2022-2023学年广东省揭阳市东港中学高二物理月考试卷含解析

2022-2023学年广东省揭阳市东港中学高二物理月考试卷含解析 一、 选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意 1. 如图所示，A、B、C、D是某匀强电场中的4个等势面，一个质子和一个α粒子（电荷量是质子的2倍，质量是质子的4倍）同时在A等势面从静止出发，向右运动，当到达D面时，下列说法正确的是     A．电场力做功之比为2∶1 B．它们的动能之比为2∶1 C．它们的速度之比为∶1 D．它们运动的时间之比为1∶1 参考答案： C 2. 如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P从最高端点向下滑动时，    （      ） A电压表V读数先变大后变小，电流表A读数变大 B电压表V读数先变小后变大，电流表A读数变小 C电压表V读数先变大后变小，电流表A读数先变小后变大 D电压表V读数先变小后变大，电流表A读数先变大后变小. 参考答案： A 3. （单选）如图所示，带异种电荷的粒子a、b以相同的动能同时从O点射入宽度为d的有界匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，且同时到达P点。a、b两粒子的质量之比为 A．1∶2       B．2∶1       C．3∶4       D．4∶3 参考答案： C 4. （单选）回旋加速器是加速带电粒子的装置,其主体部分是两个D形金属盒,两金属盒处在垂直于盒底的匀强磁场中,并分别与高频交流电源两极相连接,从而使粒子每次经过两盒间的狭缝时都得到加速,如图所示.现要增大带电粒子从回旋加速器射出时的动能,下列方法可行的是(    ) A.减小磁场的磁感应强度 B.减小狭缝间的距离 C.增大高频交流电压 D.增大金属盒的半径 参考答案： D 5. 2008年除夕夜，中国国家足球队客场挑战伊拉克队。第71分钟，由我国球员郑智头球板平比分。设郑智跃起顶球后，球以E1＝24J的初动能水平抛出，落地时的动能为E2＝32J，不计空气阻力。则球落地时的速度与水平方向的夹角为 A．300                      B．370                    C．450                          D．600   参考答案： A 二、 填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分 6. 某同学在探究玻璃折射率的过程中，根据测得的入射角和折射角的正弦值画出的图线如图所示.当光线由空气射入玻璃砖时，则θ1和θ2中为入射角的是______；当光线由玻璃砖射入空气时，临界角的正弦值是____；从图线可知玻璃砖的折射率是______. 参考答案： θ1      2/3      3/2（或1.5） 7. 如图是一电热水壶的铭牌，由铭牌可知，该电热水壶在额定电压下工作时，所使用的交流电压的最大值为　_________　V，交流电的周期为　_________　s．   电器名称：电热水壶 型    号：WK﹣9016B 额定电压：220V 工作频率：50Hz 额定功率：2200W 参考答案： 220    0.02 解：由图知电水壶的额定电压为220V，频率为50Hz，则所使用的交流电压的最大值， 周期T===0.02s； 故答案为：220，0.02 8. （4分）甲乙两物体做自由落体运动，已知甲物体的重量是乙物体的2倍，而甲物体距地面的高度是乙距地面高度的一半，则甲物体的加速度是乙物体的            倍，甲物体下落的时间是乙物体下落时间的      倍。 参考答案： 1；   9. 如图所示，质量分别为1kg和4kg的A、B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A靠紧竖直墙．用水平力将B向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为50J．这时突然撤去F，关于A、B和弹簧组成的系统，撤去F后，A离开竖直墙前，墙对A的冲量为__________ N.s ，撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为_________J 参考答案： 20 10 10. 汽车上都要使用蓄电池（如图所示），已知这种蓄电池的电动势为12V，该蓄电池给汽车的电动机供电时，如有1C的电荷量从蓄电池流出，蓄电池把　12　J的化学能转化为电能，这些电能同时转化为机械能和　内　能． 参考答案： 考点： 电源的电动势和内阻．版权所有 专题： 恒定电流专题． 分析： 由W=Eq可求得电池放出的电量；用电器工作的过程就是消耗电能的过程，也是电能转化成其它形式能的过程． 解答： 解：由W=Eq可得：转化的化学能E=12×1=12J； 化学能转化为电能，再通过电动机做功将电能转化为机械能和内能； 故答案为：12；内． 11. 质点在O点附近做简谐运动，由O点开始计时，质点第一次到达O点附近的M点需时6s，又经过4s再一次通过M点，则质点第三次通过M点还要经过    s。 参考答案： 12. 用如图所示的电路来测量电池电动势和内电阻，根据测得的数据作出了如图所示的U—I图，由图可知电动势的测量值是          V  ，.电池内阻的测量值         Ω 。                     参考答案： 13. 如图所示，L1和L2是远距离输电的两根高压线，在靠近用户端的某处用电压互感器和电流互感器监测输电参数．在用电高峰期，用户接入电路的用电器逐渐增多的时候．甲　减小　（填增大、减小或不变）；乙　增大　．（填增大、减小或不变）． 