1、湖南省湘潭县第一中学2019-2020学年高二物理下学期2月月考试题（含解析）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。其中18小题为单选，912小题为多选）1.如图所示，倾角为 37的传送带以速度 v2 m/s 沿图示方向匀速运动。现将一 质量为 2 kg 的小木块，从传送带的底端以 v04 m/s 的初速度，沿传送带运动方 向滑上传送带。已知小木块与传送带间的动摩擦因数为 0.5，传送带足够长， sin 370.6，cos 370.8，取 g10 m/s2。小物块从滑上传送带至到达最高点的过程中，下列说法正确的是（ ）A. 运动时间为 0.4 sB. 发生的位移为 1.2 mC.
2、产生的热量为 9.6 JD. 摩擦力对小木块所做功为 12.8 J【答案】C【解析】【分析】考查牛顿第二定律的应用，传送带模型。【详解】A初始时，小木块相对于传送带向上运动，摩擦力向下，有：解得，沿斜面向下，减速到2m/s，用时：之后摩擦力向上，最大静摩擦力：小木块继续减速向上运动，直到最高点时速度为零：解得，沿斜面向下，用时：所以小物块从滑上传送带至到达最高点的过程中，一共用时：A错误；B4m/s减速到2m/s过程中：解得，2m/s减速到0过程中：解得，则总位移：B错误；C4m/s减速到2m/s 过程中，相对路程：2m/s减速到0过程中，相对路程：总相对路程：产生的热量为：C正确；D由动能定
3、理：解得，D错误。故选C。2.如图所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着系于竖直板上，两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细线相连，两球均处于静止状态，已知B球质量为m，O点在半圆柱体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30角，OA长度与半圆柱体半径相等，OB与竖直方向成45角，则下列叙述正确的是A. 小球A、B受到的拉力TOA与TOB相等，且TOATOBB. 弹簧弹力大小C. A球质量D. 光滑半圆柱体对A球支持力的大小为mg【答案】C【解析】【详解】A、B、隔离对B分析，根据共点力平衡得：水平方向有：TOBsin45=F竖直方向有：TOBcos45=mg，则，弹簧
4、弹力 F=mg，根据定滑轮的特性知：TOA与TOB相等；故A，B错误.C、D、对A分析，如图所示：由几何关系可知拉力TOA和支持力N与水平方向的夹角相等，夹角为60，则N和T相等，有：2TOAsin60=mAg，解得：，由对称性可得：，故C正确，D错误.故选C.【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解本题采用隔离法研究比较简便3.两质量均为m的物块A、B用轻弹簧连接起来用细线悬挂在升降机内，如图所示当升降机正以大小为a2 m/s2的加速度加速上升时，细线突然断裂，则在细线断裂瞬间，A、B的加速度分别为(取竖直向上为正方向，重力加速度大小g取10 m/s2)()A. 2
5、m/s2，2 m/s2B. 12 m/s2，2 m/s2C. 24 m/s2，0D. 22 m/s2，2 m/s2【答案】D【解析】【详解】在细线断裂前，根据牛顿第二定律，对AB整体有：对B有：解得：细线拉力弹簧弹力在细线断裂瞬间，F1突然消失而F2和A、B的重力不变，则A受到的合力大小产生的加速度在此瞬间B的受力不变，加速度不变，为2 m/s2。选项D正确，ABC错误。故选D。4.如图是德国物理学家史特恩设计的最早测定气体分子速率的示意图M、N是两个共轴圆筒的横截面，外筒N的半径为R，内筒的半径比R小得多，可忽略不计筒的两端封闭，两筒之间抽成真空，两筒以相同角速度绕其中心轴线匀速转动M筒开有
6、与转轴平行的狭缝S，且不断沿半径方向向外射出速率分别为v1和v2的分子，分子到达N筒后被吸附，如果R、v1、v2保持不变，取某合适值，则以下结论中正确的是（ ）A. 当时（n为正整数），分子落在不同的狭条上B. 当时（n为正整数），分子落在同一个狭条上C. 只要时间足够长，N筒上到处都落有分子D. 分子不可能落在N筒上某两处且与S平行的狭条上【答案】A【解析】微粒从M到N运动时间 ，对应N筒转过角度 ，即如果以v1射出时，转过角度： ，如果以v2射出时，转过角度： ，只要1、2不是相差2的整数倍，即当 时（n为正整数），分子落在不同的两处与S平行的狭条上，故A正确，D错误；若相差2的整数倍，则
