巴州区高中2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷物理

一、选择题

1． ．（2018江苏淮安宿迁质检）2017年4月,我国第一艘货运飞船天舟一号顺利升空，随后与天宫二号交会对接．假设天舟一号从B点发射经过椭圆轨道运动到天宫二号的圆轨道上完成交会，如图所示．已知天宫二号的轨道半径为r，天舟一号沿椭圆轨道运动的周期为T，A、B两点分别为椭圆轨道的远地点和近地点，地球半径为R，引力常量为G．则

A．天宫二号的运行速度小于7.9km/sB．天舟一号的发射速度大于11.2km/sC．根据题中信息可以求出地球的质量

D．天舟一号在A点的速度大于天宫二号的运行速度

2． 如图所示，空间有一正三棱锥OABC，点A′、B′、C′分别是三条棱的中点。现在顶点O处固定一正的点电荷，则下列说法中正确的是

A. A′、B′、C′三点的电场强度大小相等B. OABC所在平面为等势面

C. 将一正的试探电荷从A′点沿直线A′B′移到B′点，静电力对该试探电荷先做正功后做负功D. 若A′点的电势为

，A 点的电势为

，则A′A连线中点D处的电势

一定小于

3． 在匀强磁场中,一矩形金属框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动,如图甲所示,产生的交变电动势的图象如图乙所示,则（ A.t=0.005 s时线框的磁通量变化率为零

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）

B.t=0.01 s时线框平面与中性面重合C.线框产生的交变电动势有效值为311 VD.线框产生的交变电动势频率为100 Hz4． 下列选项不符合历史事实的是（ A、富兰克林命名了正、负电荷

B、库仑在前人工作的基础上通过库仑扭秤实验确定库仑定律C、麦克斯韦提出电荷周围存在一种特殊的物质--电场D、法拉第为了简洁形象描述电场，提出电场线这一辅助手段

5． 如图所示，a、b、c是由真空中正点电荷形成的电场中一条电场线上的三个点，已知ab=bc，a、b两点间电压为10V，则b、c两点间电压：（ A. 等于10V

）

B. 大于10V C. 小于10V

）

aD. 条件不足，无法判断 bc

）

6． 如图4所示，一理想变压器，当原线圈两端接U1=220V的正弦式交变电压时，副线圈两端的电压U2=55V．对于该变压器，下列说法正确的是（ A．原、副线圈的匝数之比等于4:1B．原、副线圈的匝数之比等于1:4C．原、副线圈的匝数之比等于2:1D．原、副线圈的匝数之比等于1:2

7． 一根长为L、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e。在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，若已知金属棒内的电场为匀强电场，则金属棒内的电场强度大小为

A. C.

B. D.

8． 家用电吹风中，有一个小电动机和与它串联的一段电热丝。电热丝加热空气，电动机带动风叶转动，送出热风。设电动机线圈的电阻为，电热丝的电阻为。将电吹风接到直流电源上，电源输出电压为U，输出电流为I，电吹风消耗的电功率为P。以下表达式中正确的是A. B. C. D.

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9． （2016·河北邯郸高三入学考试）在电场强度大小为E的匀强电场中，将一个质量为m、电荷量为q的带电小球由静止开始释放，带电小球沿与竖直方向成θ角的方向做直线运动。关于带电小球的电势能和机械能的判断，正确的是（ A．若sin θ<

）

qE

，则电势能一定减少，机械能一定增加mg

qE

B．若sin θ＝，则电势能、机械能一定不变mgqE

C．若sin θ＝，则电势能一定增加，机械能一定减小mgD．若tan θ＝

qE

，则电势能可能增加，机械能一定增加mg

10．（多选）如图所示，一个圆形框架以竖直的直径为转轴匀速转动，在框架上套着两个质量相等的小球A、B，小球A、B到竖直转轴的距离相等，它们与圆形框架保持相对静止，则下列说法正确的是：

A．小球A的合力小于小球B的合力B．小球A与框架可能没有摩擦力C．小球B与框架可能没有摩擦力

D．增大圆形框架的角速度，小球B受到的摩擦力可能增大11．在图所示的实验中，能在线圈中产生感应电流的情况是

A. 磁铁静止在线圈上方B. 磁铁静止在线圈右侧C. 磁铁静止在线圈里面

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D. 磁铁插入或抽出线圈的过程

12． 将一均匀导线围成一圆心角为90°的扇形导线框OMN，其中OM＝R，圆弧MN的圆心为O点，将导线框的O点置于如图所示的直角坐标系的原点，其中第二和第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B，第三象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。从t＝0时刻开始让导线框以O点为圆心，以恒定的角速度ω沿逆时针方向做匀速圆周运动，假定沿ONM方向的电流为正，则线框中的电流随时间的变化规律描绘正确的是

