定兴县第一中学2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷物理

一、选择题

1． 如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因数为μ，小木块的速度随时间变化关系如图乙所示，v0、t0已知，则

A. 传送带一定逆时针转动 B.

C. 传送带的速度大于v0 D. t0后木块的加速度为【答案】AD

【解析】试题分析: A、若传送带顺时针转动，当滑块下滑（块上滑（

），将一直匀加速到底端；当滑

，由图可知

），先匀加速运动，在速度相等后将匀速运动，两种均不符合运动图象；故传送带

是逆时针转动，选项A正确.B、滑块在0~t0内，滑动摩擦力向下作匀加速下滑，

，则

，选项B错误.C、只有当滑块的速度等于传送带的速度时，滑块所受的摩擦力变成

，代入μ值得

，

斜向上，故传送带的速度等于v0，选项C错误.D、等速后的加速度选项D正确。故选AD．

考点：考查牛顿第二定律、匀变速直线运动.

【名师点睛】本题的关键1、物体的速度与传送带的速度相等时物体会继续加速下滑．2、小木块两段的加速度不一样大．

2． 质量为m的木块位于粗糙水平桌面上，若用大小为F的水平恒力拉木块，其加速度为a１。当拉力方向不变，大小变为2F时，木块的加速度为a2，则

A．a1=a2 B．a2<2a1 C．a2>2a1 D．a2=2a1

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【答案】C

【解析】由牛顿第二定律得：即

不变，所以

，

，由于物体所受的摩擦力，

，故选项C正确。

的理解能力，F是物体受到的合力，不能简单认为加速度与水

，

【名师点睛】本题考查对牛顿第二定律平恒力F成正比。

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4:1 B．原、副线圈的匝数之比等于1:4 C．原、副线圈的匝数之比等于2:1 D．原、副线圈的匝数之比等于1:2 【答案】A

3． 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

U1n1Un2，A对

【解析】24． 关于电流激发的磁场，下列四个图中，磁场方向跟电流方向标注正确的是

A. B. C. D.

【答案】AB

【解析】根据安培右手定则可知，A图的电流方向向上，产生从上往下看逆时针方向的磁场，故A正确；同理B图符合安培右手定则，故B正确；根据安培右手定则可知，小磁针的N极应该指向左方，故C错误；根据安培右手定则可知，D图中小磁针的N极应该垂直纸面向外，故D错误。所以AB正确，CD错误。 5． 如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图。若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确

a b 的是（ ） c A．a粒子动能最大

A B．c粒子速率最大

C．c粒子在磁场中运动时间最长 D．它们做圆周运动的周期TaTbTc 【答案】B

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O 6． 如图所示，磁场方向竖直向下，通电直导线ab由水平位置1绕a点在竖直平面内转到位置2的过程中，通电导线所受安培力是

A．数值变大，方向不变 B．数值变小，方向不变 C．数值不变，方向改变 D．数值，方向均改变

【答案】B

【解析】安培力F=BIL，电流不变，垂直直导线的有效长度减小，安培力减小，安培力的方向总是垂直BI所构成的平面，所以安培力的方向不变，B正确。

7． 如图所示电路中，三个相同的灯泡额定功率是40 W，在不损坏灯泡的情况三个灯泡消耗的总功率最大不应超过

A．40 W B．60 W C．80 W D．120 W 【答案】B 8． 对于电容

，以下说法正确的是

下，这

A. 一只电容器所充电荷量越大，电容就越大

B. 对于固定电容器，它的带电量跟两极板间所加电压的比值保持不变 C. 电容器的带电量跟加在两极间的电压成反比 D. 如果一个电容器没有带电，也就没有电容 【答案】B

【解析】解：A、电容器带电荷量越大，板间电压越大，而电容不变．故A错误．

B、电容表征电容器容纳电荷本领的大小，对于固定电容器，电容C不变，由定义式C=可知，则带电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变．故B正确．

C、电容器的带电荷量Q=CU，当电容C一定时，电量与电压成正比．当电容C变化时，电量与电压不成正比．故C错误．

D、电容表征电容器容纳电荷本领的大小，与电容器的电量、电压无关．故D错误．

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故选：B

【点评】本题考查对电容的理解能力，抓住电容的物理意义和定义式是关键． 9． 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 【答案】C

10．如图所示为一质点从t＝0时刻开始，做初速度为零的匀加速直线运动的位移—时间图象，图中斜虚线为t＝4 s时对应图象中的点的切线，交时间轴于t＝2 s处，由此可知该质点做匀加速运动的加速度为（ ）

2A. 2m/s B.

