1、浙江省台州市书生中学2020-2021学年高二物理下学期第一次月考试题（满分：100分 考试时间：90 分钟） 2021.04一、单选题1管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。焊机的原理如图所示，圆管通过一个接有高频交流电源的线圈，线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接。焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为（）A 库仑B霍尔C洛伦兹D法拉第2“水滴石穿”是说“水不停地滴，石头也能被滴穿”，若质量为0.05g的水滴从离地面石头高为7.2m的屋檐以每秒1滴的节奏落到地面石头上，每次与石头碰撞的时间约为0.1s，且碰后不反弹，已知重力加速度。
2、则每次水滴与石头间的平均撞击力为（）A6.010-4NB6.010-3NC6.510-4ND6.510-3N3 如图所示，三根长直导线A、B、C垂直纸面固定放置，在纸面内三者的连线恰构成一等边三角形。已知导线A中通有电流强度为I、方向垂直纸面向里的电流，导线B中通有电流强度为、方向垂直纸面向外的电流，当导线C中没有通入电流时，导线A受到的磁场作用力大小为F；当导线C中通入垂直纸面向里的电流时，导线A受到的磁场作用力大小仍为F，则此A时导线B受到的磁场作用力大小为（）A BCD4如图所示，在离地面一定高度处把4个水果以不同的初速度竖直上抛，不计空气阻力，若1s后4个水果均未着地，则1s后速率最大
3、的是（）ABCD5如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径之比为4116，在用力蹬脚踏板匀速度前进的过程中，说法正确的是（）A小齿轮边缘和后轮边缘的线速度大小之比为161B大齿轮和小齿轮的角速度大小之比为14C大齿轮边缘和后轮边缘的加速度大小之比为14D大齿轮和小齿轮轮缘的加速度大小之比为416如图所示，质量都为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，现用大小等于mg的恒力F向上拉B，当运动距离h时B与A分离。已知重力加速度为g。则下列说法中正确的是（）AB和A刚分离时，弹簧处于原长BB和A刚分离时，它们的加速度大小为gC弹簧的劲度系数等于D在B与A分离之前，它们做匀加速运动7研究发现
4、，低头玩手机时，可让颈椎承受多达约270 N的重量经常低头玩手机会引起如背痛、胃痛等疾病当人体直立时，颈椎所承受的压力等于头部的重量；低头玩手机时，颈椎受到的压力会随之变化现将人体头颈部简化为如图的模型：重心在P点的头部，在可绕O转动的颈椎OP(轻杆)的支持力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下处于静止低头时颈椎与竖直方向的夹角为45，PQ与竖直方向的夹角为60，此时，颈椎受到的压力约为直立时颈椎受到压力的A2.0倍B2.8倍C3.3倍D4.2倍8如图所示，半径为R的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心的竖直轴线以角速度匀速转动，质量相等的小物块A、B随容器转动且相对器壁静止。A，B和球心O的
5、连线与竖直方向的夹角分别为、，。则下列说法正确的是（ ）AA的向心力等于B的向心力BA的角速度一定小于B的角速度C若缓慢增大，则AB受到的摩擦力一定都增大D若A不受摩擦力，则B受沿容器壁向下的摩擦力92020年6月23日我国成功发射北斗三号系统最后一颗卫星，北斗全球星座部署完成。北斗三号系统空间段由3颗GEO、3颗IGSO和24颗MEO卫星组成。GEO卫星相对地球静止，轨道高度约为，IGSO卫星的轨道高度与GEO卫星的轨道高度相同，轨道倾角（绕地球运行的轨道平面与地球赤道平面之间的夹角）为55度，MEO卫星的轨道高度约为，轨道倾角为55度。下列说法不正确的是（）AMEO卫星的运行周期小于GEO