13．下图是一个说明示波管工作原理的示意图,电子经电压U1加速后垂直进入偏转电场,离开电场时的偏转量是h,两平行板间的距离为d,电势差为U2,板长为L。为了提高示波管的灵敏度（每单位电压引起的偏转量）,可采用的方法是（

）

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A. 增大两板间的电势差U2B. 尽可能使板长L短些C. 尽可能使板间距离d小一些D. 使加速电压U1升高一些

14．（2015·宝鸡三检，17）如图所示是嫦娥三号奔月过程中某阶段的运动示意图，嫦娥三号沿椭圆轨道Ⅰ运动到近月点P处变轨进入圆轨道Ⅱ，嫦娥三号在圆轨道Ⅱ做圆周运动的轨道半径为r，周期为T，已知引力常量为G，下列说法中正确的是（

）

A．由题中（含图中）信息可求得月球的质量B．由题中（含图中）信息可求得月球第一宇宙速度C．嫦娥三号在P处变轨时必须点火加速

D．嫦娥三号沿椭圈轨道Ⅰ运动到P处时的加速度大于沿圆轨道Ⅱ运动到P处时的加速度

15．一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。下列说法正确的是（ A．电场强度的大小为2.5 V/cmB．坐标原点处的电势为1 V

C．电子在a点的电势能比在b点的低7 eVD．电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV

16将．地

v﹣t图象如图所示。以下判断正确的是面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，

）

A．前2 s内货物处于超重状态

B．第3 s末至第5 s末的过程中，货物完全失重C．最后2 s内货物只受重力作用

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D．前2 s内与最后2 s内货物的平均速度和加速度相同

17．如图所示，甲、乙两质量不同的物体，分别受到恒力作用后，其动量p与时间t的关系图象。则甲、乙所受合外力F甲与F乙的关系是（图中直线平行）（ A．F甲＜F乙B．F甲＝F乙C．F甲＞F乙

D．无法比较F甲和F乙的大小

）

二、填空题

18．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。

19．如图1所示，宽度为d的竖直狭长区域内（边界为L1、L2），存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场（如图2所示），电场强度的大小为E0，E>0表示电场方向竖直向上。t=0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N2点。Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g。上述d、E0、m、v、g为已知量。

（1）求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小；（2）求电场变化的周期T；

（3）改变宽度d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T的最小值。

验中，使用的小灯泡为“6 V，

×VA第 6 页，共 14 页

20．在“伏安法测电阻”实验中，所用测量仪器均已校准。其中某一次测量结果如图所示，其电压表的读数为________V，电流表的读数为______A。

三、解答题

21．我国“辽宁号”航空母舰经过艰苦努力终于提前服役，势必会对南海问题产生积极影响。有些航空母舰上装有帮助飞机起飞的弹射系统，已知某型号战机在跑道上加速时可能产生的最大加速度为5.0m/s2，当飞机的速度达到50m/s时才能离开航空母舰起飞。设航空母舰处于静止状态。试求：（1）若要求该飞机滑行160m后起飞，弹射系统必须使飞机具有多大的初速度？

（2）若舰上无弹射系统，要求该飞机仍能从此舰上正常起飞，问该舰甲板至少应为多长？

（3）若航空母舰上不装弹射系统，设航空母舰甲板长为L=160m，为使飞机仍能从此舰上正常起飞，这时可以先让航空母舰沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行，则这个速度至少为多少？

22．如图甲所示为学校操场上一质量不计的竖直滑竿，滑竿上端固定，下端悬空．为了研究学生沿竿的下滑情况，在竿顶部装有一拉力传感器，可显示竿顶端所受拉力的大小．现有一质量为50kg的学生（可视为质点）从上端由静止开始滑下，5s末滑到竿底时速度恰好为零．以学生开始下滑时刻为计时起点，传感器显示的拉力随时间变化情况如图乙所示，g取10m/s2．求：（1）该学生下滑过程中的最大速度；（2）滑竿的长度．

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巴州区高中2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷物理（参）

一、选择题

1． 【答案】 AC【

解

析

】

2． 【答案】AD

【解析】A、因为A′、B′、C′三点离顶点O处的正电荷的距离相等，故三点处的场强大小均相等，但其方向不同，A错误；

B、由于△ABC所在平面上各点到O点的距离不一定都相等，由等势面的概念可知，△ABC所在平面不是等势面，B错误；

C、由电势的概念可知，沿直线A′B′的电势变化为先增大后减小，所以当在此直线上从A′到B′移动正电荷时，电场力对该正电荷先做负功后做正功，C错误；D、因为

，即

故选D。3． 【答案】 B

【解析】解析:由题图知,该交变电流电动势峰值为311V,交变电动势频率为f=50Hz,C、D错;t=0.005s时,e=311V,磁通量变化最快,t=0.01s时,e=0,磁通量最大,线圈处于中性面位置,A错,B对。4． 【答案】C5． 【答案】C