参考答案： 解：由图可知：甲是电压互感器，乙是电流互感器，所以甲是电压表，乙是电流表． 在用电高峰期，用户接入电路的用电器逐渐增多的时候，副线圈总电阻变小，副线圈总电流变大，所以输电导线电流变大， 输电导线电阻R不变，由U=IR可知，电压损失变大，所以高压线上输出电压变小， 根据匝数比等于电压之比，所以甲电表的示数变小． 输电导线电流变大，所以乙电表的示数变大， 故答案为：减小，增大． 三、 实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分 14. 在描绘小电珠的伏安特性曲线实验中，一组同学用量程3V的电压表测量小电珠的电压，用多用电表的250mA挡测量通过小电珠的电流． （1）在图甲电路中，需要将多用电表的两表笔连接到a、b两处．其中黑表笔应与　  （填“a”或“b”）连接． （2）将得到的数据记录在表格中，当电压为1.50V时．对应的多用电表指针指示如图乙所示，其读数为　    　mA． （3）根据表格中的其他数据，在答题卡的坐标纸上绘制出I﹣U曲线． 电压U/V 0 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50 电流I/mA 0 115 154   188 200 （4）由I﹣U曲线可以看出，随电压、电流的增大，小电珠的电阻　  　（填“变大”、“变小”或“不变”）． （5）实验完成后，一位同学用多用电表的欧姆挡测量小电珠的电阻．他将选择开关置于电阻“×l”挡，调零后将红黑表笔接在小电珠的两极上．已知多用电表内部欧姆挡所接电池的电动势为1.5V，欧姆挡刻度盘的中央刻度示数为15．则指针应位于　  　区间． A．R＞10    B．7＜R＜9    C．4.5＜R＜7    D．R＜4.5 参考答案： （1）b；（2）173；（3）如图所示；（4）变大；（5）D． 【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线． 【分析】（1）根据多用电表的读数原理和电路图可明确黑表笔应接的位置； （2）根据电流表的量程确定最小分度，从而明确对应的读数； （3）根据描点法可得出对应的伏安特性曲线； （4）根据图象的性质可明确电阻的变化； （5）根据图象O点的斜率可近似表示没有电流时的电阻，则可明确多用电表的指针的位置． 【解答】解：（1）多用电表充当电流表时，应保证电流红进黑出；根据电路图可知，黑表笔应接b处； （2）由图可知，电流表量程为250mA，则最小分度为5mA；则读数为173mA； （3）根据表中数据利用描点法可得出对应的伏安特性曲线； （4）I﹣U图象中图象的斜率表示电阻的倒数，由图可知，电阻随着电压的增大而增大； （5）当电压为零时，图象中过O点的斜率可以表示常温下的电阻，由图可知，电阻约为： =2Ω； 则可知，指针对应的区间应为D； 故答案为：（1）b；（2）173；（3）如图所示；（4）变大；（5）D． 15. 在做“研究平抛运动”的实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画小球做平抛运动的轨迹。为了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出了一些操作要求，将你认为正确的选项前面的字母填在横线上                 。 a．通过调节使斜槽的末端保持水平 b．每次释放小球的位置必须相同 c．每次必须由静止释放小球 d．记录小球位置用的铅笔每次必须严格地等距离下降 e．小球运动时不应与木板上的白纸(或方格纸)相接触 f．将球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线 参考答案：    a、b、c、e 四、计算题：本题共3小题，共计47分 16. （2005?盐城模拟）如图所示，水平面上的A，B两物体中间有一被细线拉着的被压缩了的轻弹簧，两边是两个在竖直平面内的半径分别为R和2R圆弧形轨道．当细线突然断开后，两物体分别运动到轨道最高点时，对轨道的压力都为0．不计任何摩擦，求：A、B两物体的质量mA和mB之比．   参考答案： 见解析 解：系统满足动量守恒得 mAvA=mBvB 最高点：对轨道的压力为0，所以根据牛顿第二定律： A：mAg= B：mBg= 根据动能定理有： ﹣=2mAgR ﹣=4mBgR 联立解得mA：mB=：1 答：A、B两物体的质量mA和mB之比是：1 17. 如图质量为m的机车头拖着质量均为m的n节车厢在平直轨道上以速度v匀速行驶，设机车头和各节车厢受到的阻力均为f，行驶中后面有一节车厢脱落，待脱落车厢停止运动时后面又有一节车厢脱落，各节车厢按此方式依次脱落，整个过程中机车头的牵引力保持不变，问： (1)最后面一节车厢脱落后，机车头和剩下的车厢的加速度是多大？ (2)最后面一节车厢脱落后，当它停止运动时，机车头和剩下的车厢的速度是多大？ (3)全部车厢脱落并停止运动时，机车头的速度是多大？ 参考答案： 解答：(1)质量为m的机车头拖着质量均为m的n节车厢在平直轨道上以速度v匀速行驶，F-(n+1)f=0 最后面一节车厢脱落后，机车头和剩下的车厢合力为F-f， 由牛顿第二定律F-f=nma1， 联立解得最后面一节车厢脱落后，机车头和剩下的车厢的加速度a1=f/nm。 (2)设最后面一节车厢脱落到停止运动的时间为t1，则有v=at1。 由牛顿第二定律a=f/m， 解得t1=mv/f。 18. 如图所示，用水平拉力F使物体由静止开始沿光滑水平面做匀加速直线运动，物体的加速度a = 2.0 m/s2，已知物体的质量m = 1.0 kg．求： （1）水平拉力的大小F； （2）物体在t = 2.0 s时速度的大小υ． 参考答案： （1）水平拉力的大小 F= ma = 2.0 N （2）物体在t = 2.0 s时速度的大小 υ= a t = 4.0 m/s