延平區高級中學20182019學年高二上學期第二次月考試卷物理延平區高級中學20182019學年高二上學期第二次月考試卷物理PAGE12/12PAGE12延平區高級中學20182019學年高二上學期第二次月考試卷物理PAGE

延平區高級中學2021-2021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．電磁爐熱效率高達90%，爐面無明火，無煙無廢氣，電磁“火力〞強烈，安全靠譜．以下列圖是描繪電

磁爐工作原理的表示圖，以下說法正確的選項是〔〕

A.當恒定電流經過線圈時，會產生恒定磁場，恒定磁場越強，電磁爐加熱效

果越好

B.電磁爐通電線圈加溝通電后，在鍋底產生渦流，從而發熱工作

C.電磁爐的鍋不可以用陶瓷鍋或耐熱玻璃鍋，主要原由這些資料的導熱性能

較差

D.在鍋和電磁爐中間放一紙板，那么電磁爐不可以起到加熱作用

【答案】B

【分析】

試題剖析：電磁爐就是采納渦流感覺加熱原理；其內部經過電子線路板構成局部產生交變磁場、當用含鐵質鍋具底部擱置爐面時，鍋具即切割交變磁力線而在鍋具底部金屬局部產生渦流，使鍋具鐵分子高速無規那么運動，分子相互碰撞、摩擦而產生熱能，用來加熱和烹調食品，從而抵達煮食的目的。故A錯誤B正確；電磁爐工作時需要在鍋底產生感覺電流，陶瓷鍋或耐熱玻璃鍋不屬于金屬導體，不可以產生感覺電流，C錯誤；因為線圈產生的磁場能穿透紙板抵達鍋底，在鍋底產生感覺電流，利用電流的熱效應起到加熱作用．D錯誤；考點：考察了電磁爐工作原理2．a、b兩個電容器以下列圖，對于電容器以下說法正確的選項是

A.b電容器的電容是B.a電容器的電容小于b的電容C.a與b的電容之比是8：1D.a電容器只有在80V電壓下才能正常工作【答案】B【分析】由圖可知a電容器的電容是，b電容器的電容是，故A錯誤，B正確；a與b的電容之比是1：10，故C錯誤；80V是指電容器正常工作時的電壓，不是只有在80V電壓下才能正常工作，故D錯誤。所以B正確，ACD錯誤。

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3．如圖，帶電荷量之比為qA∶qB＝1∶3的帶電粒子A、B以相等的速度v0從同一點出發，沿著跟電場強度

垂直的方向射入平行板電容器中，分別打在C、D點，假定OC＝CD，忽視粒子重力的影響,那么〔〕

A.A和B在電場中運動的時間之比為2∶1B.A和B運動的加快度大小之比為4∶1C.A和B的質量之比為1∶2D.A和B的位移大小之比為1∶1【答案】B【解析】

4．右圖中a、b為真空中豎直向上的電場線上的兩點，一帶電質點在a點由靜止開釋，沿電場線向上運動，

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到b點恰巧速度為零。以下說法中正確的選項是〔〕

A.帶電質點在a、b兩點所受電場力都是豎直向上

點的電勢比b點的電勢高

點的電場強度比b點的電場強度大

D.帶電質點在a點的電勢能比在b點的電勢能小

【答案】ABC

5．〔2021·山東師大附中高三月考〕質量為m的物體放在水平面上，它與水平面間的動摩擦因數為μ，重

力加快度為g。用水平力拉物體，運動一段時間后撤去此力，最后物體停止運動。物體運動的v－t圖象如圖所

示。以下說法正確的選項是〔〕

v0A．水平拉力大小為F＝mt0B．物體在3t0時間內位移大小為3v0t0212C．在0～3t0時間內水平拉力做的功為2mv0D．在0～3t0時間內物體戰勝摩擦力做功的均勻功率為1μmgv02

【答案】BDv0【分析】依據v－t圖象的斜率表示加快度，那么勻加快運動的加快度大小a1＝t0，勻減速運動的加快度大小a2＝v0，依據牛頓第二定律得，F－Ff＝ma1，Ff＝ma2，解得，F＝3mv0，A錯誤；依據圖象與坐標軸圍成的面2t032t01積表示位移，那么物體在3t0時間內位移大小為x＝2v0t0，B正確；0～t0時間內的位移x′＝2v0t0，那么0～3t0時間323內水平拉力做的功W＝Fx′＝4mv0，故C錯誤；0～3t0時間內物體戰勝摩擦力做功W＝Ffx＝2v0t0μmg，那么在－W10～3t0時間內物體戰勝摩擦力做功的均勻功率為P＝t＝2μmgv0，故D正確。6．一溝通電壓為u＝1002sin100πtV，由此表達式可知〔〕A．用電壓表測該電壓其示數為100V

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B．該溝通電壓的周期為sC．將該電壓加在100Ω的電阻兩頭，電阻耗費的電功率為200WD．t＝1/400s時，該溝通電壓的剎時價為100V【答案】ABD【分析】試題剖析：電壓表顯示的是有效值，UUM，故A正確；100，周期T22，故B2100正確；由PU21002100W，故C錯誤；把t1s時，代入表達式u1002sin100〔tV〕100V，R100400故D正確；

考點：正弦式電流的最大值和有效值、周期和頻次．

7．電磁波在空中的流傳速度為v，北京交通播放電臺的頻次為f，該電臺所發射電磁波的波長為

A.B.C.D.