132m/s2 C. m/s2 . D. m/s2 223【答案】B

11．如图所示,A、B、C、D为匀强电场中相邻的等势面,一个电子垂直经过等势面D时的动能为20 eV,经过等势面C时的电势能为-10 eV,到达等势面B时的速度恰好为零。已知相邻等势面间的距离为5 cm,不计电子的重力,下列说法中正确的是（ ）

A. C等势面的电势为10 V B. 匀强电场的电场强度为200 V/m C. 电子再次经过D等势面时,动能为10 eV D. 电子的运动是匀变速曲线运动 【答案】AB

【解析】试题分析：只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变．根据题目所给条件，C等势面的电势为

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A错；，故A等势面电势不为10V，电子在相邻等势面间运动时，电场力做功W=qU

相等，因为电子在D等势面的动能为20eV，到达等势面B时的速度恰好为零，电子在D到C等势面间运动时，电场力做功大小为

，

,匀强电场的场强为

，B项正确。电子再次经过D等势面时，动能不变仍为20eV，C项错误。 电

子在匀强电场中受恒力作用，运动方向和电场力方向共线电子的运动是匀变速直线运动，D项错误，故选B 考点：电势能、能的转化和守恒

点评：难度中等，学习电场中的功能关系时可以类比在重力场的功能关系，如只有重力做功，动能和电势能之和保持不变；那么只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变

12．如图所示，倾角为的斜面静置于地面上，斜面上表面光滑，A、B、C三球的质量分别为m、2m、3m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接。弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，现突然剪断细线或弹簧。下列判断正确的是

A．弹簧被剪断的瞬间，A、B、C三个小球的加速度均为零 B．弹簧被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为零

C．细线被剪断的瞬间，A、B球的加速度沿斜面向上，大小为gsin D．细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为4mgsin

【答案】BCD

【解析】若是弹簧被剪断，将三个小球看做一个整体，整体的加速度为设杆的作用力为F，则

，解得

，然后隔离A，对A分析，

，A错误，B正确；剪断细线前，以A、B、C组成的

，

系统为研究对象，系统静止，处于平衡状态，合力为零，则弹簧的弹力为

以C为研究对象知，细线的拉力为3mgsin θ。剪断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，以A、B组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得

，解得A、B两个小球

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的加速度为解得杆的拉力为

，方向沿斜面向上，以B为研究对象，由牛顿第二定律得：

，故CD正确。

，

13．（2015·永州三模，19）如图所示，两星球相距为L，质量比为mA∶mB＝1∶9，两星球半径远小于L。从星球A沿A、B连线向星球B以某一初速度发射一探测器，只考虑星球A、B对探测器的作用，下列说法正确的是（ ）

A．探测器的速度一直减小

L

B．探测器在距星球A为处加速度为零

4

C．若探测器能到达星球B，其速度可能恰好为零

D．若探测器能到达星球B，其速度一定大于发射时的初速度

【答案】BD 【

解

析

】

14．已知元电荷数值为A. C. 【答案】D

B. D.

，某个物体带电量不可能是 ．．．

【解析】任何物体的带电量都是元电荷电量的整数倍，故D物体带的电量不可能，故选D.

15．如图所示，两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向如图甲所示，左线圈连着正方形线框abcd，线框所在区域存在变化的磁场，取垂直纸面向里为正，磁感应强度随时间变化如图乙所示，不计线框以外的感生电场，

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右侧线圈连接一定值电阻R，下列说法中正确的是（ ）

A. t1时刻ab边中电流方向由a→b，e点电势高于f点

B. 设t1、t3时刻ab边中电流大小分别为i1、i3，则有i1＜i3，e点与f点电势相等 C. t2～t4时间内通过ab边电量为0，定值电阻R中无电流 D. t5时刻ab边中电流方向由a→b，f点电势高于e点 【答案】B

【解析】:A、 时刻磁场方向向里且均匀增加,根据楞次定律,线框中感应电流沿逆时针方向,ab边中电流方向由

,根据法拉第电磁感应定律知,正方形线框中的感应电动势是恒定值,原线圈中电流值恒定,副线圈中不产生感应电动势,e点电势等于f点电势,故A错误; B、根据法拉第电磁感应定律率,C、

,根据欧姆定律

,知

,

时刻磁感应强度的变化率小于时刻的磁感应强度变化

,所以B选项是正确的;

时间内磁感应强度均匀变化,磁通量均匀变化,有恒定感应电流通过ab,通过ab边的电量不为0,副线圈

,

磁通量不变,定值电阻中无电流,故C错误;

D、时刻磁场方向垂直纸面向外,磁场变小,磁通量减小,根据楞次定律得感应电流逆时针,ab边中电流方向上正下负,因此e点电势高于f点,故D错误; 所以B选项是正确的 综上所述本题的答案是：B

16．在如图所示的点电荷Q的电场中，一试探电荷从A点分别移动到B、C、D、E各点，B、C、D、E在以Q为圆心的圆周上，则电场力

磁感应强度的变化率增大,感应电流大小变大,穿过原副线圈的磁通量增大,根据楞次定律,副线圈中感应电动势

A. 从A到B做功最大 B. 从A到C做功最大 C. 从A到E做功最大 D. 做功都一样大 【答案】D

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【解析】试题分析：由点电荷的电场分布特点可知，B、C、D、E四点位于对场源电荷为圆心的同一个圆上，即位于同一等势面上，将试探电荷从A点移到同一等势面上电场力做功相等，所以只有选项D正确； 考点：等势面、静电力做功