7、落在一处，即当 时（n为正整数），分子落在同一个狭条上故B错误；若微粒运动时间为N筒转动周期的整数倍，微粒只能到达N筒上固定的位置，因此，故C错误故选A点睛：解答此题一定明确微粒运动的时间与N筒转动的时间相等，在此基础上分别以v1、v2射出时来讨论微粒落到N筒上的可能位置5.如图，某空间站在轨道半径为R的近地圆轨道I上围绕地球运行，一宇宙飞船与空间站对接后，在轨道I上围绕地球运行多圈后又与空间站分离，进入椭圆轨道II运行已知椭圆轨道的远地点到地球球心的距离为3.5R，地球质量为M，万有引力常量为G，则A. 空间站在圆轨道I上运行的周期为B. 空间站与飞船对接后在圆轨道I上运行的周期变小C. 飞
8、船在椭圆轨道远地点的速率是近地点的3.5倍D. 飞船与空间站分离后在远离地球过程中其机械能不断增大【答案】A【解析】【详解】A.根据公式可得，因为，所以，A正确；B.从可知半径越大，周期越大，空间站与飞船对接后仍在轨道I上运行，半径不变，所以周期不变，B错误；C.根据公式可得，飞船在近地点的速度为，在远地点的速度为，所以飞船在椭圆轨道远地点的速率是近地点的，C错误；D.在这个过程中只有万有引力做功，机械能不变，D错误；故选A6.质量为m的物体从高为h的斜面顶端静止下滑，最后停在平面上，若该物体以v0的初速度从顶端下滑，最后仍停在平面上，如图甲所示图乙为物体两次在平面上运动的vt图，则物体在斜面
9、上运动过程中克服摩擦力的功为A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】若物体静止开始下滑，由动能定理得：若该物体以v0的初速度从顶端下滑, 由动能定理得：由乙图可知，物体两次滑到平面的速度关系为;由以上三式解得：A物体在斜面上运动过程中克服摩擦力的功为，A选项错误B物体在斜面上运动过程中克服摩擦力的功为，B选项错误C物体在斜面上运动过程中克服摩擦力的功为，C选项错误D物体在斜面上运动过程中克服摩擦力的功为，D选项正确7.如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一质量为m的光滑弧形槽静止放在足够长的光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切。一质量为2m的小物块从槽顶端距水平面高h处由静止开始下
10、滑，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）A. 物块第一次滑到槽底端时，槽的动能为mghB. 在下滑过程中物块和槽之间的相互作用力对物块始终不做功C. 全过程中物块、槽和弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒D. 物块第一次被弹簧反弹后能追上槽，且能回到槽上距水平面高h处【答案】A【解析】【分析】考查机械能守恒定律，动量守恒定律。【详解】A小物块下滑过程中，小物块与槽系统水平方向动量守恒，物块第一次滑到槽底端时，有：槽光滑无摩擦，下滑过程中机械能守恒：联立解得：，槽的动能为：A正确；B在下滑过程中，槽的机械能增加，由能量守恒可知，小物块机械能减少，则除了重力以外的其他力做负功，小物块除
11、了受重力外，就受槽对小物块的作用力，所以槽对小物块的作用力做了负功，B错误；C全过程中，除了重力和弹簧弹力以外的其他力做功之和为零，所以物块、槽和弹簧所组成的系统机械能守恒，小物块压缩弹簧过程中，水平方向上受墙壁的支持力，动量不守恒，C错误；D物块第一次被弹簧反弹后速度大小为刚滑下来时的速度大小，即，小于槽的速度，不能追上槽，D错误。故选A8.如图所示，A、B、C、D是真空中一正四面体的四个顶点，每条棱长均为l.在正四面体的中心固定一电荷量为-Q的点电荷，静电力常量为k,下列说法正确的是A. A、B两点场强相同B. A点电场强度大小为C. A点电势高于C点电势D. 将一正电荷从A点沿直线移动到
12、B点的过程中，电场力一直不做功【答案】B【解析】由于点电荷在正四面体的中心，由对称性可知，A、B两点的场强大小相等，但是方向不同，故A错误；由立体几何知识，可知正四面体的中心到顶点的距离为，由，故B正确；电势为标量，由对称性可知A点电势等于C点电势，故C错误；从A点沿直线移动到B点的过程中电势先降低再升高，对于正电荷而言，其电势能先变小再变大，所以电场力先做正功，再做负功，故D错误9.一平行板电容器的两块金属板A，B正对竖直放置，在金属板A的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球(可视为点电荷)。两块金属板接在如图所示的电路中，电路中的R1为光敏电阻(其阻值随所受光照强度的增大而减小)，R
