同的是（ ） A帶等量異種電荷的平行金屬板之間的兩點 B離點電荷等距的任意兩點 C兩等量同種電荷其連線的中垂線上與連線中點等距的任意兩點 D兩等量異種電荷其連線的中垂線上與連線中點等距的任意兩點【答案】D6 如圖所示，回旋加速器D形盒的半徑為R，所加磁場的磁感應強度為B，用來加速質量為m、電荷量為q的質子（），質子從下半盒的質子源由靜止出發，加速到最大能量E后，由A孔射出則下列說法正確的是（ ） A回旋加速器加速完質子在不改變所加交變電壓和磁場情況下，可以直接對（）粒子進行加速B只增大交變電壓U，則質子在加速器中獲得的最大能量將變大C回旋加速器所加交變電壓的頻率為D加速器可以對質子進行無限加速【答案】C7 一個電熱水壺的銘牌上所列的主要技術參數如下表所示，根據表中提供的數據，計算出此電熱水壺在額定電壓下工作時，通過電熱水壺的電流約為額定功率1500W額定頻率50Hz額定電壓220V容量1.6LA. 2.1A B. 3.2A C. 4.1A D. 6.8A【答案】D【解析】試題分析：額定功率等于額定電壓與額定電流的乘積；由銘牌讀出額定功率和額定電壓，由公式P=UI求解額定電流解：由銘牌讀出額定功率為P=1500W，額定電壓為U=220V，由P=UI，得，通過電熱水壺的電流為：I=A6.8A故選：D8 如圖所示，一通電直導線位于勻強磁場中，導線與磁場方向垂直，磁場的磁感應強度B=0.1T，導線長度L=0.2m，當導線中的電流I=1A時，該導線所受安培力的大小A. 0.02N B. 0.03NC. 0.04N D. 0.05N【答案】A【解析】解：導線與磁場垂直，導線受到的安培力為：F=BIL=0.110.2=0.02N，故BCD錯誤，A正確故選：A【點評】本題比較簡單，考查了安培力的大小計算，應用公式F=BIL時注意公式適用條件和公式中各個物理量的含義9 （2018中原名校聯盟質檢）如圖甲所示，水平面上一質量為m的物體在水平力F作用下開始加速運動，力F的功率P保持恒定，運動過程中物體所受的阻力f大小不變，物體速度最終達到穩定值vm，作用過程物體速度的倒數與加速度a的關系圖像如圖乙所示僅在已知功率P的情況下，根據圖像所給信息可知以下說法中正確的是A可求出m、f和vm B不能求出mC不能求出f D可求出加速運動時間 【答案】A【解析】【題型分析】此題以物體速度的倒數與加速度a的關系圖像給出解題信息，考查功率、牛頓運動定律及其相關知識點，意在考查靈活運用相關知識分析問題的能力。10（2016遼寧大連高三月考）一滑塊在水平地面上沿直線滑行，t0時速率為1 m/s。從此刻開始在與速度平行的方向上施加一水平作用力F。力F和滑塊的速度v隨時間的變化規律分別如圖甲、乙所示，則（兩圖取同一正方向，取g10 m/s2）（ ）A滑塊的質量為0.5 kgB滑塊與水平地面間的動摩擦因數為0.05C第1 s內摩擦力對滑塊做功為1 JD第2 s內力F的平均功率為1.5 W【答案】BD【解析】【參考答案】BD11有一臺小型直流電動機，經測量：在實際工作過程中兩端電壓U=5V，通過的電流I=1A，電機線圈電阻，這臺電機工作5分鐘時間將電能轉化為焦耳熱和機械能的值為A. 焦耳熱為30J B. 焦耳熱為1500JC. 機械能為1500J D. 機械能為1470J【答案】AD【解析】根據焦耳定律可得焦耳熱為：，故A正確，B錯誤；電動機做的總功為：W=UIt=51560J=1500J，機械能為：E=W-Q=1500-30J=1470J，故D正確，C錯誤。