6、卫星的运行周期BGEO卫星与IGSO卫星运行的向心加速度大小相等CMEO卫星的线速度大于IGSO卫星的线速度DGEO卫星与IGSO卫星的动能相等10在水平面上固定有6个电量均为+Q（Q0）的点电荷，均匀分布在半径为r的圆周上的A、B、C、D、E、F点上，如图所示直径AD上有M、N两点，且AM=MO=ON=ND。静电力常量为k，规定无限远处电势为0。下列说法正确的是（）A圆心O点的电场为0，电势也为0BM点和N点电场强度相同CM点和N点电势相等DA点的电荷受到其它5个电荷的静电力为11如图所示，电源输入端AB之间接一正弦交流电，Em恒定。变压器和电源输入端之间的等效电阻为R。副线圈接有如图所示的
7、电路，C为电容器，交流电压表和交流电流表都是理想电表，副线圈匝数可以通过调节滑片P来调节。S断开时，灯泡L1正常发光，S闭合后，以下说法中正确的是（）A若电源频率和滑片P位置不变，电压表读数增大B若电源频率和滑片P位置不变，电流表读数增大C若电源频率不变，为使灯泡L1正常发光，滑片P应向滑动D若滑片位置P不变，增大电源频率，灯泡L1变亮12如图所示，倾角为30度的斜面末端与水平地面相连，将一小球（可看成质点）从斜面顶端以3J的初动能水平抛出，不计空气阻力，经过一段时间，小球以6J的动能第一次落在接触面上若将此小球以6J的初动能水平从斜面顶端抛出，则小球第一次落在接触面上的动能为（ ）A9JB1
8、2JC16J D条件不足，无法判定二、不定项选择题13如图所示，一旅客用力F拉着质量为m的行李箱沿水平方向做匀速直线运动已知拉力F与水平方向的夹角为1，行李箱与水平方向的夹角为2，重力加速度为g，则行李箱受到地面的支持力FN和地面对行李箱的静摩擦力Ff的大小分别为（ ）AFN=mgFsin1 BFN=mgFsin2CFf=Fcos1 DFf=Fcos214如图甲为一列简谐横波在t0.10 s时刻的波形图，P是平衡位置为x1 m处的质点，Q是平衡位置为x4 m处的质点，图乙为质点Q的振动图像，则 ()At0.15 s时，质点Q的加速度达到正向最大Bt0.15 s时，质点P的运动方向沿y轴负方向C
9、从t0.10 s到t0.25 s，该波沿x轴正方向传播了6 mD从t0.10 s到t0.25 s，质点P通过的路程为30 cm155G通信即将推广普及，我国自主研发设计的5G通信技术走在了世界的前列。5G信号的频率分为两种，一种是6GHz以下，这和我们目前的2/3/4G差别不算太大，还有一种频率在24GHz以上，对于频率在24GHz这样的信号，下面说法正确的有（）A波长大约长0.1cm B波长越短准直性越好，绕射能力越弱C频率越高可能加载的信息密度也越高 D频率越高的电磁波传播速度越大16行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零
10、，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（）A增加了司机单位面积的受力大小 B减少了碰撞前后司机动量的变化量C将司机的动能全部转换成汽车的动能D延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积三、实验题17某实验小组准备用图甲：探究加速度与力、质量的关系；图乙：探究功与速度的关系；图丙：验证机械能守恒实验。下图中的一些实验器材三个实验都需要选用的有_。A BC D三位同学正确操作后获得了一系列纸带，如图是某位同学实验中打出的一条纸带的一部分（单位：cm），若打点计时器的频率为50Hz，则打点计时器打“2”点时，小车的速度为_m/s（结果保留两位有效数字）。是哪个实验中打出的一条纸带_。18
