《峨山2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷物理》由会员分享,可在线阅读,更多相关《峨山2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷物理(13页珍藏版)》请在金锄头文库上搜索。
1、峨山彝族自治县第一中学2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷物理班级_ 座号_ 姓名_ 分数_一、选择题1 如图所示,光滑的水平地面上有三块木块a、b、c,质量均为m,a、c之间用轻质细绳连接。现用一水平恒力F作用在b上,三者开始一起做匀加速运动,运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面,系统仍加速运动,且始终没有相对滑动。则在粘上橡皮泥并达到稳定后,下列说法正确的是( ) A. 无论粘在哪块木块上面,系统的加速度都不变B. 若粘在b木块上面,绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小C. 若粘在a木块上面,绳的张力减小,a、b间摩擦力不变D. 若粘在c木块上面,绳的张力和a、b间摩擦力都增大【
2、答案】BD【解析】故选BD。2 对于电容,以下说法正确的是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
3、大小,与电容器的电量、电压无关故D错误故选: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3 如图甲所示,一轻质弹簧的下端,固定在水平面上,上端叠放着两个质量均为m的物体A、B(物体B与弹簧栓接),弹簧的劲度系数为k,初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上,使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动,测得两个物体的vt图象如图乙所示(重力加速度为g),则( )A. 施加外力的瞬间,F的大小为2m(ga)B. A、B在t1时刻分离,此时弹簧的弹力大小m(g+a)C. 弹簧弹力等于0时,物体B的速度达到最大值D. B与弹簧组成的系统的机械能先增大,后保持不变
4、【答案】B【解析】解:A、施加F前,物体AB整体平衡,根据平衡条件,有:2Mg=kx;解得:x=2 施加外力F的瞬间,对B物体,根据牛顿第二定律,有:F弹MgFAB=Ma其中:F弹=2Mg解得:FAB=M(ga),故A错误.B、物体A、B在t1时刻分离,此时A、B具有共同的v与a;且FAB=0;对B:F弹Mg=Ma解得:F弹=M(g+a),故B正确.C、B受重力、弹力及压力的作用;当合力为零时,速度最大,而弹簧恢复到原长时,B受到的合力为重力,已经减速一段时间;速度不是最大值;故C错误;D、B与弹簧开始时受到了A的压力做负功,故开始时机械能减小;故D错误;故选:B4 如图所示,可以将电压升高供
5、给电灯的变压器的图是( )【答案】C【解析】试题分析:甲图中原线圈接入恒定电流,变压器不能工作,故A错误;乙图中,原线圈匝数比副线圈匝数多,所以是降压变压器,故B错误;丙图中,原线圈匝数比副线圈匝数少,所以是升压变压器,故C正确;丁图中,原线圈接入恒定电流,变压器不能工作,故D错误。考点:考查了理想变压器5 矩形线圈绕垂直磁场线的轴匀速转动,对于线圈中产生的交变电流( )A交变电流的周期等于线圈转动周期 B交变电流的频率等于线圈的转速C线圈每次通过中性面,交变电流改变一次方向D线圈每次通过中性面,交变电流达到最大值【答案】ABC【解析】试题分析:线圈绕垂直磁感线的轴匀速转动,产生正弦交流电,其
6、周期等于线圈的转动周期,故A正确;频率为周期的倒数,故频率应相等线圈的转速;故B正确;在中性面上时,磁通量最大,但磁通量的变化率为零,即产生感应电动势为零,电流将改变方向,故C正确,D错误考点:考查了交流电的产生6 一个电热水壶的铭牌上所列的主要技术参数如下表所示,根据表中提供的数据,计算出此电热水壶在额定电压下工作时,通过电热水壶的电流约为额定功率1500W额定频率50Hz额定电压220V容量1.6LA. 2.1A B. 3.2A C. 4.1A D. 6.8A【答案】D【解析】试题分析:额定功率等于额定电压与额定电流的乘积;由铭牌读出额定功率和额定电压,由公式P=UI求解额定电流解:由铭牌
7、读出额定功率为P=1500W,额定电压为U=220V,由P=UI,得,通过电热水壶的电流为:I=A6.8A故选:D7 高跷运动是一项新型运动,图甲为弹簧高跷。当人抓住扶手用力蹬踏板压缩弹簧后。人就向上弹起,进而带动高跷跳跃,如图乙。则下列说法正确的是A人向上弹起过程中,先处于超重状态,后处于失重状态B人向上弹起过程中,踏板对人的作用力大于人对踏板的作用力C弹簧压缩到最低点时,高跷对人的作用力大于人的重力D弹簧压缩到最低点时,高跷对地的压力等于人和高跷的总重力【答案】AC【解析】对象,弹簧压缩到最低点时,根据牛顿第二定律,地对高跷的压力大于人和高跷的总重力,再根据牛顿第三定律,可知高跷对地的压力