所以AD正確，BC錯誤。12如圖所示，AB、CD 為兩個光滑的平臺，一傾角為 37，長為 5 m 的傳送帶與兩平臺平 滑連接。現有一小煤塊以 10 m/s 的速度沿平臺 AB 向右運動，當傳送帶靜止時，小煤塊恰好能滑到平臺 CD 上，則下列說法正確的是（重力加速度 g=10m/s2，sin370=0.6，cos370=0.8）（ ）A. 小煤塊跟傳送帶間的動摩擦因數=0.5B. 當小煤塊在平臺 AB 上的運動速度 v=4 m/s 時，無論傳送帶勻速運動的速度多大，小物體都不能到達平臺 CDC. 若小煤塊以 v=8 m/s 的速度沿平臺 AB 向右運動，傳送帶至少要以 3m/s 的速度順時針 運動，才能使小物體到達平臺 CDD. 若小煤塊以 v=8m/s 的速度沿平臺 AB 向右運動，傳送帶以 4m/s 的速度順時針運動時， 傳送帶上留下的痕跡長度為 2.4m【答案】ABC【解析】A、傳送帶靜止時，小煤塊受力如圖甲所示據牛頓第二定律得 ，BC過程有，解得， ，故A正確；B、當小煤塊受到的摩擦力始終向上時，最容易到達傳送帶頂端，此時，小物體受力如圖乙所示，據牛頓第二定律得，若恰好能到達高臺時，有，解得，即當小煤塊在AB平臺上向右滑動速度小于4m/s，無論傳帶順時針傳動的速度多大，小煤塊總也不能到達高臺CD，故B正確；C、以表示傳送帶順時針傳動的速度大小，對從小煤塊滑上傳送帶到小物體速度減小到傳送帶速度過程有，對從小煤塊速度減小到運動到恰滑上CD高臺過程，有， ，解得，即傳送帶至少以3m/s的速度順時針運動，小物體才能到達高臺CD，故C正確；D、對小煤塊煤塊的位移， ，t=1s，傳送帶的位移， ，傳送帶上留下的痕跡長度，故D錯誤；故選ABC。13一圓環形鋁質金屬圈（阻值不隨溫度變化）放在勻強磁場中，設第1s內磁感線垂直于金屬圈平面（即垂直于紙面）向里，如圖甲所示。若磁感應強度B隨時間t變化的關系如圖乙所示，那么第3s內金屬圈中（ ）A. 感應電流逐漸增大，沿逆時針方向B. 感應電流恒定，沿順時針方向C. 圓環各微小段受力大小不變，方向沿半徑指向圓心D. 圓環各微小段受力逐漸增大，方向沿半徑指向圓心【答案】D【解析】試題分析：從圖乙中可得第3s內垂直向里的磁場均勻增大，穿過線圈垂直向里的磁通量增大，由楞次定律可得，感應電流為逆時針方向；根據法拉第電磁感應定律可得線圈產生的感應電動勢為，根據歐姆定律產生的感應電流為， 正比于，第3s內磁通量的變化率恒定，所以產生的感應電流恒定，AB錯誤；圓環各微小段受安培力，由于磁場逐漸增大，電流不變，根據公式，可得圓環各微小段受力逐漸增大，由左手定則可得，安培力的方向沿半徑指向圓心故C錯誤；D正確考點：考查了電磁感應與圖像14一臺家用電冰箱的銘牌上標有“220V 100W”，這表明所用交變電壓的（ ）A.峰值是311V B.峰值是220V C.有效值是220V D.有效值是311V【答案】AC【解析】試題分析：但是涉及到交流點的均應該是有效值，即有效值為220V，根據交流電最大值和有效值的關系，最大值為考點：有效值、最大值點評：本題考察了交流電的有效值和最大值的區別與聯系。交流電中的有效值是利用電流熱效應定義的。15如圖所示，帶正電的小球Q固定在傾角為的光滑固定絕緣細桿下端，讓另一穿在桿上的質量為m、電荷量為q的帶正電小球從A點由靜止釋放，到達B點時速度恰好為零。若A、B間距為L，C是AB 的中點，兩小球都可視為質點，重力加速度為g。則下列判斷正確的是A. 