11、某同学要研究一小灯泡L（3.6V，0.30A）的伏安特性。所用器材有：电流表A1（量程200mA，内阻Rg1=10.0），电流表A2（量程500mA，内阻Rg2=1.0）、定值电阻R0（阻值R0=10.0）、滑动变阻器R1（最大阻值10）、电源E（电动势4.5V，内阻很小）、开关S和若干导线。该同学设计的电路如图所示(1) 若I1、I2分别为流过电流表A1和A2的电流，利用I1、I2、Rg1和R0写出小灯泡两端的电压U=_，流过小灯泡的电流I=_。为保证小灯泡的安全，I1不能超过_mA；(2)实验时，调节滑动变阻器，使开关闭合后两电流表的示数为零，逐次改变滑动变阻器滑片位置并读取相应的I1和I
12、2。所得实验数据在下表中给出I1/mA325585125144173I2/mA171229299379424470根据实验数据可算得，当I1=173mA时，灯丝电阻R=_（保留1位小数）；(3)如果用另一个电阻替代定值电阻R0，其他不变，为了能够测量完整的伏安特性曲线，所用电阻的阻值不能小于_（保留1位小数）。四、解答题19如图所示的大楼内置有2部电梯为观景台使用，其上行最高速率可达16m/s。从1楼到89楼的室内观景台，只需39s，在观景台上可以俯瞰周边全景。若电梯从地面到观景台经历匀加速、匀速和匀减速三个过程，小明对这个运动过程很感兴趣，于是他在电梯里进行了实验，发现在电梯加速上升时，质量
13、为60kg的他站在台秤上，台秤的示数是65.4kg，已知重力加速度取10m/s2，结果均保留一位小数。(1)求电梯在加速上升阶段的加速度大小和加速时间。(2)若加速和减速阶段的加速度大小相等，则求在电梯减速上升阶段小明对电梯的压力。(3)若加速和减速阶段的加速度大小相等，则求观景台的高度。20为了研究过山车的原理，物理小组提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为37、长为L=2.0m的粗糙的倾斜轨道AB，通过水平轨道BC与竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE，整个轨道除AB段以外都是光滑的，其中AB与BC轨道以微小圆弧相接，如图所示。一个质量为2kg的小物块从某一高处O点被压缩的弹簧水平弹出，到
14、轨道A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下。已知物块与倾斜轨道的动摩擦因数=0.50。（g取10m/s2）求：（1）若竖直圆弧轨道的半径R=0.66m，小物块不脱离轨道，并恰好通过圆周最高点，弹簧的弹性势能；（2）压缩的弹簧弹性势能不变，为了让小物块不离开轨道，并且能够滑回倾斜轨道AB，则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件；（3）压缩的弹簧弹性势能不变，若圆弧轨道的半径为2m，小物块在运动过程中，那么小物块可以有多少次通过圆轨道上距水平轨道高为0.02m的某一点。21如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在竖直平面内，导轨间距为、电阻忽略不计，条形匀强磁场的宽度为，磁感应强度大小为、方
15、向垂直导轨平面（纸面）向里。长度为的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝导线框连接在一起组成装置，总质量为，置于导轨上。导体棒与金属导轨总是处于良好接触状态，并在导体棒中通以大小恒为的电流（由外接恒流源产生，图中未画出）。线框的边长为，电阻为，导体棒处于磁场内且恰好位于下边界处。将装置由静止释放，导线框恰好能穿过磁场。导体棒在运动过程中始终与导轨垂直，重力加速度为。求：(1)导体棒在磁场中受安培力上升时的加速度为多大；(2)装置从释放到上升到最高点的过程中，线框中产生的焦耳热；(3)导体棒从开始运动到第一次速度减为零所用的时间T。22如图所示，两平行金属板A、B长l8cm，两板间距离d8cm，A板比B
