1、云南民族大学附属中学2017年秋季学期10月月考高二物理试卷一、单选题1. 关于物理学研究中使用的主要方法，以下说法中错误的是（）A. 用质点代替有质量的物体，应用的是模型法B. 用实验探究加速度、力和质量三者之间的关系时，应用了控制变量法C. 利用速度-时间图象推导匀变速直线运动的位移公式时，使用了微元法D. 伽利略在利用理想实验探究力和运动的关系时，使用的是实验法【答案】D【解析】A、质点是高中所涉及的重要的理想化模型，是抓住问题的主要因素，忽略次要因素，故A正确； B、在用实验探究加速度、力和质量三者之间的关系时，由于涉及物理量较多，因此采用控制变量法进行实验，故B正确； D、理想斜面实
2、验探究力和运动的关系时，采用的是理想斜面实验法和将试验结论外推的方法，故D错误 本题选错误的，故选：D点睛：物理学的发展离不开科学的思维方法，要明确各种科学方法在物理中的应用，如控制变量法、理想实验、理想化模型、极限思想等2. 关于电流的说法中正确的是（）A. 根据，可知I与q成正比B. 电流有方向，电流也有矢量C. 在金属导体中，自由电子移动方向为电流方向D. 电流的单位“安培”是国际单位制中的基本单位【答案】D【解析】电流的定义 ，是根据比值定义法定义的，即电流不跟q成正比，也不与时间t成反比故A错误电流有方向，但是在计算的过程中使用代数的方法计算，不用平行四边形定则，所以电流强度这个物理
3、量是标量故B错误正电荷的“定向”运动方向是电流方向，故C错误电流强度的单位“安培”是国际单位制中的基本单位，故D正确；故选D点睛：该题考查电流的基本概念容易出错的是有些学生会错误认为根据电流与q成正比与时间t成反比3. 如图所示，将质量为m的物体用一竖直弹簧固定在一向上运动的升降机内，根据弹簧伸长或压缩的状态，下列判断正确的是（） A. 当弹簧处于压缩状态时，物体超重，升降机一定加速向上B. 当弹簧处于压缩状态时，物体失重，升降机一定减速向上C. 当弹簧处于伸长状态时，物体超重，升降机一定加速向上D. 当弹簧处于伸长状态时，物体失重，升降机一定减速向上【答案】B【解析】AB、当弹簧处于压缩状态
4、时，弹簧对物体的作用力的方向向下，物体受到的重力的方向向下，所以物体受到的合外力的方向向下，则加速度的方向向下，物体一定失重，又向上运动的升降机，升降机一定减速向上故A错误，B正确； 故选：B 4. 如图所示的是示波管工作原理图：电子经电场加速后垂直射入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转电场的极板长度与极板间的距离分别为L和d，取“单位偏转电压引起的偏转距离”来描述示波管的灵敏度（该距离越大则灵敏度越高），则下列哪种方法可使示波管的灵敏度提高（） A. 增大U1 B. 增大U2 C. 减小L D. 减小d【答案】D【解析】试题分析：经加速电场后的速度为V，则，所以电子进入偏转电场
5、时速度的大小为，v0=，电子进入偏转电场后的偏转的位移为，y=at2=，所以示波管的灵敏度=，所以要提高示波管的灵敏度可以增大l，减小d和减小U1，所以D正确考点：示波器的原理5. 如图所示电路，闭合开关S，将滑动变阻器的滑动片p向b端移动时，电压表和电流表的示数变化情况的是（） A. 电压表示数增大，电流表示数变小 B. 电压表和电流表示数都增大C. 电压表和电流表示数都减小 D. 电压表示数减小，电流表示数增大【答案】C【解析】当滑动变阻器的滑动片p向b端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析可知总电流I增大，路端电压U减小，则电压表的读数变小图中并联
6、部分电路的电压减小，则电流表的读数变小故C正确 6. 如图所示，直线a为某电源的U-I图线，直线b为电阻R的U-I图线，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的内阻分别为() A. 4W，1 B. 6W，1 C. 4W，0.5 D. 2W，0.5【答案】C【解析】电源的输出功率P=UI=2V2A=4W，,故选C二、多选题7. 运动员从地面跳起时，下列判断正确的是（）A. 地面对运动员的支持力等于运动员对地的压力B. 运动员对地的压力大于运动员的重力C. 地面对运动员的支持力大于运动员的重力D. 地面对运动员的支持力跟运动员对地面的压力的合力大于运动员的重力【答案】ABC【解析】A
7、BC、运动员受到重力和地面的支持力，之所以能起跳，是因为地面对运动员的支持力大于运动员的重力，产生向上的加速度 运动员对地面的压力等于地面对运动员的支持力，而支持力大于运动员的重力，所以运动员对地面的压力大于运动员的重力故ABC均正确； D、地面对运动员的支持力跟运动员对地面的压力是相互作用力，作用在不同的物体上，效果不能抵消，不能合成，故D错误 8. 如图所示，在等量正电荷形成的电场中，画一正方形ABCD，对角线AC与两点电荷连线重合，两对角线交点O恰为电荷连线的中点下列说法中正确的是（） A. B、D两点的电场强度及电势均相同 B. A、B两点间的电势差UAB与C、D两点间的电势差UCD相