13、2为滑动变阻器，R3为定值电阻。当R2的滑动触头P在中间时闭合开关S，此时电流表和电压表的示数分别为I和U，带电小球静止时绝缘细线与金属板A的夹角为。电源电动势E和内阻r一定，下列说法中正确的是（）A. 若将R2的滑动触头P向a端移动，则变小B. 若将R2的滑动触头P向b端移动，则I减小，U增大C. 保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则小球重新达到稳定后变大D. 保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则平行板电容器的电量变小【答案】BD【解析】【详解】A平行板电容器与光敏电阻并联，而光敏电阻与滑动变阻器串联，当将R2的滑动触头P向a端移动，总电阻减小，总电流增大，那么光敏电阻两端电压增
14、大，因此电容器两端的电压也增大，则变大，故A错误；B若将R2的滑动触头P向b端移动，总电阻增大，则I减小，因此内电压减小，则U增大，故B正确；C用更强的光线照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，电流增大，内电压增大，外电压减小，即U减小，但R2和R3两端电压都增大，故R1两端电压减小，所以电容器两端的电压减小，小球重新达到稳定后变小，故C错误；D由C选项分析可知，当电容器两端的电压减小时，依据Q=CU，平行板电容器的电量变小，故D正确。故选BD10.如图所示，在直角坐标系xOy中x0空间内充满方向垂直纸面向里的匀强磁场（其他区域无磁场），磁感应强度为B，x0空间内充满方向水平向右的匀强电场（其
15、他区域无电场），电场强度为E，在y轴上关于O点对称的C、D两点间距为L。带电粒子P（不计重力）从C点以速率v沿x轴正方向射入磁场，并能从D点射出磁场；与粒子P不相同的粒子Q从C点以不同的速度v同时沿纸面平行x轴射入磁场，并恰好从D点第一次穿过y轴进入电场，且粒子P、Q同时过D点，则下列说法正确的是（ ）A. 粒子P带正电B. 在粒子Q从C点运动到D点的过程中，粒子P在磁场中运动的时间一定为C. 在粒子Q从C点运动到D点的过程中，粒子P在磁场中运动的路程可能为D. 粒子P与Q的比荷之比可能为2【答案】ABD【解析】【详解】A.由题意分析可知，粒子P经磁场匀速圆周运动偏转后垂直y轴进入电场，经电场
16、中匀变速直线运动后，又在磁场中偏转，如此往复。由左手定则易知粒子P带正电，故A正确；BC.由粒子P在磁场中做周期性运动可知，若粒子P在磁场中偏转n次（n2，3，4，），则2nRL；在粒子Q从C点运动到D点的过程中，粒子P在磁场中运动的路程snR粒子P在磁场中运动的时间t故B正确；C错误D.若粒子P在磁场中偏转n次，所用时间tPn（n1）Q在磁场中运动半周的时间tQ而tPtQ，当n2时，P与Q的比荷之比为2，故D正确。故选ABD。11.由法拉第电磁感应定律可知，若穿过某截面的磁通量为=msint，则产生的感应电动势为e=mcost如图所示，竖直面内有一个闭合导线框ACD（由细软弹性电阻丝制成），
17、端点A、D固定在以水平线段AD为直径的半圆形区域内，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场设导线框的电阻恒为r，圆的半径为R，用两种方式使导线框上产生感应电流方式一：将导线与圆周的接触点C点以恒定角速度1（相对圆心O）从A点沿圆弧移动至D点；方式二：以AD为轴，保持ADC=45，将导线框以恒定的角速度2转90则下列说法正确的是A. 方式一中，在C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，导线框中的感应电动势最大B. 方式一中，在C从A点沿圆弧移动到图中ADC=30位置的过程中，通过导线截面的电荷量为C. 若两种方式电阻丝上产生的热量相等，则D. 两种方式回路中电动势的有效值之比【答案】BD【
18、解析】【详解】第一种方式穿过回路的磁通量,所产生的电动势为,在C沿圆弧移动到圆心O的正上方时 ,此时的感应电动势为零,故A错误；方式一中，在C从A点沿圆弧移动到图中ADC=30位置的过程中，穿过回路磁通量的变化量为 则，故B正确；第二种方式穿回路的磁通量 ,所产生的电动势为,则两种方式所产生的正弦交流电动势的有效值之比为 故D正确；两个转动时间满足 ,且若两种方式电阻丝上产生的热量相等，则 ，故C错误；故选BD12.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为10:1，电压表为理想电表，R为光敏电阻（其阻值随光的照射强度增大而减小），、是三个额定电压均为10V的灯泡，其中、规格相同。原线圈接入如图乙