二、填空题

17． 在测量金属丝电阻率的实验中，可供选用的器材如下

待测金属丝：Rx（阻值约4 Ω，额定电流约0.5 A）； 电压表：V（量程3 V，内阻约3 kΩ）；

电流表：A1（量程0.6 A，内阻约0.2 Ω）；A2（量程3 A，内阻约0.05 Ω）； 电源：E1（电动势3 V，内阻不计）；E2（电动势12 V，内阻不计）； 滑动变阻器：R（最大阻值约20 Ω）； 螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线．

（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，读数为________mm．

（2）若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选________、电源应选________（均填器材代号），在虚线框内完成电路原理图．

【答案】 （1）1．773[1．771～1．775间均正确] （2）A1；E1； 实验电路图如图所示：

18．一部电梯在t=0时由静止开始上升，电梯的加速度a随时间t的变化如图所示，电梯中的乘客处于失重状态的时间段为____________（选填“0~9 s”或“15~24 s”）。若某一乘客质量m=60 kg，重力加速度g取10 m/s，

2

电梯在上升过程中他对电梯的最大压力为____________N。

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【答案】15~24 s 660（每空3分） 【

解

析

】

19．如图所示，将一个电流表G和另一个电阻连接可以改装成伏特表或安培表，则甲图对应的是 表，要使它的量程加大，应使R1 （填“增大”或“减小”）；乙图是 表，要使它的量程加大，应使R2 （填“增大”或“减小”）。

【答案】安培；减小；伏特；增大

三、解答题

20．如图所示，一质量m＝0.4 kg的小物块，以v0＝2 m/s的初的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间A、B之间的距离L＝10 m。已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面3

。重力加速度g取10 m/s2。 3

（1）求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小；

（2）拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？

速度，在与斜面某一夹角物块由A点运动到B点，之间的动摩擦因数μ＝

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【审题探究】

①从A到B，做什么运动？满足什么规律？

②拉力F的大小与F和斜面夹角α的关系式是怎样的？

133

【答案】（1）3 m/s2 8 m/s （2）30° N

5【解析】

（2）设物块所受支持力为F，所受摩擦力为F，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示

Nf

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由牛顿第二定律得

Fcos α－mgsin θ－F＝ma⑤

f

Fsin α＋F－mgcos θ＝0⑥

N

又F＝μF⑦

fN联立⑤⑥⑦式得

mg（sin θ＋μcos θ）＋maF＝⑧

cos α＋μsin α由数学知识得 cosα＋

323sin α＝sin （60°＋α）⑨ 33

由⑧⑨式可知对应F最小时与斜面间的夹角 α＝30°⑩

联立③⑧⑩式，代入数据得F的最小值为 Fmin＝

133

N。 5

kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块与质量

kg的小球B相连。今用跟

N，拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m相对位置保持不变，取

21．如图所示，质量水平方向成=300角的力g=10m/s2。求：

（1）运动过程中轻绳与水平方向夹角Ѳ； （2）木块与水平杆间的动摩擦因数μ。

（3）当角为多大时，力F使球和木块一起向右匀速运动的拉力最小？最小拉力为多少？（只要求写出角度的函数值）

Mmg33【答案】（1）30 （2） （3） tan 25510

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【解析】（1）设细绳对B的拉力为T．以小球为研究对象，分析受力，作出力图如图1，由平衡条件可得：

Fcos30°=Tcosθ ① Fsin30+Tsinθ=mg ② 代入解得， tan

3，即θ=30° 3（3）以木块和小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图2．再平衡条件得 Fcosα=f

N+Fsinα=（M+m）g 又f=μN 联立得F当tan

Mmg

cossinMmg3时，F有最小值，F= 25122．如图所示为一升降机由静止开始下降过程中的速度图象，升降机及其载重总质量为2.0 t。

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（1）由图象判断出升降机在哪段时间内出现超重、失重现象；

2

（2）分别求出第2 s内、第5 s内、第7 s内悬挂升降机的钢索的拉力大小。（g取10 m/s） 4 2.8×104 N 【答案】（1）6~8 s超重；0~2 s失重 （2）1.2104N 210N【解析】（1）由速度时间图象可知，0~2 s内，升降机向下做匀加速运动，加速度向下，处于失重状态，6~8 s内升降机减速下降，加速度方向向上，处于超重状态。（3分）

v tv8m/s24m/s2（2分） 根据图象得0~2 s内a1t24根据牛顿第二定律得：F1mgma11.210N（2分）

（2）由加速度定义：a2~6 s内，加速度a2=0，即匀速运动

4

悬挂升降机的钢索的拉力F2=mg=2×10N（2分）

v08m/s24m/s2（2分） t24根据牛顿第二定律得：F3mgma32.810N（2分）

6~8 s内，加速度为：a3

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