8、等C. 一质子由B点沿BOD路径移至D点，电势能先增大后减小D. 一电子由C点沿COA路径移至A点，电场力对其先做负功后做正功【答案】BCD【解析】试题分析：BD两点的电场强度方向相反，故二点的电场强度不可能相等，选项A错误；根据对称性，AC两点的电势相等，BD两点的电势相等，故A、B两点间的电势差UAB与C、D两点间的电势差UCD相等，选项B正确；BOD三点相比较，O点的电势最高，故一质子由B点沿BOD路径移至D点，电势能先增大后减小，选项C正确；AOC三点，O点的电势最小，电子在O点的电势能最大，故一电子由C点沿COA路径移至A点，电势能先变大后变小，所以电场力对其先做负功后做正功，选项D
9、正确。考点：等量同种电荷电势，电场强度的分布。9. 2007年10月24日，我国发射了第一颗探月卫星-“嫦娥一号”，使“嫦娥奔月”这一古老的神话变成了现实嫦娥一号发射后先绕地球做圆周运动，经多次变轨，最终进入距月球表面h=200公里的圆形工作轨道，开始进行科学探测活动设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g，万有引力常量为G，则下列说法正确的是（）A. 嫦娥一号绕月球运行的周期为B. 在嫦娥一号的工作轨道处的重力加速度为C. 嫦娥一号在工作轨道上的绕行速度为D. 由题目条件可知月球的平均密度为【答案】BD【解析】试题分析：根据万有引力提供向心力，即：解得；，嫦娥一号的轨道半径为结合黄金代换公式
10、：，代入线速度和周期公式得：，故AC错误；由黄金代换公式得中心天体的质量，月球的体积，则月球的密度，故D正确；月球表面万有引力等于重力，则，得：，故B正确。考点：考查了万有引力定律的应用10. 如图所示，真空中有一个固定的点电荷，电荷量为+Q图中的虚线表示该点电荷形成的电场中的等势面有两个一价离子M、N（不计重力，也不计它们之间的电场力）先后从a点以相同的速率v0射入该电场，运动轨迹分别为曲线apb和aqc，其中p、q分别是它们离固定点电荷最近的位置以下说法正确的是（） A. M在b点的速率大于N在c的速率B. M是负离子，N是正离子C. apb过程中电场力先做负功再做正功D. M从pb过程中
11、电势能的增量小于N从aq电势能的增量【答案】BD【解析】AB、根据运动轨迹的弯曲可知，M受到的是库仑引力、N受到的是库仑斥力，则M为负离子，N为正离子，a、b、c在同一个等势面上，ab和ac电势差为零，则静电力不做功，可知M在b点的速率等于N在c点的速率，故A错误，B正确 C、M从apb过程，由于M受到的是库仑引力，则电场力先做正功再做负功，故C错误 D、Pb间的电势差小于qc间的电势差，则从p到b过程中电场力做功小于q到c过程中电场力做功，则M从pb过程中电势能的增量小于N从aq电势能的增量，故D正确 点睛：根据轨迹判定“电荷N受到中心电荷的斥力，而电荷M受到中心电荷的引力”是解决本题的突破
12、口电场力做功等于电势能的减小量11. 能自发地进行衰变，下列判断正确的是（）A. 经衰变后变成 B. 经衰变后变成C. 发生衰变时，原子核内一个质子转化成中子 D. 发生衰变时，原子核内一个中子转化成质子【答案】BD【解析】发生衰变时，原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，所以每发射一个粒子，一个中子转化为质子， 依据质量数与质子数守恒，则有故B、D正确，A、C错误点睛：衰变的电子来自原子核，不是核外电子，注意衰变与衰变的区别12. 平行板电容器的两极板A、B接于电源两极，两极板竖直、平行正对一带电小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，电容器充电，悬线静止时偏离竖直方向的夹角为
13、，如图所示则下列说法正确的是（） A. 开关S闭合，将A板向B板靠近，则减小B. 开关S闭合，将A板向B板靠近，则增大C. 开关S断开，将A板向B板靠近，则增大D. 开关S断开，将A板向B板靠近，则不变【答案】BD【解析】试题分析：保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变，带正电的A板向B板靠近，极板间距离减小，电场强度E增大，小球所受的电场力变大，增大故A错误，B正确断开开关S，电容器所带的电量不变，根据，得，知d变化，E不变，电场力不变，不变，故C错误，D正确故选BD考点：电容器的动态分析【名师点睛】解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源