，由点电荷的场强关系可知

，整理可得：

，D正确；

，又因为

，所以有

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6． 【答案】A

U1n1Un2，A对

【解析】27． 【答案】C

【解析】电场强度可表示为E＝①，其中L为金属棒长度，U为金属棒两端所加的电动势，而U＝IR②，其中

视频8． 【答案】AD

【解析】A、电吹风机消耗的电功率P是总的功率，总功率的大小应该是用P=IU来计算，所以总功率P=IU，故A正确，B错误；电吹风机中发热的功率要用I2R来计算，所以总的发热功率为P=I2（R1+R2），吹风机的总功率P=IU要大于发热部分的功率，所以C错误，D正确；故选AD．

点睛：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．

9． 【答案】B　

qE

【解析】【名师解析】若sin θ<，电场力可能做正功，也可能做负功，所以电势能可能减小也可能增大、mg

qE

机械能可能增大也可能减小，A项错误；若sin θ＝，则电场力与速度方向垂直，电场力不做功，电势能、

mgqE

机械能一定不变，B项正确，C项错误；若tan θ＝，则电场力沿水平方向，电场力和重力的合力与速度方mg

向同向，电场力做正功，电势能一定减少，机械能一定增加，故D项错误。10．【答案】CD【解析】

③，

④，联立①②③④，可得E＝nevρ，故C项正确.

11．【答案】D

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【解析】试题分析：当穿过闭合线圈的磁通量发生变化时，线圈中有感应电流产生，故磁铁插入或抽出线圈的过程，穿过线圈的磁通量发生变化，故有感应电流产生，故D正确。考点：考查了感应电流产生条件12．【答案】　B【解析】

★

13．【答案】C

【解析】试题分析：带电粒子加速时应满足：qU1=h=

at2

；联立以上各式可得

mv02；带电粒子偏转时，由类平抛规律，应满足：L=v0t ，即

，可见，灵敏度与U2无关，增大L、

减小d或减小U1均可增大灵敏度，所以C正确，ABD错误．故选C．考点：带电粒子在电场中的运动

【名师点睛】本题是信息的给予题，根据所给的信息，根据动能定理和类平抛运动规律求出示波管灵敏度的表达式即可解决本题。14．【答案】 A　【

解

析

】

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15．【答案】ABD16．【答案】A

【解析】A．在前2 s内，图象的斜率为正，加速度为正方向，说明加速度向上，货物处于超重状态，故A正确；B．第3 s末至第5 s末的过程中，货物匀速运动，重力等于拉力，B错误；C、最后2 s内，加速度为

v06m/s23m/s2≠g，故货物并不是只受重力，故C错误。D．前2 s内货物做匀加速直线运动，t20406m/s=2m/s，最后2 s内货物的平均速度为vm/s=3m/s，故D错误。故选A。平均速度为v22a17．【答案】B

二、填空题

18．【答案】A2 ，V2，R2 19．【答案】（附加题） （1）根据题意，微粒做圆周运动，洛伦兹力完全提供向心力，重力与电场力平衡，则mg=qE0 −−−−−−−①∵微粒水平向右做直线运动，∴竖直方向合力为0.则 mg+qE0=qvB−−−−−②联立①②得：q=2E0mg−−−−−−③ B=−−−−−−−−④E0v（2）设微粒从N1运动到Q的时间为t1，作圆周运动的周期为t2，mv2d则vt1 −−−−−⑤ qvB=−−−−−−−−⑥ 2πR=vt2−−−−−−−−−−−−⑦R2vd联立③④⑤⑥⑦得：t1 t2−−−−−−−−⑧g2vdv−−−−−−−⑨电场变化的周期T=t1+t2=2vg（3）若微粒能完成题述的运动过程，要求 d2R−−−−−−⑩第 12 页，共 14 页

v2联立③④⑥得：R=2g设N1Q段直线运动的最短时间t1min,由⑤⑩得t1min因t2不变,T的最小值Tmin=t1min+t2=（2π+1） v，2gv2g20．【答案】 （1）. 0.80 （2）. 0.42

【解析】电压表的读数为0.80V，电流表的读数为0.42A。

三、解答题

21．【答案】（1） v030m/s （2） x250m （3）v1=10m/s【解析】 （1）根据速度位移公式得，v2-v02=2ax，代入数据解得：v0=30m/s．

（2）不装弹射系统时，有：v2=2aL，

v22500m250m解得： L2a25（3）设飞机起飞所用的时间为t，在时间t内航空母舰航行的距离为L1，航空母舰的最小速度为v1．对航空母舰有：L1=v1t对飞机有：v=v1+atv2-v12=2a（L+L1）联立解得：v1=10m/s．

22．【答案】（1）2.4m/s（2）6m【解析】

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