19、所示的正弦交流电，三个灯泡均正常发光，设灯泡不会烧坏，下列说法正确的是( )A. 电路中电流1s内改变50次方向B. 灯泡L1、L2的电功率之比为1:5C. 若将灯泡换为一个理想二极管，则电压表示数为11VD. 若将灯泡换为一个理想电流表，把照射R的光减弱，、仍然可能正常发光【答案】BD【解析】【详解】A由图乙可知交流电的周期为，所以频率为：所以电路中电流1s内改变100次方向，故A错误；B理想变压器原、副线圈匝数比为10:1，故原副线圈电流之比为：又因为、规格相同，所以的电流等于副线圈电流的一半，所以有流过、电流之比为：因为三个灯泡均正常发光，电压相同，故由：可知电功率之比等于电流之比，即：
20、故B正确；C若将灯泡换为一个理想二极管，则根据二极管单向导电性可知输入电压图像为：根据有效值定义可得：解得有效值；理想变压器原、副线圈匝数比为10:1，故副线圈电压为，即电压表示数为，故C错误；D若将灯泡换为一个理想电流表，则原线圈电压增加，副线圈电压增加；把照射R的光减弱，则阻值增加，根据：可知副线圈电流可能不变，流过、的电流可能不变，即、仍然可能正常发光，故D正确。故选BD。二、实验题（本题共2小题，每空3分，共24分）13.如图所示为弹簧弹射装置，在内壁光滑、水平固定的金属管中放有轻弹簧，在其两端各放置一个金属小球1和2（两球直径略小于管内径且与弹簧不固连），压缩弹簧并锁定现解除锁定，则
21、两个小球同时沿同一直线向相反方向弹射按下述步骤进行实验：用天平测出两球质量分别为m1、m2；用刻度尺测出两管口离地面的高度均为h；解除弹簧锁定弹出两球，记录两球在水平地面上的落点P、Q回答下列问题：（1）要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能，还需测量的物理量有_（已知重力加速度g）A弹簧的压缩量xB两球落点P、Q到对应管口M、N的水平距离x1、x2C小球直径dD两球从管口弹出到落地的时间t1、t2（2）根据测量结果，可得弹性势能的表达式为EP=_（3）由上述测得的物理量来表示，如果满足关系式_，那么说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒【答案】 (1). （1）B (2). （2） (3).
22、 （3）m1x1=m2x2【解析】【详解】（1）由题意可知，弹簧的弹性势能转化为小球的动能，则由EP=mv2即可求得弹性势能；故应测量小球的质量m以及通过光电门的速度v，为了测量小球的速度，在做平抛动的水平位移，压缩量以及时间和小球的直径均不需要测量；故B正确，ACD错误故选B；（2）由（1）可知，EP=m1v12+m2v22由h=gt2可得：平抛运动的时间t=；根据水平方向上的匀速直线运动规律可知：v1=；v2=即EP=m1v12+m2v22= （3）根据动量守恒定律可知，两球碰前动量为零，碰后方向向反，设向左为正，则有：0=m1v1-m2v2再根据水平方向x=vt可得：m1x1=m2x2；
23、14.要测绘一个标有“3 V 0.6 W”小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3 V，并便于操作已选用的器材有：直流电源（电压为4 V）；电流表（量程为00.6 A，内阻约0.5 )；电压表（量程为03 V，内阻约3 k)；电键一个、导线若干（1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的_（填字母代号）A滑动变阻器（最大阻值10 ，额定电流1 A）B滑动变阻器（最大阻值1 k，额定电流0.3 A）（2）如图为某同学在实验过程中完成的部分电路连接的情况，请你帮他完成其余部分的线路连接（用黑色水笔画线表示对应的导线）（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示由曲线可知小灯泡的电阻随
24、电压增大而_（填“增大”、“不变”或“减小”）（4）如果某次实验测得小灯泡两端所加电压如图所示，请结合图线算出此时小灯泡的电阻是_（保留两位有效数字）（5）根据实验得到的小灯泡伏安特性曲线，下列分析正确的是_A测得的小灯泡正常发光的功率偏小，主要是由于电压表内阻引起B测得的小灯泡正常发光的功率偏小，主要是由于电流表内阻引起C测得的小灯泡正常发光的功率偏大，主要是由于电压表内阻引起D测得的小灯泡正常发光的功率偏大，主要是由于电流表内阻引起【答案】 (1). A (2). (3). 增大 (4). 12 C【解析】【分析】由于采用分压式接法，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；根据题意确