14、相连，电容器两端间的电势差保持不变。三、实验题探究题13. 某同学用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律 该同学将滑块从距离光电门x远处由静止释放，遮光条通过光电门时，光电门记录的时间为t；测得气垫导轨长度为L1垫起一端距离水平桌面的高度为h用游标卡尺测量遮光条的宽度如图乙所示，则遮光条的宽度d= _ mm；若重力加速度为g，用相关物理量的字母表示，则滑块下滑过程中加速度的理论值可表示为a= _ ，加速度的测量值可表示为a= _ 【答案】 (1). 4.4 (2). (3). 【解析】游标卡尺的主尺读数为4mm，游标读数为0.14mm=0.4mm，则d=4.4mm， 根据牛顿第二定律可知：由几何关
15、系可知： 解得：加速度的理论值为：根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，滑块经过光电门的速度为：根据可得加速度的测量值为：点睛：游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读； 根据牛顿第二定律可求得加速度的理论值；根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出滑块经过光电门时的速度大小，再根据速度和位移关系即可求得加速度的测量值 14. 为了测定一个“6.3V、1W”的小电珠在额定电压下较准确的电阻值，可供选择的器材有：A电流表（03A，内阻约0.04）B毫安表（0300mA，内阻约4） C电压表（010V，内阻10K） D电压表（03V，内阻10K） E电源（额定电压6V，最大允许电流2A）
16、 F电源（额定电压9V，最大允许电流1A） G可变电阻（阻值范围010，额定电流1A） H可变电阻（阻值范围050，额定功率0.5W） I导线若干根，电键一个 （1）为使测量安全和尽可能准确，应选用的器材是 _ （用字母代号填写） （2）请画出电路图并把图中所示实物图用线连接起来【答案】 (1). .BCFGI (2). (3). 【解析】试题分析：（1）由小电珠规格“63V，1W”可知，额定电流为：，故电流表应选B；由于小电珠的额定电压为63V，所以电压表应选C；电源应选F；由于实验要求测量安全和尽可能准确，则要求电流从零调，所以变阻器应用分压式接法，而采用分压式接法时，变阻器的电阻越小调节
17、越方便，所以变阻器应选G；显然还必需要选择I，所以应选用的器材是BCFGI（2）由于小电珠电阻较小，满足，因此电流表应使用外接法，从（1）可知滑动变阻器采用分压接法，作出电路图，根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示考点：付安法测电阻【名师点睛】本题考查了实验器材的选择，设计实验电路图、连接实物电路图，要掌握实验器材的选择原则，确定滑动变阻器与电流表接法是正确设计实验电路的关键，当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器应采用分压接法。15. 某同学在测定金属圆柱体电阻率时需要先测量其尺寸，他分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图（a）和如图（b）所示，长度为
18、 _ mm，直径为 _ mm 【答案】 (1). 50.2； (2). 4.815【解析】试题分析：游标卡尺游标尺有10个，精确度为0.1mm，故其读数为50+20.1=50.2mm=5.02cm；螺旋测微器读数为4.5+31.50.01=4.815mm。考点：游标卡尺和螺旋测微器读数16. 如图甲为某同学测绘额定电压为2.5V的小灯泡的I-U特性曲线的实验电路图（1）根据电路图甲，用笔画线替代导线，将答题纸图乙中的实验电路图连接完整（图乙左边是电压表） （2）依据你所连接的电路，在开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应该置于 _ 端（选填“A”、“B”或“AB中间”） （3）实验中测得有关数据如
19、表： U/V0.400.801.201.602.002.402.80I/A0.100.160.200.230.250.260.27根据表中的实验数据，在图丙中画出小灯泡的I-U特性曲线 （4）如果用一个电动势为3V，内阻为25的直流电源直接给该小灯泡供电，则小灯泡的实际功率为 _ W【答案】 (1). (2). A (3). (4). 0.054【解析】试题分析：（1）小灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表选择3V量程，从表中可知当小灯泡满足额定电压时，电流在0.26与0.27之间，故电流表选取0.6量程，实物电路图如图所示，注意电表的正负极（2）在开关S闭合之前，为了保护小灯泡不被烧坏，应使
