《海南省儋州市第一中学2018_2019学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《海南省儋州市第一中学2018_2019学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析）（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2018-2019学年第二学期高二年级月考(一)考试试题物理一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。1.人从高处跳到较硬的水平地面时，为了安全，一般都是让脚尖先触地且着地时要弯曲双腿，这是为了（ ）A. 减小地面对人的冲量B. 减小人的动量的变化C. 增加人对地面的冲击时间D. 增大人对地面的压强【答案】C【解析】本题考查冲量的概念和动量定理的内容，由动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，如果用脚尖先触地且着地时要弯曲双腿，与地接触时间，减速时间变长，平均冲力减小，C对；2.甲、乙两个单摆在同一地点做简谐振动，在相等的时间内，甲完成10次全振动，乙完成20次全振动。已知甲摆摆长为
2、1 m，则乙摆的摆长为( )A. 2 mB. 4 mC. 0.5 mD. 0.25 m【答案】D【解析】【详解】在相等的时间内，甲完成10次全振动，乙完成20次全振动，可知T甲：T乙=2：1，根据知摆长，甲乙的周期之比为2:1，则摆长之比为4:1，甲摆的摆长为1m，则乙摆的摆长为0.25m;故选D.【点睛】解决本题的关键掌握单摆的周期公式，通过周期之比求出摆长之比是关键.3.如图所示,光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧,两手分别按住小车,使它们静止,对两车及弹簧组成的系统,下列说法中正确的是（ ）A. 两手同时放开后,系统总动量始终为非零的某一数值B. 先放开左手,后放开右手,动量不守恒
3、C. 先放开左手,后放开右手,总动量向右D. 无论何时放手,两手放开后在弹簧恢复原长的过程中,系统总动量都保持不变,但系统的总动量不一定为零【答案】D【解析】A、当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因为开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，选项A错误；B、先放开左手，左边的小车就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，故选项B错误、C错误；D、无论何时放手，两手放开后在弹簧恢复原长的过程中，系统的合外力为零，总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零，D正确。故选：D。【名师点睛】当两手同时放开
4、时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，先放开左手，左边的小车就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左。4.质量为的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移时间图像如图所示，则可知碰撞属于（ ）A. 非弹性碰撞B. 弹性碰撞C. 完全非弹性碰撞D. 条件不足，不能确定【答案】B【解析】根据x-t图象可知：a球的初速度为：，b球的初的速度为，碰撞后a球的速度为：，碰撞后b球的速度为：，两球碰撞过程中，动能变化量为：，即碰撞前后系统的总动能不变，此碰撞是弹性碰撞，选B【点睛】根据x-t图象的斜率等于速度求出各个物
5、体的速度，分别求出碰撞前后的总动量，即可判断动量是否守恒；根据碰撞前后机械能是否守恒判断是否为弹性碰撞即可5.如图所示，在倾角为的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒。当导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可加平行纸面的匀强磁场中，下列有关磁场的描述中正确的是:( )A. 若磁场方向竖直向下，则B. 若磁场方向平行斜面向上，则C. 若磁场方向垂直斜面向上，则D. 若磁场方向垂直斜面向下，则【答案】C【解析】【详解】A、外加匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向下，则水平向左的安培力、支持力与重力，不能处于平衡状态；故A错误.B、若磁场方向平行斜面向上，安培力的
