黑龙江省伊春市嘉荫县第一中学2020学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析）

PAGE黑龙江省伊春市嘉荫县第一中学2020学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析）一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）1.一列简谐波沿x轴传播，在t0时刻的波形图线如图所示，质点P在该时刻的速度大小为v，经过0.1s该质点的速度第一次与t0时刻相同，再经过0.1s该质点的速度第一次大小为v而方向与t0时刻相反，关于波的传播方向和波速，下述说法正确的是（）A.波沿x轴正方向传播，波速为20cm/sB.波沿x轴正方向传播，波速为30cm/sC.波沿x轴负方向传播，波速为10cm/sD.波沿x轴负方向传播，波速为20cm/s【 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 】BC【解析】【详解】根据质点的振动的周期性，可知质点P在t0时刻向y轴负方向振动，由波的传播原理可知波沿x轴负方向传播；0.1s+0.1s=，故质点的振动的周期T=0.4s，由图可以知波长=4cm，根据波速公式：v==cm/s=10cm/s，故A、B、D错误，B正确。故选：C2.一物体在某行星表面受到的万有引力是它在地球表面受到的万有引力的．在地球上走得很准的摆钟搬到此行星上后，此钟的分针走一整圈所经历的实际时间是（　　）A.B.C.2hD.4h【答案】C【解析】根据公式，拿到某行星上周期,分针走一圈的时间为地球上的2倍，所以选C。3.下列物理公式表述正确的是（　　）A.由电阻的定义式可知：导体电阻与加在导体两端的电压成正比，与通过导体的电流成反比B.由电场强度的定义式可知：电场强度与检验电荷受到的电场力成正比，与检验电荷的电正反比C.由库伦定律的公式可知：真空中两个点电荷之间的库仑力与两个点电荷电量的乘积成正比，与他们之间距离的平方成反比D.由磁感应强度定义式可知：磁感应强度的方向与放入磁场中的通电直导线所受安培力的方向相同【答案】C【解析】【详解】A、电阻是由导体本身的性质 决定 郑伟家庭教育讲座全集个人独资股东决定成立安全领导小组关于成立临时党支部关于注销分公司决定 的；故电压和电流无关；故A错误；B、电场强度是由电场本身决定的；与电场力及电量无关；故B错误；C、由可知：真空中两个点电荷之间的库仑力与两个点电荷电量的乘积成正比，与它们之间距离的平方成反比；故C正确；D、根据左手定则可知，磁感应强度的方向与放入磁场中的通电直导线所受安培力的方向垂直。故D错误。4.自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献，下列说法错误的是（　　）A.奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系B.欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系C.法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系D.焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系【答案】B【解析】【 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可.【详解】A、奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系，故A正确；B、D、欧姆发现了欧姆定律，说明了流过导体的电流与导体两端的电压、导体的电阻之间的联系；焦耳发现了焦耳定律，说明了热现象和电现象之间存在联系。故B错误，D正确；C、法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系，故C正确；此题选择不正确的故选B.【点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一.5.如图所示，已知R1=100Ω，右方虚线框内为黑盒，电阻连接不知，今用电压表测得UAC=10V，UBC=40V，则AB间的总电阻为（　　）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】设CB间的总电阻为RCB由于电阻R1与CB间的总电阻串联，则根据串联电路的特点有：代入解得，RCB=400Ω故RAB=R1+RCB=500Ω，故ABC错误，D正确。6.如图所示为某一质点在0～4s时间内的振动图象，下列叙述中正确地是（　　）A.该质点时向正方向振动B.该质点时加速度方向为负方向C.该质点2s时加速度最大，且方向为负方向D.