25、定滑动变阻器与电流表的接法，然后连接实物电路图；根据图示图象应用欧姆定律分析答题；由图示电压表读出其示数，由图示图象求出对应的电流，然后由欧姆定律求出电阻阻值；根据电路图应用串并联电路特点与功率公式分析答题；【详解】解：(1) 由于采用分压式接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择A；(2)描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时的电阻为：, 电流表内阻约为0.5，电压表内阻约为3k，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实物电路图如图所示：(3)由图示图象可知，随电压增大通过灯泡的电流增大，电压与电流表的比值增大，灯泡电阻增大；(4)电压
26、表量程为3V，由图示电压表可知其分度值为0.1V，示数为2.3V，由图示图象可知，2.3V对应的电流为0.196A，此时灯泡电阻为：；(5)电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，所测电流I偏大，测得的小灯泡正常发光的功率P=UI偏大，故C正确，A、B、D错误；故选C三、计算题（本题共2小题，共28分。计算题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15.如图所示，质量M=2kg、高h=0.2m的长木板静止在粗糙的水平地面上，长木板与地面间的动摩擦因数。在长木板上放置一个质量m=lkg的铁块（可视为质点），开始时铁块离长木
27、板左端B点的距离L=0.5m，铁块与木板间的动摩擦因数，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g =10m/s2。若在长木板上加一个水平向右的恒力F，求：(1)要将长木板从铁块下抽出，水平向右的恒力F应满足什么条件。(2)若水平向右的恒力为17N，铁块与长木板分离时两者的速度大小。(3)在(2)中，在铁块落地前的整个过程中，铁块、长木板和地面组成的系统因摩擦所产生的热量。【答案】(1) F9N; (2) 3m/s lm/s; (3) 4.75J【解析】【详解】(1)欲将长木板从铁块下抽出，这两者间必存在相对运动，两者刚好发生相对滑动时，对滑块，由牛顿第二定律有：解得：对长木板，由牛顿第二定律有： 解得
28、：即恒力F应满足的条件为 (2)当时，滑块相对于长木板将发生相对滑动，对长板，有：解得：a1=6m/s2滑块的加速度：a2=a=2m/s2分离时长木板的位移：铁块的位移： 两者分离时有：解得： 设滑块离开长木板的瞬间，长木板与铁块的速度分别为v1，v2，则： (3)在(2)问中，分离时长木板位移： 滑块离开长木板后做平抛运动，由平抛运动规律有： 滑块离开长木板后，对长木板，由牛顿第二定律可知：解得：a3=7.5m/s2滑块离开长木板到落地时长木板的位移：解得：x3=0.75m整个过程中，滑块与长板间因摩擦产生的热量： 长木板与水平面间因摩擦产生的热量：铁块、长木板和水平地面组成的系统因摩擦产生
29、的热量：16.如图，在平面直角坐标系xOy中，直角三角形区域ABC内存在垂直纸面向里的匀强磁场，线段COOBL，30；第三象限内存在垂直纸面的匀强磁场(图中未画出)，过C点放置着一面与y轴平行的足够大荧光屏CD；第四象限正方形区域OBFE内存在沿x轴正方向的匀强电场。一电子以速度v0从x轴上P点沿y轴正方向射入磁场，恰以O点为圆心做圆周运动且刚好不从AC边射出磁场；电子经y轴进入第三象限时速度与y轴负方向成60角，到达荧光屏时速度方向恰好与荧光屏平行。已知电子的质量为m，电荷量的绝对值为e，不计电子的重力。求：(1)P点距O点的距离；(2)电子在电场中运动时间；(3)区域ABC内的磁感应强度B
30、1与第三象限内的磁感应强度B2的大小之比。【答案】(1)，(2)，(3)或。【解析】【详解】(1)电子在区域内以点为圆心做匀速圆周运动，在点与相切，其运动轨迹如图：在中，根据几何知识有：；(2)电子从点进入电场做类平抛运动，设电子从边离开且在电场中运动的时间为，在方向上有：根据运动学规律有：解得：在方向上有：；(3)电子穿出电场时有：在区域内，洛伦兹力提供向心力：可得：在第三象限，电子做圆周运动有两种情况若磁场方向垂直于纸面向里，设其做匀速圆周运动的轨道半径为，圆心在，根据几何知识有：洛伦兹力提供向心力：解得：则：；若磁场方向垂直于纸面向外，设其做匀速圆周运动的轨道半径为，圆心为，根据几何知识有：根据牛顿第二定律有：得：解得：。