6、方向垂直于斜面向下，此时导线不可能平衡；故B错误.C、D、外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向上，则沿斜面向上的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，则大小；故C正确，D错误.故选C.6.如图所示，在真空中有一对带电的平行金属板水平放置。一带电粒子沿平行于板面的方向，从左侧两极板中央射入电场中，恰能从右侧极板边缘处离开电场。不计粒子重力。若可以改变某个量，下列哪种变化，仍能确保粒子一定飞出电场A. 只减小粒子的比荷B. 只增大电场强度C. 只增大粒子的带电量D. 只减小粒子的入射速度【答案】A【解析】【详解】设带电粒子的初速度为v0，板长为L，电场强度为E；根据牛顿第二定律，有水平方向：L
7、=v0t竖直方向：yat2联立解得： 只减小粒子的比荷，竖直位移y减小，一定能飞出电场，故A正确；只增大电场强度，会使竖直位移y增大，粒子可能打到极板上，粒子不一定能飞出电场，故B错误；只增大粒子的带电量；会使竖直位移y增大，粒子可能打到极板上，粒子不一定能飞出电场，故C错误；只减小粒子的入射速度，会使竖直位移y变大，粒子不一定能飞出电场，故D错误；故选A。【点睛】本题考查带电粒子在电场中的类平抛运动，关键是运用运动的合成与分解的方法处理，本题很容易错误的理解为先经过加速电场后经过偏转电场，审题时一定要细心，题目要多读几遍。二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。7.甲、乙两弹簧振
8、子，振动图象如图所示，则可知_ A. 甲的速度为零时，乙的速度最大B. 甲的加速度最小时，乙的速度最小C. 任一时刻两个振子受到的回复力都不相同D. 两个振子的振动频率之比f甲：f乙=1：2【答案】AD【解析】【详解】A、由图看出，甲在最大位移处时，乙在平衡位置，则振子甲速度为零时，振子乙速度最大；故A正确.B、甲在平衡位置时加速度最小，此时乙也在平衡位置，速度最大;故B错误.C、根据简谐运动的特征F=-kx，由于两根弹簧的劲度系数k可能不等，也可能相等，所以不能确定回复力是否相同，故C错误.D、两弹簧振子周期之比T甲:T乙=2:1，由知频率之比是f甲:f乙=1:2;故D正确.故选AD.8.如
9、图甲所示的电路中,变压器为理想变压器,Ro为定值电阻,R为滑动变阻器,L为标有“22V20W”的白炽灯泡,所有电表均为理想电表。当变压器原线圈输入如图乙所示的交变电压时,灯泡L正常发光。则下歹列说法正确的是A. 通过R的交变电流频率为50HZB. 变压器原、副线圈的匝数比为10:1C. 变压器原、副线圈铁芯中磁通量变化率之比为10:1D. 当滑动变阻器R的滑动片P向下移动时,电流表A1和A2的示数均增大【答案】ABD【解析】由乙图可知，周期，则频率为，故A正确；由乙图可知，原线圈的最大电压为，则原线圈电压的有效值，而此时灯泡正常发光，由并联电路的特点可知，此时副线圈两端的电压，故变压器原、副线
10、圈的匝数比为，故B正确；根据法拉第电磁感应定律，有，因，故C错误；当滑动变阻器R的滑动片P向下移动时，R的有效阻值减小，副线圈电压不变，故副线圈的电流增大，根据可知，原线圈的电流也增大，故电流表和的示数均增大,故D正确；故选ABD.9.关于简谐运动的位移、加速度和速度的关系，下列说法错误的是 （）A. 位移减小时，加速度减小，速度增大B. 位移方向总和加速度方向相反，和速度方向总相反C. 物体向平衡位置运动时，速度方向和位移方向相同D. 物体的速度增大时，加速度一定减小【答案】BC【解析】【详解】A、位移x减小时，加速度也减小；振子靠近平衡位置，故速度增加，故A正确；B、位移方向总跟加速度方向
11、相反.质点经过同一位置，位移方向总是由平衡位置指向质点所在位置，而速度方向两种，可能与位移方向相同，也可能与位移方向相反;故B错误；C、物体运动方向向平衡位置时，位移方向离开平衡位置，速度方向跟位移方向相反；故C错误；D、物体的速度增大时，运动方向指向平衡位置，位移逐渐减小，所以加速度一定减小;故D正确；本题选错误的故选BC.10.一平板车静止在光滑的水平地面上，甲、乙两人分别站在车上左右两端当两人同时相向而行时，发现小车向左移动若()A. 两人速率相等，则必定是m乙m甲B. 两人质量相等，则必定是v乙v甲C. 两人速率相等，则必定是m甲m乙D. 两人质量相等，则必定是v甲v乙【答案】CD【解
12、析】【详解】甲、乙两人及小车组成的系统不受外力，系统的动量守恒，取向左为正方向，根据动量守恒定律得：，即：；可见甲的动量大于乙的动量；A、C、若两人速率相等，必定有：m甲m乙，故A错误，C正确；B、D、若两人质量相等，必定有：v甲v乙，故B错误，D正确；故选CD.三、实验题：本题共2小题，第11题5分，第12题12分，共17分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11.用如图所示的装置可以验证动量守恒定律，在滑块A和B相碰的端面上装上弹性碰撞架，它们的上端装有等宽的挡光片。（1）实验前需要调节气垫导轨水平：在轨道上只放滑块A，轻推一下滑块A，其通过光电门1和光电门2的时间分别为t1、t2，当t1_t2（填“”、“=”、“”“=”或“ (2). (3). (4). 【解析】【分析】（1）明确动量