该质点5s时加速度最大，且方向为负方向【答案】D【解析】A、根据图像质点在时刻正向负的最大位移处运动，故选项A错误；B、根据回复力和牛顿第二定律：可知，该时刻该质点的位移为负值，故此时加速度方向为正方向，故选项B错误；C、根据回复力和牛顿第二定律：可知，质点在时刻位移为零，故该时刻加速度为零，故选项C错误；D、根据回复力和牛顿第二定律：可知，质点时刻质点处于正的最大位移处，故该时刻加速度为负方向最大值，故选项D正确。7.有一“3V，3W”的小灯泡，则接入下列的哪一电源可使小灯泡最亮（　　）A.，B.，C.，D.，【答案】A【解析】【详解】灯泡接到电源上，灯泡上的电压为外电压，根据闭合电路欧姆定律，电源内阻越小，电路电流越大，灯泡两端电压越大，消耗的实际功率越大，灯泡越亮，故A正确，BCD错误.二、多选题（本大题共6小题，共24.0分）8.一列简谐波某时刻的波形图如图甲所示，乙图表示该波传播的介质中某质点此后一段时间内的振动图象．则（　　）A.若波沿x轴正方向传播，图乙为a点的振动图象B.若波沿x轴正方向传播，图乙为b点的振动图象C.若波沿x轴负方向传播，图乙为c点的振动图象D.若波沿x轴负方向传播，图乙为d点的振动图象【答案】BD【解析】由甲图看出，图示时刻质点a的位移为正向最大，而振动图象t=0时刻质点的位移为零，所以图乙不可能是图甲中a的振动图象．故A错误．若波沿x轴正方向传播，b质点的速度方向沿y轴正方向，此时刻b的位移为零，由乙图看出t=0时刻质点经过位置沿y轴正方向振动，所以乙图是甲图中b质点的振动图象．故B正确．图甲中质点c此时刻处于波谷，位移为负向最大，图乙不可能c点的振动图象．故C错误．若波沿x轴负方向传播，d质点的速度方向沿y轴正方向，此时刻d的位移为零，与乙图t=0时刻质点的状态相同，所以乙图是甲图中d质点的振动图象．故D正确．故选BD.9.一弹簧振子振幅为A，从最大位移处需时间t0第一次到达平衡位置．若振子从最大位移处经过 t0时的速度大小和加速度大小分别为v1和a1； 而振子位移为 A时的速度大小和加速度大小分别为v2和a2．那么（　　）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【详解】由题意，振子从最大位移处需时间第一次到达平衡位置，从最大位移处到平衡位置处运动，振子的速度增大，加速度减小，所以经过时通过的位移小于，振子越靠近平衡位置速度越大，加速度越小，所以，．故AD错误，BC正确。10.关于电动势，下列说法中正确的是（）A.一个电源的电动势的大小只由电源本身决定B.因电动势的单位和电势差相同，所以电动势实质上就是电势差C.一个电动势为1.5V的干电池接入电路时，若有1C的电荷量通过电路，就有1.5J的化学能转变成电能D.电压表接到电源两极时，测得的就是电动势【答案】AC【解析】电源是提供电能的装置，电动势是反应电源提供电能的能力，仅于电源有关，A对；电势差如同重力场中的高度差，与电动势是不同的概念，B错；化学能=W=Uq=1.5V×1C=1.5J，C对；电压表接到电源两极时，测量的是外电路电压，D错。11.根据奥斯特的电生磁理论，通电直导线会产生磁场，同学们结合实验提出了以下几个问题，其中认识正确的是（　　）A.导线没有通电时，小磁针的N极大致指向南方B.若小磁针静止在沿东西方向的放置的导线正下方，通电后可能看不到小磁针的偏转C.若沿东西方向放置导线，通电后导线正上方的小磁针离导线越远，偏转角度越小D.若导线沿南北放置，通电后导线延长线上放置的小磁针也会发生偏转【答案】BC【解析】【详解】A、导线没有通电时，小磁针，只有地磁场的作用下，处于南北方向，小磁针的S极大致指向南方，故A错误；B、当沿东西方向放置在磁针的正上方，仍不会偏转，故B正确；C、当沿东西方向放置导线，通电后导线正上方的小磁针离导线越远，偏转角度越小，故C正确；D、当小磁针在导线的延长线上时，没有磁场作用，因此小磁针不会偏转，故D错误。12.如图所示，匀强磁场的磁感应强度，单匝矩形线圈面积S=1m2,电阻,绕垂直于磁场的轴OOˊ匀速转动。线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接。V为理想交流电压表，A1、A2为理想交流电流表，L1、L2为两个完全相同的电灯泡，标称值为“20V，30W”,且均正常发光，电流表Ａ1的示数为1.5A。则以下说法正确的是（）A.电流表A1、A2的示数之比2:1B.理想电压表原副线圈的匝数之比2:1C.线圈匀速转动的角速度ω=120rad/sD.电压表的示数为V【答案】BC【解析】因灯泡正常发光，次级电流为,则原副线圈的电流比为：1：2，则A错误；由于电流与匝数成反比，则理想电压表原副线圈的匝数之比2：1，则B正确；副线圈的电压为20V，则原线圈的电压为40V，由于线圈的内阻，因电流为1.5A，那么最大值为60=BSω，求得ω=120rad/s，则C正确；电压表的示数为有效值40V，则D错误；故选BC．