【100所名校】2018-2019学年河北省武邑中学高二下学期第一次月考物理试题（解析版）

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1、2018-2019学年河北省武邑中学高二下学期第一次月考物理试题此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2物理注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第I卷（选择题)一、多选题1如图所示电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=2

2、：1，原线圈所接交变电压表达式为U=25 sin100t（V），C为电容器，L为自感线圈，开关S断开。则（）A交流电压表示数为12.5VB只增加交变电流的频率，灯泡变暗C只增加交变电流的频率，电压表读数变大D闭合开关S，待稳定后灯泡的亮度不变2如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示（图示磁感应强度方向为正），MN始终保持静止，则0-t2时间内（ ）AMN所受安培力的大小始终没变B电容器C的a板先带正电后带负电Ct1、t2时刻电容器C的带电量相等DMN所受安培力的方向先向

3、右后向左3如图所示的几种情况中，金属导体中产生的感应电动势为Blv的是（ ）A B C D4如图所示的电路中，电感L的自感系数很大，电阻可忽略，D为理想二极管，则下列说法正确的有()A当S闭合时，L1立即变亮，L2逐渐变亮B当S闭合时，L1一直不亮，L2逐渐变亮C当S断开时，L2立即熄灭D当S断开时，L1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭二、单选题5下列叙述中符合物理学史实的是( )A伽利略通过理想斜面实验，得出“力不是维持物体运动的原因”的结论B牛顿发现了万有引力定律，并通过实验测出了万有引力常量C法拉第经过十多年的实验，发现了电流磁效应D麦克斯韦发现了电磁感应现象，预言了电磁波的存在6下列物理量

4、中，属于标量的是（）A位移 B动能 C力 D加速度7如图所示，两条绝缘细线一端拴在同一点，另一端分别拴两个带同种电荷的小球A、B，电荷量分别为q1、q2，质量分别为m1、m2，当小球A、B静止时恰好处于同一水平面，两细线与竖直方向的夹角分别为1、2，则（ ）AB此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2A若m1m2，则12 B若m1m2，则12C若q1q2，则12 D若q1q2，则128如图所示，电源的电动势为E、内阻为r，闭合开关K，小液滴恰能在平行板间静止，现将滑动变阻器的滑片P向下滑动，则（ ）LKA小灯泡变亮 B定值电阻R1上消耗的功率变大C电源的总功率变小 D小液滴将向

5、上运动9如图所示，电源的电动势为E，内阻r不能忽略，A、B是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈。关于这个电路的以下说法正确的是（ ）A开关闭合到电路中电流稳定的时间内，A灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定B开关闭合到电路中电流稳定的时间内，B灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定C开关由闭合到断开瞬间，A灯闪亮一下再熄灭D开关由闭合到断开瞬间，电流自左向右通过B灯10在光电效应实验中，飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线（甲光、乙光、丙光），如图所示。则可判断出（ ）A甲光的频率大于乙光的频率B乙光的波长大于丙光的波长C乙光对应的截止频率大于丙光

6、的截止频率D甲光对应的光电子最大初动能大于丙光的光电子最大初动能11经150 V电压加速的电子束，沿同一方向射出，穿过铝箔后射到其后的屏上，则()A所有电子的运动轨迹均相同B所有电子到达屏上的位置坐标均相同C电子到达屏上的位置坐标可用牛顿运动定律确定D电子到达屏上的位置受波动规律支配，无法用确定的坐标来描述它的位置12如图所示，T为理想变压器，副线圈回路中的输电线ab和cd的电阻不可忽略，其余输电线电阻可不计，则当电键S闭合时（）A交流电压表V1和V2的示数一定都变小B交流电压表只有V2的示数变小C交流电流表A1、A2和A3的示数一定都变大D只有A1的示数变大第II卷（非选择题)三、解答题13

7、如图所示，有一个可视为质点的质量为m1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以v02 m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M3 kg的长木板已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数0.3，圆弧轨道的半径为R0.4 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角60，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：（1）小球到达C点时的速度；（2）小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；（3）要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少多大？14如图所示，MN是半径