【答案】A

【分析】依據光速、頻次、波長之間關系有：v=λf，所以波長為：，故A正確，BCD錯誤。

8．以下列圖，圓滑半球形容器固定在水平面上，O為球心。一質量為m的小滑塊，在水平力F的作用下靜

止于P點。設滑塊所受支持力為FN，OP與水平方向的夾角為θ。以下關系正確的選項是〔〕

mgB．F＝mgtanθA．F＝tanθC．FN＝mgD．FN＝mgtanθtanθ

【答案】A

【分析】

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解法三：正交分解法。將滑塊受的力水平、豎直分解，如圖丙所示，mg＝FNsinθ，F＝FNcosθ，聯立解得：F＝mg，FN＝mg。tanθsinθ解法四：封閉三角形法。如圖丁所示，滑塊受的三個力構成封閉三角形，解直角三角形得：F＝mgmg，FN＝，tanθsinθ故A正確。

9．以下列圖，質量為M的小車置于圓滑的水平面上，車的上表面是粗拙的，有一質量為m的木塊，以初速

度v0滑上小車的上表面．假定車的上表面足夠長，那么〔〕

A．木塊的最后速度必定為mv0/〔M+m〕

．因為車的上表面粗拙，小車和木塊構成的系統動量減小

C．車的上表面越粗拙，木塊減少的動量越多

D．車的上表面越粗拙，小車增添的動量越多

【答案】A

10．〔2021中原名校結盟質檢〕如圖甲所示，水平面上一質量為m的物體在水平力F作用下開始加快運動，

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，物體速度最后抵達穩固值vm，作用過程物體速度的倒數1與加快度a的關系圖像如圖乙所示．僅在功率P的狀況下，依據圖像所給信息可知以下v

說法中正確的選項是

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A．可求出m、mB．不可以求出mf和vC．不可以求出fD．可求出加快運動時間【答案】A【分析】【題型剖析】本題以物體速度的倒數1與加快度a的關系圖像給出解題信息，考察功率、牛頓運動定v律及其有關知識點，意在考察靈巧運用有關知識剖析問題的能力。

11．以下列圖，P、Q是兩個電量相等的正的點電荷，它們連線的中點是O，A、B是中垂線上的兩點，OA＜

OB，用EA、EB、φA、φB分別表示A、B兩點的場強和電勢，那么〔〕

A．EA必定大于EB，φA必定大于φB

B．EA不必定大于EB，φA必定大于φB

C．EA必定大于EB，φA不必定大于φB

D．EA不必定大于EB，φA不必定大于φB

【答案】B

12．甲、乙兩車在平直公路上沿同一方向行駛，其v－t圖像以下列圖，在t＝0時刻，乙車在甲車前面x0處，

在t＝t1時間內甲車的位移為x．以下判斷正確的選項是〔〕

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A.假定甲、乙在1時刻相遇，那么x0＝1txB.假定甲、乙在t133時刻相遇，那么下次相遇時刻為t122假定x0＝3x，那么甲、乙必定相遇兩次4D.假定x0＝1x，那么甲、乙必定相遇兩次2

【答案】BD

13．〔2021南寧高三摸底考試〕中國北斗衛星導航系統〔BDS〕是中國自行研制的全世界衛星導軌系統，是繼

美國全世界定位系統〔GPS〕、俄羅斯格洛納斯衛星導航系統〔GLONASS〕以后第三個成熟的衛星導航系統。

估計2021年左右，北斗衛星導航系統將形成全世界覆蓋能力。以下列圖是北斗導航系統中局部衛星的軌道表示

圖，a、b、c三顆衛星均做圓周運動，a是地球同步衛星，那么〔〕

A．衛星a的角速度小于c的角速度

B．衛星a的加快度大于b的加快度

C．衛星a的運轉速度大于第一宇宙速度

D．衛星b的周期等于24h

【答案】AD

【分析】【命題企圖】本題考察萬有引力定律和衛星的運動、第一宇宙速度及其有關的知識點。

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Mmv2所以衛星a的向心加快度等于b的向心加快度，選項B錯誤；由Gr2=mr可得線速度與半徑的關系：GM，軌道半徑r越大，速率v越小。而第一宇宙速度為軌道半徑等于地球半徑是圍繞地球運動的衛星v=r速度，所以衛星a的運轉速度必定小于第一宇宙速度，選項C錯誤；由GMm=mr〔2〕2，可得周期r2TT=2πr3b的周期等于同步衛星的運轉周期，，而衛星a的軌道半徑與衛星b的軌道半徑相等，所以衛星GM即等于地球自轉周期24h，選項D正確。14．某物體從O點開始做初速度為零的勻加快直線運動，挨次經過A、B、C三點，OA、AB、BC過程經歷的時間和發生的位移分別對應如圖，經過A、B、C三點時速度分別為、、，以下說法不正確的選項是〔〕