点睛：理解交流电电压表达式的物理意义，掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决．13.竖直放置的固定绝缘光滑轨道由半径分别为R的圆弧MN和半径为r的半圆弧NP拼接而成（两段圆弧相切于N点），小球带正电，质量为m，电荷量为q．已知将小球由M点静止释放后，它刚好能通过P点，不计空气阻力．下列说法正确的是（　　）A.若加竖直向上的匀强电场，则小球能通过P点B.若加竖直向下的匀强电场，则小球不能通过P点C.若加垂直纸面向里的匀强磁场，则小球不能通过P点D.若加垂直纸面向外的匀强磁场，则小球不能通过P点【答案】AC【解析】【分析】应用动能定理求出小球到达P点的速度，小球恰好通过P点时轨道对球的作用力恰好为零，应用动能定理与牛顿第二定律分析答题．【详解】设M、P间的高度差为h，小球从M到P过程由动能定理得：，，小球恰好通过P点，重力提供向心力，由牛顿第二定律得：，r=2h；A、若加竖直向上的匀强电场E（Eq＜mg），小球从M到P过程由动能定理得：，解得：，则：，小球恰好通过P点，故A正确；B、若加竖直向下的匀强电场，小球从M到P过程由动能定理得：，解得:，则：，小球恰好通过P点，故B错误；C、若加垂直纸面向里的匀强磁场，小球到达P点的速度v不变，洛伦兹力竖直向下，则:，小球不能通过P点，故C正确；D、若加垂直纸面向外的匀强磁场，小球到达P点的速度v不变，洛伦兹力竖直向上，则：，小球对轨道有压力，小球能通过P点，故D错误；故选AC.【点睛】本题是一道力学综合题，知道小球通过P点的临界条件是：的、轨道对小球的支持力恰好为零，分析清楚小球的运动过程，应用动能定理与牛顿第二定律可以解题．三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）14.如图所示，一列简谐横波沿x轴正向传播，波传到x=1m的P点时，P点开始向下振动，此时为计时起点，已知在t=0.4s时PM间第一次形成图示波形，此时x=4m的M点正好在波谷。当M点开始振动时，P点正好在______，这列波的传播速度是______。【答案】(1).波峰(2).10m/s【解析】由题意，简谐横波沿x轴正向传播，在时PM间第一次形成图示波形，由于P振动时间是半个周期的整数倍，则知时间内振动传播了一个波长，故波的周期为根据图像可知PM之间距离为，根据波形可知，当M点开始振动时，由波形可知，P点在波峰，由图知，波长，则波速。四、实验题探究题（本大题共1小题，共12.0分）15.有一个额定电压为10V、额定功率在10～15W之间的用电器L（该用电器在电路中可用电阻符号表示），为了测定它的额定功率，现有下面器材可供选用：A．电动势为3V、15V、50V的直流电源各一个（内阻均不计）B.三种规格的滑动变阻器各一个:R1（规格为0～5Ω3A）、R2（规格为0～15Ω2A）、R3（规格为0～50Ω1A）C．量程分别为0～0.6A、0～3A内阻可忽略的双量程直流电流表一只D．量程为0～3V、内阻为2kΩ的直流电压表一只E．阻值为r1=2kΩ、r2=6kΩ、r3=20kΩ的定值电阻各一个（实验中只能选用一个）F．开关一个，导线若干利用上述仪器，为使测量尽可能准确、方便，并使耗电功率最小，请回答：①应该选择的滑动变阻器是______，应该选择的电流表量程是______。②在（2）图甲虚线框中画出测量电路图_______。③若电表的指针如（2）图乙所示，由此可求得该用电器额定功率P＝______W（结果保留三位有效数字）。【答案】①，0～3A②见下图所示③12.0【解析】试题分析：①用电器的电阻，根据已知条件可知，R在6.7-10Ω，为方便条件，滑动变阻器选R2（规格为0～15Ω2A）；根据，所以电流表选择0～3A的.②我们发现电压表的量程不符合要求，要扩大量程，电压表串联一个定值电阻，扩大量程；电压表量程应扩大到15V，所以要串联一个r2=6kΩ的定值电阻;因直流电流表的内阻不计，电流表内接，使耗电功率最小，采用分流式接法，电路图如上图所示.③根据图象读出电流为1.20A，所以该用电器额定功率P=UI=10×1.20W=12.0W.考点：本题考查了伏安法测电阻、电功和电功率.五、计算题（本大题共4小题，共47.0分）16.如图为某时刻t的横波图象，求：（1）这列波的波长λ和振幅A；（2）若波沿x轴正方向传播，当波速为4m/s时，经1s时，A点位移是多大？B点通过的路程是多少？（3）画出（t+0.5）s时的波形图；（4）画出x=6m处的质点从此刻（t时刻）起的振动图象。【答案】(1)；(2)0，4m；(3)；(4)【解析】【详解】(1)根据图象可知，波长，振幅A=2m；(2)当波速为4m/s时，周期为：T==s=2s；当经1s时，即经过半个周期，A点位移是零，B点通过的路程为：s=2A=4m。(3)由于0.5s是一个周期的==倍，所以在0.5s内波向正x方向移动了个波长，如图所示。