8、为R的光滑圆弧，木板B静止在水平面上，其左端与N点重合，右端放有滑块A。滑块C从P点由静止释放，恰从M点切入圆轨道，与木板B碰撞后粘为一体，碰撞时间极短，之后，B、C一起沿水平面运动，滑块A恰好未从B上掉下。已知滑块A、C的质量均为m，木板B的质量为2m，滑块A与木板B之间的动摩擦因数为1，滑块C和木板B与地面之间的动摩擦因数均为，滑块A、滑块C均可视为质点，重力加速度为g，忽略空气阻力，水平面足够长。求：(1)滑块C经N点时与木板B碰撞前的瞬间对圆弧轨道的压力。(2)滑块A停止时到N点的水平距离。15一根竖直的轻弹簧，劲度系数为50N/m,弹簧的上端连接一个质量为2kg的小球，下端固定在质量

9、为4kg的底座上，整个装置置于水平面上处于静止状态。现用力向上拉小球使弹簧伸长后释放，小球在竖直方向做简谐振动。振动过程中底座恰好不离开地面，已知g=10 m/s2（1）试求底座对地面的最大压力.（2）以刚释放小球时刻作为计时起点，试写出小球做简谐振动的振动方程.四、实验题16某同学用如图所示的装置做验证动量守恒定律的实验，先将球a从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下压痕，重复10次，再把同样大小的球b放在斜槽轨道末端水平段的最右端附近静止，让球a仍从原固定点由静止开始滚下，且与球b相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次。图中O点是水平槽末端R在记录纸上

10、的垂直投影点。（1）为了使两球碰撞为一维碰撞，所选两球的直径关系为：a球的直径_b球的直径（“大于”、“等于”或“小于”）；为减小实验误差，在两球碰撞后使A球不反弹，所选用的两小球质量关系应为ma_mb（选填“小于”、“大于”或“等于”）；（2）在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量？答：_（填选项号）。A.斜槽轨道末端到水平地面的高度HB.小球a、b的质量ma，mbC.小球a、b的半径rD.小球a、b离开斜槽轨道末端后做平抛运动的飞行时间tE.记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OCF.球a的固定释放点到斜槽轨道末端水平部分间的高度差h（3）为测定未放被碰小球时，小球a落点的平

11、均位置，把刻度尺的零刻度线跟记录纸上的O点对齐，图中给出了小球a落点附近的情况，由图可得点O、B间的距离应为_cm。（4）按照本实验方法，验证动量守恒的验证式是_。（5）利用该实验测得的物理量，也可以判断两球碰撞过程中机械能是否守恒，判断的依据是看maOB2=_。2018-2019学年河北省武邑中学高二下学期第一次月考物理试题物理答案1AB【解析】由题可知，原线圈的电压为有效值为25V，根据变压器的电压与匝数关系可知，开关闭合前，交流电压表示数，即副线圈两侧的电压为：U2=U1=12.5V，故A正确；交流电的频率越大，电感线圈对交流电有阻碍作用就越大，所以电路的电流会减小，灯泡L的亮度要变暗，

12、故B正确；交流电的频率对变压器的变压关系没有影响，故C错误。开关闭合后灯泡与电容器并联，电路中的电流值增大，线圈对电路中电流的阻碍作用增大，则线圈上分担的电压增大，所以灯泡比闭合前暗，故D错误。故选AB。【点睛】掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题，并且要知道电感在电路中的作用。2CD【解析】BC、由图乙可知，磁感应强度均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生恒定电动势，电路中电流恒定，电阻R两端的电压恒定，则电容器的电压恒定，故电容器C的电荷量大小始终没变，根据楞次定律判断可知，通过R的电流一直向下，电容器上板电势较高，一直带正电，故B错误，C