從A至B，q 先做勻加速運動，后做勻減速運動B. 在B點受到的庫侖力大小是mgsinC. Q產生的電場中，A、B兩點間的電勢差大小為U=D. 在從A至C和從C至B的過程中，前一過程q電勢能的增加量較大【答案】C【解析】16下列各圖中,運動電荷的速度方向、磁感應強度方向和電荷的受力方向之間的關系正確的是（ ）A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】A、在磁場中，由右手定則知，正電荷受力方向應該是向上的，故A錯誤B、在磁場中，由右手定則知，正電荷受力方向應該是向下的，故B正確；C、正電荷在電場中受力方向與電場方向一致，故C錯誤；D、正電荷在電場中受力方向和電場方向一致，應該向上，故D錯誤；綜上所述本題答案是：B二、填空題17如圖1所示，寬度為d的豎直狹長區域內（邊界為L1、L2），存在垂直紙面向里的勻強磁場和豎直方向上的周期性變化的電場（如圖2所示），電場強度的大小為E0，E0表示電場方向豎直向上。t=0時，一帶正電、質量為m的微粒從左邊界上的N1點以水平速度v射入該區域，沿直線運動到Q點后，做一次完整的圓周運動，再沿直線運動到右邊界上的N2點。Q為線段N1N2的中點，重力加速度為g。上述d、E0、m、v、g為已知量。（1）求微粒所帶電荷量q和磁感應強度B的大小；（2）求電場變化的周期T；（3）改變寬度d，使微粒仍能按上述運動過程通過相應寬度的區域，求T的最小值。【答案】（附加題）（1）根據題意，微粒做圓周運動，洛倫茲力完全提供向心力，重力與電場力平衡，則mg=q 微粒水平向右做直線運動，豎直方向合力為0.則mg+q=qvB聯立得：q= B=（2）設微粒從運動到Q的時間為，作圓周運動的周期為，則 qvB= 2R=v聯立得： 電場變化的周期T=+=（3）若微粒能完成題述的運動過程，要求d2R聯立得：R=設Q段直線運動的最短時間,由得，因不變,T的最小值=+=（2+1） 18（1）在做“探究平拋運動的規律”實驗時，下列操作正確的是（ ）A通過調節使斜槽的末端保持水平B每次釋放小球的位置可以不同C使描出的軌跡更好地反映真實運動，記錄的點應適當多一些D將記錄小球位置的紙取下后，用直尺依次將各點連成折線 （2）圖6所示為一小球做平拋運動的閃光照片的一部分，圖中背景方格的邊長均為4. 9cm，每秒鐘閃光10次，小球平拋運動的初速度是 m/s，當地的重力加速度大小是 m/s 【答案】（1）AC（2）1.47m/s 19如圖所示， 在xOy平面的第象限內，有垂直紙面向外的勻強磁場，在第象限內，有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小均為B。P點是x軸上的一點，橫坐標為x0。現在原點O處放置一粒子放射源，能沿xOy平面，以與x軸成45角的恒定速度v0向第一象限發射某種帶正電的粒子。已知粒子第1次偏轉后與x軸相交于A點，第n次偏轉后恰好通過P點，不計粒子重力。求：（1）粒子的比荷；（2）粒子從O點運動到P點所經歷的路程和時間。（3）若全部撤去兩個象限的磁場，代之以在xOy平面內加上與速度v0垂直的勻強電場（圖中沒有畫出），也能使粒子通過P點，求滿足條件的電場的場強大小和方向。【答案】 （1）粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得： 解得粒子運動的半徑： 由幾何關系知，粒子從A點到O點的弦長為： 由題意OP是n個弦長： 解得粒子的比荷：（2）由