(4)x=6m处质点在时刻t正通过平衡位置向负y方向运动，所以振动图象如图所示。17.如图所示，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上．t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动．t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求：(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值．【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得ma=F-μmg①设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v=at0②当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为E=Blv③联立①②③式可得E=Blt0④（2）设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆的电流为I，根据欧姆定律I=⑤式中R为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为f=BIl⑥因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得F–μmg–f=0⑦联立④⑤⑥⑦式得R=⑧【考点定位】电磁感应定律、牛顿第二定律【名师点睛】此题是法拉第电磁感应定律与牛顿第二定律的综合应用问题；解题时要认真分析物理过程，分析金属棒的受力情况，选择合适的物理规律列出方程求解；还要抓住金属板的匀速运动状态列方程；此题难度不大。18.如图所示，两根足够长的光滑平行直导轨AB、CD与水平面成θ角放置，两导轨间距为L，A、C两点间接有阻值为R的定值电阻。一根质量为m、长也为L的均匀直金属杆ef放在两导轨上，并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，导轨和金属杆接触良好，金属杆ef的电阻为r，其余部分电阻不计。现让ef杆由静止开始沿导轨下滑。（1）求ef杆下滑的最大速度vm。（2）已知ef杆由静止释放至达到最大速度的过程中，ef杆沿导轨下滑的距离为x，求此过程中定值电阻R产生的焦耳热Q和在该过程中通过定值电阻R的电荷量q。【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）对ef杆，由牛顿第二定律有mgsinθ－BIL＝ma又，所以有当加速度a为零时，速度v达到最大，速度最大值（2）根据能量守恒定律有mgxsinθ＝mvm2＋Q总由公式Q＝I2Rt，可得又QR＋Qr＝Q总解得由法拉第电磁感应定律有又由闭合电路的欧姆定律有解得。考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【名师点睛】对于电磁感应的综合问题要做好电流、安培力、运动、功能关系这四个方面的分析，同时这类问题涉及知识点多，容易混淆，要加强练习，平时注意知识的理解与应用。19.如图所示，两个共轴的圆筒形金属电极，外电极接地，其上均匀分布着平行于轴线的四条狭缝a、b、c和d，外筒的外半径为r0.在圆筒之外的足够大区域中有平行于轴线方向的匀强磁场,磁感应强度的大小为B.在两极间加上电压,使两圆筒之间的区域内有沿半径向外的电场.一质量为m、带电量为+q的粒子,从紧靠内筒且正对狭缝a的S点出发,初速为零.如果该粒子经过一段时间的运动之后恰好又回到出发点S,则两电极之间的电压U应是多少(不计重力,整个装置在真空中)?【答案】【解析】带电粒子从S出发，在两筒之间的电场力作用下加速，沿径向穿出a而进入磁场区，在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动.粒子再回到S点的条件是能沿径向穿过狭缝b，只要穿过了b，粒子就会在电场力作用下先减速，再反向加速，经b重新进入磁场区，然后，粒子将以同样方式经过c、d,再经过a回到S点.设粒子射入磁场区的速度为v，根据能量守恒，mv2=qU设粒子在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动的半径为R，由洛仑兹力公式和牛顿定律得m=qBv由前面分析可知，要回到S点，粒子从a到b必经过圆周.所以半径R必定等于筒的外半径r0,即R＝r0由以上各式解得U＝思路分析：根据题意可知粒子运动具有周期性，所以可以根据图形计算半径，再根据洛伦兹力提供向心力，解得速度。带电场中应用动能定理，解得电压U。试题点评：这是一道复合场的综合题，需要学生有较强的空间想象能力。