磐安二中10月物理月考卷高二物理学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________题号一二三四五六总分得分分卷I一、单选题(共13小题,每小题4.0分,共52分)1.下列所研究的物体，可看做质点的是（ ）A．天文学家研究地球的自转B．用GPS确定远洋海轮在大海中的位置C．教练员对百米运动员的起跑动作进行指导D．在伦敦奥运会比赛中，乒乓球冠军张继科准备接对手发出的旋转球2.做加速度方向不变大小可变的变速直线运动的物体，下述情况中不可能出现的是（ ）A．速度和位移均增大，加速度为零时，速度达到最大B．速度先减小后增大，速度变化越来越慢C．速度逐渐减小，位移逐渐增大，速度减为零时，位移不是零D．速度先增大、后减小，而位移一直在不断增大3.小文利用打点计时器研究甲和乙两个物体的运动，分别得到2条纸带．对每条纸带，均选择合适的点作为第一个计数点，再依次每5个点取1个计数点，并在各计数点处将其剪断，然后将这些剪断的纸条粘贴在相同的坐标纸上，最后将纸条上端中心连起来，如图甲、乙所示．由图可判断( )A．乙物体的加速度比甲大B．两物体均做匀速直线运动C．打第三个计数点时，甲物体的速度比乙大D．-12-打第一个计数点时，物体的速度有可能为零4.如图所示，圆弧形货架摆着四个完全相同的光滑小球，O为圆心．则对圆弧面的压力最小的是( )A．a球B．b球C．c球D．d球5.如图所示，两个质量都是m的小球A、B用轻杆连接后斜放在墙上处于平衡状态．已知墙面光滑，水平地面粗糙．现将A球向上移动一小段距离，两球再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，地面对B球的支持力FN和A球受到墙壁对它的支持力F的变化情况是( )A．FN不变，F变大B．FN不变，F变小C．FN变大，F变大D．FN变大，F变小6.2022年9月23日，在江苏省苏州市进行的全国田径锦标赛上高兴龙获得男子跳远冠军，在一次试跳中，他(可看成质点)水平距离达8m，最高处高达1m.设他离开地面时的速度方向与水平面的夹角为α，若不计空气阻力，则tanα等于( )A．B．C．D．17.引力波现在终于被人们用实验证实，爱因斯坦的预言成为科学真理.早在70年代就有科学家发现，高速转动的双星可能由于辐射引力波而使星体质量缓慢变小，观测到周期在缓慢减小，则该双星间的距离将( )A．变大B．变小C．不变D．可能变大也可能变小8.如图所示，用长为L的细线，一端系于悬点A，另一端拴住一质量为m的小球，先将小球拉至水平位置并使细线绷直，在悬点A的正下方O点钉有一小钉子，今将小球由静止释放，要使小球能在竖直平面内做完整圆周运动，OA的最小距离是( )-12-A．B．C．LD．L9.如图所示，P为固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆．带电粒子Q在P的电场中运动．运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点．若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc，则（ ）A．aa＞ab＞ac，va＞vc＞vbB．aa＞ab＞ac，vb＞vc＞vaC．ab＞ac＞aa，vb＞vc＞vaD．ab＞ac＞aa，va＞vc＞vb10.在图所示电路中，电源电动势为12V，电源内阻为1.0Ω，电路中的电阻R0为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω，闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0.则以下判断中正确的是（ ）A．电动机的输出功率为14WB．电动机两端的电压为7.0VC．电动机产生的热功率4.0WD．电源输出的电功率为24W11.一个带正电荷的小球从a点出发水平进入正交垂直的匀强电场和匀强磁场区域，电场方向竖直向上，某时刻小球运动到了b点，则下列说法正确的是（ ）-12-A．从a到b，小球可能做匀速直线运动B．从a到b，小球可能做匀加速直线运动C．从a到b，小球动能可能不变D．从a到b，小球机械能可能不变12.智能手机耗电量大，移动充电宝应运而生，它是能直接给移动设备充电的储能装置．充电宝的转化率是指电源放电总量占电源容量的比值，一般在0.60﹣0.70之间（包括移动电源和被充电池的线路板、接头和连线的损耗）．如图为某一款移动充电宝，其参数见如表，下列说法正确的是（ ）A．充电宝充电时将电能转化为内能B．该充电宝最多能储存能量为3.6×l06JC．该充电宝电量从零到完全充满电的时间约为2hD．该充电宝给电量为零、容量为3000mAh的手机充电，则理论上能充满4次13.如图所示，电场中a、b、c三点，ab=bc，则把点电荷+q从a点经b移到c的过程中，电场力做功的大小关系有（ ）A．