13、正确；AD、根据安培力公式F=BIL，I和L不变，由于磁感应强度变化，MN所受安培力的大小变化，由右手定则可知，MN中的感应电流方向一直向上，由左手定则判断可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，故A错误，D正确；故选CD。【点睛】关键要根据法拉第电磁感应定律判断出电路中的电流恒定不变，再根据楞次定律、右手定则、左手定则进行分析，明确导体棒一直处于平衡，则摩擦力与安培力始终等大反向。3BCD【解析】由图甲所示可知，v与金属导体不垂直，感应电动势，A错误；由图乙所示可知，金属导体垂直切割磁感线，则，B正确；由图丙所示可知，金属导体水平部分不切割磁感线，只有竖直部分切割磁感线，感应电动势，C正确；

14、由图丁所示可知，金属导体切割磁感线的有效长度为l，感应电动势，D正确【点睛】根据公式分析答题，其中是有效的切割速度，是有效的切割长度。本题考查了求导体棒切割磁感线产生的感应电动势，记住并理解公式、知道公式的使用条件即可正确解题4BD【解析】当S闭合时，因二极管加上了反向电压，故二极管截止，L1一直不亮；通过线圈的电流增加，感应电动势阻碍电流增加，故使得L2逐渐变亮，选项B正确，A错误；当S断开时，由于线圈自感电动势阻碍电流的减小，故通过L1的电流要在L2-L1-D-L之中形成新的回路，故L1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，选项C错误，D正确；故选BD【名师点睛】此题是对自感现象的考查；要知道自感

15、线圈的作用是当电流增加时，产生的自感电动势阻碍电流的增加；电流减弱时，感应电动势阻碍电流的减弱，若有回路要重新形成电流；二极管只能导通正向电流5A【解析】伽利略通过理想斜面实验，得出“力不是维持物体运动的原因”的结论，选项A正确；牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了万有引力常量，选项B错误；法拉第经过十多年的实验，发现了电磁感应现象，奥斯特发现了电流磁效应，选项C错误；麦克斯韦发现了电磁理论，预言了电磁波的存在，选项D错误；故选A.6B【解析】位移、速度、加速度都是既有大小又有方向、相加时遵循平行四边形定则的矢量；时间只有大小，没有方向，是标量，故ABC错误，D正确。点睛：本题要能抓

16、住矢量与标量的区别：矢量有方向，标量没有方向，能正确区分物理量的矢标性。7A【解析】对物体A，由平衡知识可知：；对B：，则若m1m2，则12，选项A正确；若m1m2，则12，选项B错误；因为电荷之间的作用力是相互作用力，故与电荷的大小无关，故CD错误；故选A.8B【解析】若滑动变阻器的滑片P向下滑动，则R减小，总电阻减小，总电流变大，根据P=EI可知电源的总功率变大，选项C错误；路端电压减小，R1两端电压变大，R1上消耗的功率变大，选项B正确；故电灯两端电压减小，灯泡变暗，选项A错误；因路端电压减小，故电容器两端电压减小，电场力小于重力，故小液滴向下运动，选项D错误；故先B。9A【解析】开关闭

17、合到电路中电流稳定的时间内，A灯立刻亮，当线圈电流阻碍较小后A灯逐渐变暗，当线圈对电流没有阻碍时，灯泡亮度稳定，A正确B错误；开关处于闭合状态，在断开瞬间，线圈提供瞬间电压给两灯泡供电，由于两灯泡完全一样，所以不会出现电流比之前还大的现象，因此A灯不会闪亮一下，只会一同慢慢熄灭故C错误；开关处于闭合状态，在断开瞬间，线圈相当于电源，电流方向仍不变，所以电流自左向右通过B灯，故D错误.【名师点睛】线圈电流增加，相当于一个电源接入电路，线圈左端是电源正极当电流减小时，相当于一个电源，线圈左端是电源负极。10B【解析】根据eU截=mvm2=h-W，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大甲光、乙光的