16、板电势高300V，即UAB300V，一排宽度为d8cm均匀分布的带正电的粒子电量为q1010C，质量为m1020kg，从垂直于AB边，垂直电场飞入电场，初速度v02106m/s，有粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入PQ右边，磁感应强度为B的垂直纸面向里的匀强磁场已知两界面MN、PS相距为L12cm，粒子从中心线R点射入的粒子，穿过界面PS后最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF上的中点，光屏EF的长L12cm。（粒子重力不计）求：（1）粒子从中心线R点射入的粒子，穿过界面MN时偏离中心线RO的距离h；及粒子穿过界面MN时的速度v；（2）粒子从中心线R点射入的粒子，穿过
17、PS面的粒子在磁场中运动的半径和磁场的磁感应强度B；（3）放置于中心线上的荧光屏EF上的接收到粒子离PQ的距离范围。参考答案1D【详解】由题意可知，圆管为金属导体，导体内部自成闭合回路，且有电阻，当周围的线圈中产生出交变磁场时，就会在导体内部感应出涡电流，电流通过电阻要发热。该过程利用原理的是电磁感应现象，其发现者为法拉第。故选D。2 D【详解】水滴碰撞前的速度为由动量定理得解得3B【详解】导线间的作用力如图所示当导线C中不通入电流时，导线A受到的磁场作用力大小为F，根据牛顿第三定律可知导线B受到的磁场作用力大小也为F，因导线A、B中电流方向相反，故导线A、B之间的作用力为斥力。当导线C中通入
18、垂直纸面向里的电流后，导线A、C之间的作用力为引力，且与导线B对导线A的作用力的夹角为120，因为导线A受到的磁场作用力大小仍为F，则导线C对导线A的作用力大小也为F。因导线C到导线A、B的距离相同，故导线C在导线A、B所处位置的磁感应强度大小相等，但导线B中的电流是导线A中电流的两倍，则导线C对导线B的作用力大小为的斥力，且与导线A对导线B的作用力的夹角为60，根据力的合成可知导线B受到的磁场作用力故B正确，ACD错误。故选B。4A【详解】根据代入解得同理解得由于故A正确，BCD错误。故选A。5B【详解】A小齿轮和后轮共轴，根据v=r可知，小齿轮边缘和后轮边缘的线速度之比为1：16，故A错误
19、；B大齿轮和小齿轮共线，线速度相等，根据可知，大齿轮和小齿轮的角速度大小之比为1：4，故B正确；C小齿轮和后轮共轴，根据v=r可知，小齿轮边缘和后轮边缘的线速度之比为1：16，则大齿轮边缘和后轮边缘的线速度大小之比为1：16，大齿轮边缘和后轮边缘的半径之比为1：4，根据可得大齿轮边缘和后轮边缘的加速度之比为1：64，C错误；D大齿轮和小齿轮共线，线速度相等，根据可知，向心加速度大小之比为1：4，故D错误；故选B。6C【详解】ABB和A刚分离时，B受到重力mg和恒力F，B的加速度为零，A的加速度也为零，说明弹力对A有向上的弹力，与重力平衡，弹簧处于压缩状态，故AB错误；CB和A刚分离时，弹簧的弹
20、力大小为mg，原来静止时弹力大小为2mg，则弹力减小量F=mg两物体向上运动的距离为h，则弹簧压缩量减小x=h，由胡克定律得：故C正确；D对于在B与A分离之前，对AB整体为研究对象，重力2mg不变，弹力在减小，恒力不变，合力减小，整体做变加速运动，故D错误。故选C。7C【详解】由题意可明确人的头受力情况如图所示：设人的颈椎对头的支持力FN，则由几何关系可知可得故C正确，ABD错误故选C。8D【详解】AB根据向心力加速度公式：a=2Rsin，A、B小球的质量相等，角速度相等，A、B和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为、，所以A的向心加速度大于B的向心加速度，A的向心力大于B的向心力，故AB错误；
21、D若物块受到的摩擦力恰好为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，则由受力情况根据牛顿第二定律得：解得：因为，因此可知A物体的临界角速度大于B物体的临界角速度，若角速度大于则会有沿切线向下的摩擦力，若角速度小于则会有沿切线向上的摩擦力；若A不受摩擦力，则此时的角速度大于B的临界角速度，B受沿容器壁向下的摩擦力，故D正确；C由前面分析可知缓慢增大，则A、B受到的摩擦力方向会发生变化，当角速度小于临界角速度时，有，整理可得此时摩擦力随着角速度的增加而减小，故C错误； 故选D。9D【详解】A由轨道高度和地球半径关系可知MEO卫星的运转半径小于GEO卫星的运转半径，根据可得故A不符合题意；B设地球的质量为