8、大于人和高跷的总重力,故D项错误;综上所述本题答案是AC。8 (2016河南郑州高三入学考试)如图所示,MPQO为有界的竖直向下的匀强电场,电场强度为E,ACB为光滑固定的半圆形轨迹,轨道半径为R,A、B为圆水平直径的两个端点,AC为圆弧。一个质量为m,电荷量为q的带电小球,从A点正上方高为H处由静止释放,并从A点沿切线进入半圆轨道。不计空气阻力及一切能量损失,关于带电小球的运动情况,下列说法正确的是( )A小球一定能从B点离开轨道B小球在AC部分可能做匀速圆周运动C若小球能从B点离开,上升的高度一定小于HD小球到达C点的速度可能为零【答案】BC【解析】【名师解析】由于题中没有给出H与R、E的
9、关系,所以小球不一定能从B点离开轨道,A项错误;若重力大小等于电场力,小球在AC部分做匀速圆周运动,B项正确;由于小球在AC部分运动时电场力做负功,所以若小球能从B点离开,上升的高度一定小于H,C项正确;若小球到达C点的速度为零,则电场力大于重力,小球不可能沿半圆轨道运动,所以小球到达C点的速度不可能为零,D项错误。9 在远距离输电中,如果输送功率和输送距离不变,要减少输送导线上热损耗,目前最有效而又可行的输送方法是( )A采用超导材料做输送导线; B采用直流电输送;C提高输送电的频率; D提高输送电压.【答案】D【解析】提高输送电压,因为输送功率不变,所以输送电压高了,输送电流就小了,根据可
10、得输送导线上热损耗就小了,选D。10为测某电阻R的阻值,分别接成如图(a)、(b)两电路,在(a)电路中电压表和电流表的示数分别为3V、3mA,乙电路中两表示数分别是2.9V、4mA,则被测电阻的值应为A比略大一些B比略小一些C比略大一些D比750略小一些【答案】B11如图所示,一平行板电容器的两个极板竖直放置,在两极板间有一带电小球,小球用一绝缘轻线悬挂于O点。现给电容器缓慢充电,使两极板所带电荷量分别为+Q和-Q ,此时悬线与竖直方向的夹角为/6。再给电容器缓慢充电,直到悬线与竖直方向的夹角增加到/3,且小球与两极板不接触。则第二次充电使电容器正极板增加的电量是( )AQ/2 BQ C3Q
11、 D2Q【答案】D12桌面上放着一个10匝矩形线圈,如图所示,线圈中心上方一定高度上有一竖立的条形磁体,此时穿过线圈内的磁通量为0.01Wb. 把条形磁体竖放在线圈内的桌面上时,穿过线圈内磁通量为0.12Wb. 如果把条形磁体从图中位置在0.5s内放到线圈内的桌面上,计算可得该过程线圈中的感应电动势的平均值为A. 2.2V B. 0.55V C. 0.22V D. 2.0V【答案】A【解析】由法拉第电磁感应定律:,故A正确,BCD错误。13如图甲所示,在升降机顶部安装了一个能够显示拉力的传感器,传感器下方挂一轻质弹簧,弹簧下端挂一质量为m的小球,若升降机在匀速运行过程中突然停止,以此时为零时刻
12、,在后面一段时间内传感器所显示的弹力F的大小随时间t变化的图象如图乙所示,g为重力加速度,则下列选项正确的是A升降机停止前在向上运动B0t1时间小球处于失重状态,t1t2时间小球处于超重状态Ct1t3时间小球向下运动,速度先增大后减少Dt3t4时间小球向上运动,速度在减小 【答案】AC14如图所示,让平行板电容器带上一定的电量并保持不变,利用静电计可以探究平行板电容器电容的决定因素及决定关系,下列说法正确的是A. 静电计指针张角越大,说明电容器带电量越大B. 静电计指针张角越大,说明电容器的电容越大C. 将平行板间距离减小,会看到静电计指针张角减小D. 将平行板间正对面积减小,会看到静电计张角
13、减小【答案】C【解析】因平行板电容器上带的电量保持不变,故选项A错误;电容器的电容与两板带电量及电势差无关,故选项B错误;根据可知,将平行板间距离减小,则C变大,因Q一定,根据Q=CU可知,U变小,则会看到静电计指针张角减小,选项C正确;将平行板间正对面积减小,则C变小,因Q一定,根据Q=CU可知,U变大,则会看到静电计指针张角变大,选项D错误;故选C.点睛:对于电容器动态变化分析问题,关键根据电容的决定式和定义式结合进行分析,同时要抓住不变量15在如图甲所示的电路中,电源电动势为3V,内阻不计,L1、L2位相同规格的小灯泡,这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示,R为定值电阻,阻值为10当开关S
14、闭合后A. L1的电阻为1.2 B. L1消耗的电功率为0.75WC. L2的电阻为5 D. L2消耗的电功率为0.1W【答案】BC【解析】AB、当开关闭合后,灯泡L1的电压U1=3V,由图读出其电流I1=0.25A,则灯泡L1的电阻,功率P1=U1I1=0.75W故A错误,BC正确; C、灯泡L2的电压为U,电流为I,R与灯泡L2串联,则有,在小灯泡的伏安特性曲线作图,如图所示,则有,L2的电阻为5,L2消耗的电功率为0.2W,故C正确,D错误;故选BC。16a、b两个电容器如图所示,关于电容器下列说法正确的是A. b电容器的电容是B. a电容器的电容小于b的电容C. a与b的电容之比是8:1D. a电容器只有在80V电压下才能正常工作【答案】B【解析】由图可知a电容器的电容是,b电容器的电容是,故A错误,B正确;a与b的电容之比是1:10,故C错误;80V是指电容器正常工作时的电压,不是只有在80V电压下才能正常工作,故D错误。所以B正确,ACD错误。17如图所示,物块A和B用细线绕过定滑轮相连,B物块放在倾角为=37的斜面上刚好不下滑,连接物块B的细线与斜面垂直,物块与斜面间的动摩擦因数为=0.8,设物块B受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则物块A与B的质量之比为A. 1:20 B. 1:15C. 1