A.假定t1:t2:t31:2:3，那么vA:vB:vc1:3:6B.假定t1:t2:t31:2:3，那么s1:s2:s31:8:27C.假定s1:s2:s31:2:3，那么vA:vB:vc1:3:6D.假定s1:s2:s31:2:3，那么t1:t2:t31:3:6【答案】D15．以下列圖，絕緣粗拙斜面固定在水平川面上，斜面所在空間存在平行于斜面向上的勻強電場E，輕彈簧一

端固定在斜面項端，另一端拴接一質量不計的絕緣薄板，一帶正電的小滑塊，從斜面上的P點由靜止開釋沿

斜面向上運動，并能壓縮彈簧至R點〔圖中未標出〕而后返回，那么

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滑塊從P點運動到R點過程中，其機械能增量等于電場力與彈簧彈力做功之和

滑塊從P點運動到R點過程中，電勢能的減少許大于重力勢能和彈簧彈性勢能的增添量之和

C.滑塊返回過程能抵達的最低地點位于P點的上方

滑塊最后停下來，戰勝摩擦力所做的功等于電勢能減少許與重力勢能增添量之差【答案】BC

【分析】試題剖析：由題可知，小滑塊從斜面上的P點處由靜止開釋后，沿斜面向上運動，說明小滑塊開始

時遇到的協力的方向向上，開始時小滑塊遇到重力、電場力、斜面的支持力和摩擦力的作用；小滑塊開始壓縮

彈簧后，還遇到彈簧的彈力的作用．小滑塊向上運動的過程中，斜面的支持力不做功，電場力做正功，重力做

負功，摩擦力做負功，彈簧的彈力做負功．在小滑塊開始運動到抵達R點的過程中，電場力做的功轉變為小

滑塊的重力勢能、彈簧的彈性勢能以及內能．由以上的剖析可知，滑塊從P點運動到R點的過程中，其機械

能增量等于電場力與彈簧彈力做功、摩擦力做功之和，故A錯誤；由以上的剖析可知，電場力做的功轉變為

小滑塊的重力勢能、彈簧的彈性勢能以及內能，所以電勢能的減小量大于重力勢能和彈簧彈性勢能的增添量之

和，故B正確；小滑塊運動的過程中，因為摩擦力做功，小滑塊的機械能與電勢能的和增添減小，所以滑塊

返回能抵達的最低地點在P點的上方，不可以在返回P點，故C正確；滑塊運動的過程中，因為摩擦力做功，

小滑塊的機械能與電勢能的和漸漸減小，所以滑塊最后停下時，戰勝摩擦力所做的功等于電勢能的減小量與重

力勢能增添量、彈性勢能增添量之差，故D錯誤。

考點：考察了功能關系的應用

【名師點睛】該題中，小滑塊的運動的過程相對是比較簡單的，不過小滑塊運動的過程中，對小滑塊做功的力

比較多，要逐一剖析清楚，不可以有遺漏的功，特別是摩擦力的功

二、填空題

16．輸送×l05瓦的電功率，用發×l04伏的高壓送電，輸電導線的電阻合計歐，輸電導線中的電流是

A，輸電導線上因發熱損失的電功率是W。

【答案】10；100

【分析】由PUI，得輸電導線中的電流IP=10AU輸電導線上因發熱損失的電功率:PI2r=100×1=100W17．如右圖所示，平行的兩金屬板M、N與電源相連，一個帶負電的小球懸掛在兩板間，閉合開關后，懸線偏離豎直方向的角度為θ。假定保持開封閉合，將N板向M板湊近，θ角將_____；假定把開關斷開，再使N板向M板湊近，θ角將______。〔填“變大〞、“變小〞或“不變〞〕

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【答案】變大不變

三、解答題

18．有一小型直流電動機，把它接入U1＝V的電路中時，電動機不轉，測得流過電動機的電流為I1＝A；假定把電動機接入U2＝V的電路中時，電動機正常工作，工作電流是I2＝A，求：

1〕電動機正常工作時的輸出功率是多少？

2〕假如電動機正常工作時，轉子忽然被卡住，此時電動機的發熱功率是多大？

【答案】〔1〕W〔2〕18WU1【分析】〔1〕當U1＝V，I1＝A時，電動機不轉，此時電動機為純電阻，故電動機的內電阻為r＝I1Ω。

當U2＝V，I2＝A時，電動機正常工作，此時電動機為非純電阻，那么電動機的輸出功率為

P出＝U2I2－I22r＝W。2U2〔2〕當電動機正常工作被卡住時，電動機又為純電阻，其熱功率為P熱＝r＝18W。

19．以下列圖,散布在半徑為r的圓形地區內的勻強磁場,磁感覺強度為B,方向垂直紙面向里。電荷量為q、質量為m的帶正電的粒子從磁場邊沿A點沿圓的半徑