22、M，根据万有引力提供向心力有可得向心加速度因为IGSO卫星与GEO卫星的轨道高度相同，所以向心加速度大小相等，故B不符合题意；C设地球的质量为M，人造卫星做匀速圆周运动的半径为r，根据万有引力提供向心力有可知因所以MEO卫星的线速度大于IGSO卫星的线速度，故C不符合题意；D因GEO卫星与IGSO卫星的质量关系未知，无法确定GEO卫星与IGSO卫星的动能是否相等，故D符合题意。故选D。10C【详解】A六个点电荷在O点产生的电场强度方向矢量和为零，把电荷从无穷远处移到O点，电场力会做功，所以O点的电势不为零，A错误；B根据几何对称关系，M、N两点电场强度大小相等，方向相反，B错误；C在沿AD方向
23、无穷远处的两个点，把电荷移到M、N的过程中，电场力做功相等，即M、N两点电势相等，C正确；DB对A的库仑力大小为E对A的库仑力大小为夹角为90，合力与DA方向有一定夹角，故用正交分解，F和B对A的合力沿DA方向，E和C对A的合力沿DA方向，有D对A的库仑力为合力大小为故D错误；故选C。11B【详解】AB合上开关，副线圈总阻抗减小总电流增大，电流表读数增大，变压器输入端电压减小，电压表读数减小，故A错误，B正确；C灯泡L1亮度减小，要使灯泡亮度增加，可以使副线圈匝数增加，P上移，故C错误。D电源频率增大，电容的容抗减小，总电流增大，变压器输入端电压减小，输出端电压也减小，灯泡L1亮度减小，故D错
24、误。故选B。12A【详解】小球做平抛运动，只有重力做功，两种情况下小球下落的高度相同，所以重力做功相同，在第一次情况下重力做功为，故第二种情况下重力也做功3J，故落地时动能为9J，A正确；故选A。13AC【详解】以行李箱为研究对象，由物体的平衡条件，竖直方向上有FNFsin 1mg=0，所以行李箱受到地面的支持力为FN=mgFsin 1，选项A正确，B错误；水平方向上有FfFcos 1=0，所以地面对行李箱的静摩擦力 Ff=Fcos 1，选项C正确，D错误14AB【解析】由图乙y-t图像知，周期T=0.20s，且在t=0.10s时Q点在平衡位置沿y负方向运动，可以推断波没x负方向传播，所以C错
25、；t=0.05s时，质点Q图甲所示正的最大位移处，又因加速度方向与位移方向相反，大小与位移的大小成正比，所以此时Q的加速度达到负向最大，所以A错（也可直接从图乙y-t图像分析得出）；t=0.10s到t=0.15时间内，t=0.05s=T/4，P点从图甲所示位置运动T/4时正在由正最大位移处向平衡位置运动的途中，速度沿y轴负方向，所以B对振动的质点在t=1T内，质点运动的路程为4A；t=T/2，质点运动的路程为2A；但t=T/4，质点运动的路程不一定是1A；t=3T/4，质点运动的路程也不一定是3A本题中从t=0.10s到t=0.25s内，t=0.15s=3T/4，P点的起始位置既不是平衡位置，
26、又不是最大位移处，所以在3T/4时间内的路程不是30cm，D错15BC【详解】A根据波长与频率的关系可得解得故A错误；B波长越短，准直性越好，反射性越强，绕射能力越弱，B正确；C频率越高可能加载的信息密度也越高，C正确；D电磁波的波速与介质性质有关，与频率、能量、波长无关，电磁波在不同介质中传播时，波速变化，频率不变，故D错误；故选BC。16 D【详解】A因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，故A错误；B有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，故B错误；C因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的