18、截止电压相等，所以甲光、乙光的频率相等；故A错误丙光的截止电压大于乙光的截止电压，所以乙光的频率小于丙光的频率，乙光的波长大于丙光的波长,故B正确同一金属，截止频率是相同的，故C错误丙光的截止电压大于甲光的截止电压，所以甲光对应的光电子最大初动能小于丙光的光电子最大初动能故D错误故选B11D【解析】由物质波原则可知，它受波动概率影响，由测不准原则得无法确定坐标，所以D是正确的，ABC错误。故选D。12B【解析】A、当S闭合时，两个电阻并联，电路的总电阻减小，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压不变，副线圈的电流变大，副线圈回路中的输电线ab和cd的电阻不可忽略，所以输电线ab和cd

19、上的电压变大，所以的示数变小，故B正确，A错误；C、副线圈的电流变大，和的示数变大，的示数减小，故CD错误。点睛：输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可。13（1）0.8m （2）68N （3）3.625m【解析】（1）物块到达C点的速度与水平方向的夹角为60，根据平行四边形定则知：，小物块由C到D的过程中，由动能定理得： ，代入数据解得：.小球在D点时由牛顿第二定律得：代入数据解得：N=60N，由牛顿第三定律得：N=N=60N，方向竖直向下。（2）设小物块始终在长木板上，当达到共同速度时大

20、小为，小物块在木板上滑行的过程中，由动量守恒定律，解得：m/s对物块和木板系统，由功与能的转化关系得，解得：L=2.5m2.4m所以小物块滑出长木板【点睛】本题的关键是要理清物块的运动过程，把握每个过程之间的联系，如速度关系，选择恰当的规律进行研究要注意摩擦生热与相对位移有关。14(1)，方向竖直向下(2)若,则水平距离为: 或；若,则水平距离为: 或【解析】（1）滑块C由P到N的过程中，由动能定理得在N点，由牛顿第二定律得：解得FN=5mg由牛顿第三定律得，滑块C经N点时与木板B碰撞前的瞬间对圆弧轨道的压力大小为5mg，方向竖直向下。（2）滑块C碰木板B的过程中，动量守恒。设碰后瞬间，B、C

21、的共同速度为v0，则：mvN=（m+2m）v0对滑块A有：对BC有：滑块A恰好不掉下，滑块A恰好运动到木板B的左端时，ABC达到共同速度v，设此过程用时t，则有：滑块A的位移为：滑块BC的位移为：设木板长度为l，由几何关系得：联立解得：若，则A、B、C达到共同速度v后一起匀减速到速度为0，有：滑块A停止时距N点的水平间距为解得 或；若，则B、C间有相对运动，各自相对地面减速到速度为0，对A有滑块A停止时距N点的水平间距为解得: 或15(1)120N，方向向下 （2）【解析】（1）振动过程中底座恰好不离开地面，则弹簧对底座向上的弹力最大值为，此时弹簧伸长量平衡时，弹簧处于压缩状态，弹力，此时弹簧

22、压缩量物体向上偏离平衡位置的最大距离据对称，物体向下偏离平衡位置的最大距离也是则弹簧的最大压缩量为弹簧弹力对底座受力分析可得：据牛顿第三定律可得，底座对地面的最大压力为120N。（2）刚释放小球时，小球处于正的位移最大处；且振幅小球做简谐振动的周期小球做简谐振动的振动方程联立解得：16（1）等于；大于 （2）BE （3）45.80-45.90均可（4）maOB=maOA+mbOC （5）maOB2=maOA2+mbOC2【解析】(1)为了使两球碰撞为一维碰撞，即实现对心碰撞，则A球的直径等于B球的直径；在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律，故有，在碰撞过程中机械能守恒，故有，联立解得，要碰后入射小球的速度，即，故；(2)要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以要测量两个小球的质量及碰撞前后小球的速度，碰撞后小球都做平抛运动，高度相同，下落的时间相同，可以用水平位移代替速度，所以需要测量的量为：小球a、b的质量ma、mb，记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OC；故选BE；(3)由图所示刻度尺可知，刻度尺分度值是1mm，由图可知由图可得点O、B间的距离应为45.90cm；(4)根据动量守恒有：，因为，则有：，所以该式为验证动量守恒的验证式；(5)在碰撞过程中若机械能守恒， 则有：，即可得：，所以判断两球碰撞过程中机械能是否守恒，判断的依据是看：.