20、小灯泡两端的电压为零，即在A端（3）伏安特性曲线如图所示，（4）在I-U图象中同时作出表示电源的I-U图象，读出两图线的交点坐标，然后根据公式可得小灯泡的实际功率为考点：描绘小灯泡伏安特性曲线实验【名师点睛】根据实验原理图连接即可，注意电压表、电流表的量程不要选错，正负极不能连反，滑动变阻器采用分压接法采用分压接法时，开始实验时为了安全和保护仪器，要使输出电压为零，即将测量电路短路四、计算题17. 如图所示为直流电动机提升重物装置，电动机的内阻一定，闭合开关K，当把它接入电压为U1=0.2V的电路时，电动机不转，测得此时流过电动机的电流是I1=0.4A；当把电动机接入电压为U2=4.0V的电路
21、中，电动机正常工作且电动机匀速提升重物，工作电流是I2=1.0A，求：（1）电动机线圈的电阻r； （2）当U2=4.0V电动机正常工作时的输出功率及电动机的效率； （3）如果重物质量m=0.5kg，当U2=4.0V时电动机提升重物的速度大小是多少？（g取10m/s2）【答案】（1）电动机线圈的电阻为r=0.5；（2）当U2=4.0V电动机正常工作时的输出功率为3.5W，电动机的效率为87.5%； （3）如果重物质量m=0.5kg，当U2=4.0V时电动机提升重物的速度大小是0.7m/s【解析】本题考查有关电动机不转与转动时电阻、功率的计算。（1）电动机不转时，此时电动机为纯电阻元件，则： （2
22、）电动机正常工作时消耗的功率为： 电动机正常工作时线圈电阻损耗的功率为：电动机正常工作时输出功率为： 电动机正常工作时效率为：（3）匀速提升时，拉力等于重力，即： 由电动机的输出功率P出=Fv可得提升重物的速度为： 18. 如图所示，在光滑水平面上放置ABC三物体，A与B用一弹性良好的轻质弹簧连在一起，开始弹簧处于原长，A、B均静止A、B的质量均为M=2kg，另一物体C以初速度v0=6m/s水平向右运动，C与A碰撞后粘合在一起，设碰撞时间极短，已知C的质量为m=1kg求： （1）弹簧弹性势能的最大值 （2）在以后的运动过程中物体B的最大速度【答案】（1）弹簧弹性势能的最大值为2.4J； （2）
23、在以后的运动过程中物体B的最大速度大小为2.4m/s，方向向右【解析】试题分析：（i）C与A碰撞过程，设共同速度v1，以向右为正，由动量守恒：解得：v1 = 2m/s当A、B、C速度相等时，弹簧被压缩到最短，弹簧的弹性势能最大，设此时三物体速度为v共解得：v共 = 1.2m/s解得：Epmax= 2.4J（ii）当弹簧第一次恢复原长时，B的速度最大，设此时B的速度为vB，从A、C粘合到弹簧第一次恢复原长的过程，设此时A、C的速度为v1，由动量守恒和能量守恒有：解得：vB = 2.4m/s 故B的速度最大为2.4m/s，方向向右考点：考查了动量守恒定律，能量守恒定律，【名师点睛】满足下列情景之一
24、的，即满足动量守恒定律：系统不受外力或者所受外力之和为零；系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒19. 如图甲所示，一竖直平面内的轨道由粗糙斜面AB和光滑半圆轨道BC组成，斜面底端通过一小段圆弧（图中未画出，长度可不计）与轨道相切于B点斜面的倾角为37，半圆轨道半径为1m，B是圆轨道的最低点，C为最高点将一小物块置于轨道AB上离地面高为H处由静止下滑，用力传感器测出其经过B点时对轨道的压力F，改变H的大小，可测出相应的F的大小，F随H的变化规律如图乙所示物块在某次运动时，由H=
25、8.4m处释放，通过C后，又落回到斜面上D点（已知sin37=0.6， cos37=0.8，g取10m/s2）求： （1）物块的质量及物块与斜面间的动摩擦因数 （2）物块落到D点时的速度大小【答案】（1）物块的质量为0.5kg，物块与斜面间的动摩擦因数为0.5 （2）物块落到D点时的速度大小为m/s【解析】（1）物块从斜面上A点滑到B点的过程中，由动能定理得：物块在B点满足：Fmgm 由可得： 由图象可知：H0时，F5 N；H3 m时，F15 N代入解得：m0.5 kg，0.5.（2）物块从A到C由动能定理得：mg(H2R)mgHcot 37 物块从C到D做平抛运动，下落高度hgt2 水平位移xvCt 由几何关系知：tan 37 由可得：t0.4 s物块到D点时的速度的大小： 点睛：此题是动能定理及平抛运动的综合应用问题；解题时要能正确的分析物理过程，选择合适的物理规律得到表达式，再结合图象的信息，求解物理量是常用的方法。