27、动能，故C错误；D因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增加了作用时间，故D正确。故选D。17AC 0.97 甲 【详解】1 AC这三个实验都需要通过打点计时器带动纸带运动，通过研究纸带的情况来进行实验研究，研究纸带运动时需要用刻度尺来来测量点间距，AC正确；B打点计时器就是一个计时的仪器，不需要秒表，B错误；D在验证自由落体机械能守恒，原理是两边的质量可以抵消，不需要天平，D错误。故选AC。2 打“2”点时，小车的速度3 图中的纸带上各点之间的距离逐渐增大，不是乙的纸带，相邻两点的位移之差则物体运动的加速度丙做的是自由落体运动加速度是重力加
28、速度，所以不是丙得到的纸带，应为甲得到的纸带。18 180 11.6 8.0 【详解】(1)1根据电路图可知灯泡两端的电压为电流表A1和R0的总电压，故根据欧姆定律有2根据并联电路特点可知流过小灯泡的电流为3因为小灯泡的额定电压为3.6V，故根据题目中已知数据解得(2)4根据表中数据可知当I1=173mA时，I2=470mA；根据前面的分析代入数据可知此时灯泡两端的电压为U=3.46V；流过小灯泡的电流为I=297mA=0.297A故根据欧姆定律可知此时小灯泡的电阻为(3)5要测量完整的伏安特性曲线则灯泡两端的电压至少要达到3.6V，而电流表A1不能超过其量程200mA，根据欧姆定律有代入数据
29、有解得即要完整的测量小灯泡伏安特性曲线所用电阻的阻值不能小于8.019(1)；(2)546N，方向竖直向下；(3)【详解】(1)根据牛顿第二定律(2) 根据牛顿第二定律对电梯的压力大小为546N，方向竖直向下(3)减速匀速20（1）16J；（2）大于等于1.65m；（3）6次【详解】（1）设小物块恰好进入圆轨道到最高点时有速度v1，此时物块受到的重力恰好提供向心力物块从A点到圆轨道最高点的过程中联解上两式得小物块从O点到A点做平抛运动，水平分速度即初速度为等于A点的水平分速度弹簧的弹性势能（2）为了让小物块不离开轨道，并且能够滑回倾斜轨道AB，则物块上升的高度须小于或等于得所以物块能够滑回倾斜
30、轨道AB，则因此轨道半径大于等于1.65m（3）小物块冲上圆轨道H1=1.65m高度时速度变为0，然后返回倾斜轨道h1高处再滑下，然后再次进入圆轨道达到的高度为H2。有得之后物块在竖直圆轨道和倾斜轨道之间往返运动，同理n次上升的高度为一等比数列，当时，上升的最大高度小于0.02m，故即小物块共有6次通过距水平轨道高为0.02m的某一点。21(1)8g；(2)；(3)【详解】(1)导体棒所受到的安培力 所以整个装置的加速度(2)根据动能定理可得代入数据解得（3）导体棒在磁场中匀加速运动解得，导体棒离开磁场后匀减速向上运动，在导体框将要进入磁场时导体棒的速度为解得所以，导体棒匀减速向上运动所用的时
31、间为导体框穿过磁场的过程，根据动量定理可知其中通过线框的电荷量可解得所以，导体棒向上运动的总时间为22（1）3cm；2.5106m/s；（2）0.15m；1.67103T；（3）见解析【详解】（1）设粒子在两极板间运动时加速度为a，运动时间为t则解得粒子的运动轨迹如图所示设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为vy，则解得：vy1.5106m/s所以粒子从电场中飞出时的速度为（2）设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为，则解得37带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，由相似三角形知识得解得Y0.12m12cm粒子做匀速圆周运动的半径为B=1.67103T（3）中心线射入粒子在荧光屏EF上的接收到粒子离PQ最远24cm,最上方射入粒子在荧光屏EF上的接收到粒子离PQ最近cm