Wab＞WbcB．Wab=WbcC．Wab＜WbcD．无法比较分卷II二、实验题(共2小题,每空3分,共18分)14.利用如图所示实验装置来验证机械能守恒定律.通过电磁铁控制的小铁球从A-12-点自由下落，下落过程中小铁球经过光电门B时，毫秒计时器(图中未画出)记录下小铁球的挡光时间t.实验前调整光电门位置，使小铁球下落过程中，小铁球球心垂直细激光束通过光电门，当地重力加速度为g.(1)为了验证小铁球下落过程中机械能是否守恒，还需要测量的物理量是________.A.A点距地面的高度HB.A、B之间的距离hC.小铁球从A到B的下落时间tABD.小铁球的直径d(2)小铁球通过光电门时的瞬时速度v＝____________；要验证小铁球下落过程中机械能是否守恒，只需验证等式________是否成立即可(用实验中测得物理量的符号表示).15.如图甲是研究平抛运动的实验装置图，图乙是实验后在白纸上作的图.(1)固定斜槽轨道时应注意使________________________________________________.(2)实验过程中需经过多次释放小球才能描绘出小球平抛运动的轨迹，实验中应注意________________________________________________________________________.(3)根据图乙给出的数据，可计算出v0＝______m/s.(g取9.8m/s2)三、计算题(共2小题,16题14分,17题16分共30分)16.如图甲所示，倾角为θ＝37°的足够长斜面上，质量m＝1kg的小物体在沿斜面向上的拉力F＝14N作用下，由斜面底端从静止开始运动，2s后撤去F，前2s内物体运动的v-t图象如图乙所示．求：(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)-12-(1)小物体与斜面间的动摩擦因数；(2)撤去力F后1.8s时间内小物体的位移．17.为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为θ＝60°、长为L1＝2m的倾斜轨道AB，通过微小圆弧与长为L2＝m的水平轨道BC相连，然后在C处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道上D处，如图所示.现将一个小球从距A点高为h＝0.9m的水平台面上以一定的初速度v0水平弹出，到A点时小球的速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下.已知小球与AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝，g取10m/s2.(1)求小球初速度v0的大小；-12-(2)求小球滑过C点时的速率vC；(3)要使小球刚好能过圆轨道的最高点，圆轨道的半径为多大？-12-答案解析1.【答案】B【解析】研究地球的自转时，地球的大小和形状不能忽略，不能看作质点，故A错误；当研究海轮的位置时，海轮的大小和形状可以忽略，故能看做质点，故B正确；研究运动员的起跑动作，运动员的形状不能忽略，故不能看做质点，故C错误；研究乒乓球的旋转，需要看球的转动方向，而一个点无法研究转动方向，所以不能看做质点，故D错误．2.【答案】D【解析】当物体做加速度减小的变加速运动时，速度和位移均增大，当加速度减为零时，物体做匀速直线运动，速度达到最大，所以A是可能的；速度先与加速度反向，做减速运动，减到零后，再与加速度同向，做加速运动，在这个过程中，加速度逐渐减小，速度变化越来越慢．所以B是可能的．速度与加速度反向，做减速运动，但位移逐渐增大，当速度减到零时，位移不是零．所以C也是可能的．加速度方向不变时，当速度先增大，后减小时，速度方向先与加速度方向相同，后来速度反向，与加速度方向相反，物体的位移先增大后减小，不可能一直增大，故D不可能．3.【答案】A【解析】将纸条上端中心连起来，得到的直线是纸带的v－t图象，该图象斜率表示加速度，得乙物体的加速度比甲大，A正确；相等的时间间隔内位移增大，所以两物体均做加速直线运动，B错误；由图象知，相同的时间内，乙的位移大，所以打第三个计数点时，乙物体的速度比甲大，C错误；图象在纵轴上的截距不为零，所以打第一个计数点时，物体的速度不为零，D错误．4.【答案】A【解析】 对c球受力分析如图，F1与F2的合力与重力大小相等、方向相反；支持力F2＝mgcosθ由a到d的过程中，夹角θ-12-越来越小，则说明对圆弧面的压力越来越大，故对圆弧面的压力最小的是a球．5.【答案】B【解析】 对整体进行受力分析，知FN＝2mg，移动两球后，仍然平衡，则FN仍然等于2mg，所以FN不变．再隔离对A进行受力分析，轻杆对A的作用力等于轻杆上受到的压力，设轻杆与竖直方向夹角为θ，轻杆对A球的作用力F＝，当A球向上移动一小段距离后，夹角θ减小，cosθ变大，所以F减小．故B正确，A、C、D错误.6.【答案】C【解析】从起点A到最高点B可看成平抛运动的逆过程，如图所示，运动员做平抛运动，初速度方向与水平方向夹角的正切值为tanα＝2tanβ＝2×＝2×＝，选项C正确.7.【答案】B【解析】8.【答案】D【解析】设小球做完整圆周运动时其轨道半径为R，小球刚好过最高点的条件为mg＝解得v0＝小球由静止释放到运动至圆周的最高点过程中，只有重力做功，因而机械能守恒，取初位置所在水平面为参考平面，由机械能守恒定律得0＝mv－mg(L－2R)解得R＝L所以OA的最小距离为L－R＝L，故D正确.9.【答案】D【解析】点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越小，场强越大，粒子受到的电场力越大，带电粒子的加速度越大，所以ab＞ac＞aa，根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在运动的过程中，一直受静电斥力作用，离电荷最近的位置，电场力对粒子做的负功越多，粒子的速度越小，所以va＞vc＞vb，所以D正确，A、B、C错误；故选：D．10.【答案】B【解析】电路中电流表的示数为2.0A，所以电动机的电压为U=E﹣U内-=12V﹣Ir﹣-12-IR0=(12﹣2×1﹣2×1.5)V=7V，所以B正确；电动机的总功率为P总=UI=7×2W=14W，电动机的发热功率为P热=I2R=22×0.5W=2W，所以电动机的输出功率为14W﹣2W=12W，所以A、C错误；电源的输出的功率为P输出=EI﹣I2R=(12×2﹣22×1)W=20W，所以D错误．11.【答案】C【解析】带电小球的初速度是水平的，从a运动到b点的过程中小球在竖直方向上发生位移，说明小球做的是曲线运动，所以小球受力不为零，即小球不可能做匀速直线运动，故A错误．从上分析可知小球做曲线运动，即变速运动，故小球受到磁场给的洛伦兹力也是变化的，故小球受到的合力是变力，所以小球不可能做匀加速直线运动，故B错误．当小球的重力和电场力平衡时，小球受到的洛伦兹力只改变小球的速度方向，小球的动能不变，故C正确．从a到b，电场方向竖直向上，电场力一定做功，故机械能肯定不守恒，故D错误．12.【答案】D【解析】充电宝充电时将电能转化为化学能，不是内能，故A错误；该充电宝的容量为：q=20000mAh=20000×10﹣3×3600C=7.2×104C，该电池的电动势为5V，所以充电宝储存的能量：E=E电动势•q=5×7.2×104J=3.6×105J，故B错误；以2A的电流为用电器供电，则供电时间t=，故C错误；由于充电宝的转化率是0.6，所以可以释放的电能为：20000mAh×0.6=12000mAh，给容量为3000mAh的手机充电的次数：n==4次，故D正确.13.【答案】C【解析】电场线疏密表示场强的大小，由图象知从左到右场强逐渐增大，电场力做功W=qU=qEd，ab=bc，所以Wab＜Wbc．故选：C.14.【答案】(1)BD (2) ＝h(或d2＝2ght2)【解析】(1)根据实验原理可知，需要测量的是A点到光电门B的距离，故A错误，B正确.利用小铁球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，不需要测量下落时间，但需要知道挡光物体的尺寸，因此需要测量小铁球的直径，故C错误，D正确.(2)利用小铁球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故v＝；根据机械能守恒的表达式有mgh＝mv2，可得＝h(或d2＝2ght2)，故只要验证＝h(或d2＝2ght2)即可.15.【答案】-12-(1)底端切线沿水平方向(2)使小球每次都从同一高度处无初速度滚下(3)1.6【解析】(1)为了保证小球离开斜槽时的速度沿水平方向，应调整斜槽使底端切线沿水平方向.(2)为了保证小球每次做平抛运动的轨迹一致，要求它的初速度相同，故每次都让小球从斜槽的同一高度处无初速度滚下.(3)根据图乙给出的数据，可计算出v0＝1.6m/s.16.【答案】 (1)0.5 (2)2.2m，沿斜面向上【解析】 (1)由题图乙可知，0～2s内物体的加速度a1＝＝4m/s2根据牛顿第二定律，F－mgsinθ－Ff＝ma1，FN＝mgcosθ，而Ff＝μFN，代入数据解得μ＝0.5.(2)撤去F后，－mgsinθ－Ff＝ma2，得a2＝－10m/s2，设经过t2时间减速到0，根据运动学公式0＝v1＋a2t2，解得t2＝0.8s在0.8s内物体有向上运动的位移x20－v＝2a2x2，得x2＝3.2m物体到最高点后向下运动，设加速度大小为a3，则mgsinθ－Ff＝ma3，解得a3＝2m/s2再经t3＝1s物体发生位移x3，x3＝a3t＝1m物体在撤去F后1.8s内的位移x＝x2－x3代入数据解得x＝2.2m，方向沿斜面向上．17.【答案】(1)m/s(2)3m/s(3)0
