2014年云南省玉溪一中高二下学期第二次月考物理试卷与答案（带解析）.doc

1、2014年云南省玉溪一中高二下学期第二次月考物理试卷与答案（带解析） 选择题 如图所示，三根通电长直导线 P、 Q、 R互相平行且通过正三角形的三个顶点，三条导线中通入的电流大小相等，方向均垂直纸面向里；则通电导线 R受到另外两根导线给它的磁场力的合力方向是（ ） A垂直 R，指向 y轴负方向 B垂直 R，指向 y轴正方向 C垂直 R，指向 x轴正方向 D垂直 R，指向 x轴负方向 答案： A 试题分析：由右手定则可判断导线 PQ在 R点处的磁场方向，合成后可知导线PQ在 R点处的磁场方向水平向右，由左手定则可知，导线 R所受的另外两根导线给它的磁场力的合力方向是垂直 R，指向 y轴负方向，选

2、项 A 正确。 考点：左手定则及右手定则；磁场的叠加。 如图所示， A、 B两物体的质量比 mA mB 3 2，它们原来静止在粗糙的平板车 C上， A、 B间有一根被压缩了的弹簧（弹簧两头不拴接）， A、 B与平板车 C的上表面间的动摩擦因数相同，且 AB均不会从平板车上掉下，地面光滑 .当弹簧突然释放，则有（ ） A A、 B系统动量守恒 B A、 B、 C系统动量守恒 C开始时小车会向左运动 D最后小车将静止 答案： BCD 试题分析：由于 mA： mB=3： 2， A、 B所受的摩擦力大小不等，所以 A、 B组成的系统合外力不为零，动量不守恒，故 A错误；地面光滑， A、 B、 C系统受

3、到的合外力为零，则系统动量守恒，故 B正确；由于 A、 B两木块的质量之比为mA： mB=3： 2，由摩擦力公式 f=N=mg知， A对小车向左的滑动摩擦力大于B对小车向右的滑动摩擦力，在 A、 B相对小车停止运动之前，小车的合力所受的合外力向左，会向左运动，故 C正确； A、 B、 C系统动量守恒，故最终ABC都将静止， D正确 考点：动量守恒定律的应用。 如图所示， M是一小型理想变压器，接线柱 a、 b接在电压 u 311sin314t（ V）的正弦交流电源上，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中 R2为用半导体热敏材料制成的传感器，电流表 A2为值班室的显示器，显示通过 R1的电

4、流，电压表 V2显示加在报警器上的电压（报警器未画出）， R3为一定值电阻。当传感器 R2所在处出现火警时，以下说法中正确的是：（ ） A A1的示数不变， A2的示数增大 B V1的示数不变， V2的示数减小 C V1的示数不变， V2的示数增大 D A1的示数增大， A2的示数减小 答案： BD 试题分析：当传感器 R2所在处出现火情时， R2的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，所以电路中的总电流将会增加， A1测量的是原线圈中的总的电流，由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流 A1示数也要增加；由于电源的电压不变，原副线圈的电压也不变，所以 V1 的示数不变，由于副线圈中电流增大，R3

5、的电压变压变大，所以 V2的示数要减小，即 R1的电压也要减小，所以 A2的示数要减小，所以 BD正确 考点：变压器；动态电路分析。 如图所示，电阻为 r的矩形线圈面积为 S，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以角速度 匀速转动 .t=0时刻线圈平面与磁场垂直，各电表均为理想交流电表 .则 ：（ ） A滑片 P下滑时，电压表的读数不变 B图示位置线圈中的感应电动势最大 C线圈从图示位置转过 1800的过程中，流过电阻 R的电荷量为 D 1s内流过 R的电流方向改变 次 答案： CD 试题分析：矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，线圈中产生正弦式交变电流，感应电动势最大值为 Em=nBS，

6、线圈在磁场中匀速转动时产生的感应电动势最大值不变，有效值不变滑片 P下滑时， R增大，据闭合电路欧姆定律可知，通过 R的电流有效值减小，线圈的内电压减小，则 R的电压有效值增大，电压表的读数增大，故 A错误；图示位置线圈中没有任何一边切割磁感线，线圈中感应电动势为零，由法拉第电磁感应定律可知磁通量的变化率为零，产生的电动势等于 0；故 B 错误；线圈从图示位置转过 180的过程中，磁通量的大小相等，而方向相反，所以电路中的平均电动势大小：平均电流： ；流过电阻 R的电量为： 故 C正确；由题意得：线圈转动的周期为 ，线圈每经过中性一次，感应电流方向改变一次，一周电流方向改变，所以 1s内流过

7、R的电流方向次数为：，故 D正确故选： CD 考点：法拉第电磁感应定律。 如图 所示，虚线表示电场的一簇等势面且相邻等势面间电势差相等，一个 粒子（即氦原子核）以一定的初速度进入电场后，只在电场力作用下沿实线轨迹运动， 粒子先后通过 M点和 N 点 .在这一过程中，电场力做负功，由此可判断出（ ） . A N 点的电势高于 M点的电势 B 粒子在 N 点的电势能比在 M点的电势能大 C 粒子在 M点的速率小于在 N 点的速率 D 粒子在 M点受到的电场力比在 N 点受到的电场力大 答案： AB 试题分析： 粒子为氦核带正电，由运动轨迹可知，电场力的方向指向右下方即电场线的方向指向右下方，根据电

8、场的性质 “顺着电场线的方向电势降落 ”可知 N 点的电势高于 M 点的电势，故 A 正确；由 EPA-EPB=WAB=qUAB=q（ A-B），得电场力做负功电势能增加， 粒子在 N 点的电势能大于在 M点的电势，故 B正确电场力做负功，则知动能减小，速率减小故 C错误根据电场线或等势面的疏密程度可知， M点的场强小于 N 场强， 粒子在 M点受的电场力小于在 N 点受的电场力故 D错误 考点：等势面；电场力做功与电势能变化的关系；动能定理。 两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为 的斜面上，导轨的下端接有电阻 R，导轨自身的电阻可忽略不计 .斜面 处在一匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上 .质

9、量为 m、电阻可不计的金属棒 ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力 F作用下沿导轨匀速上滑，并上升 h高度，如图所示 .在这过程中（ ） . A作用于金属棒上的各力的合力所做的功等于零 B作用于金属棒上的各力的合力所做的功等于 mgh与电阻 R上发出的焦耳热之和 C恒力 F与安培力的合力所做的功等于零 D恒力 F与重力的合力所做的功等于电阻 R上发出的焦耳热 答案： AD 试题分析：导体棒匀速上升过程中，根据动能定理得： WF-WG-W 安 =0，注意克服安培力所做功即为回路电阻中产生的热量，故有：金属棒上的各个力的合力所做的功等于零， A正确， B错误；恒力 F与安培力合力做功等于克服重力所做功，

10、故 C错误；恒力 F与重力的合力所做的功等于克服安培力所做功，即等于电阻 R上发出的焦耳热，故 D正确故选 AD 考点：动能定理；安培力做功；能量守恒定律。 长为 L、间距也为 L的两平行金属板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B，如图。今有质量为 m、带电量为 q的正离子从平行板左端中点以平行于金属板的方向射入磁场。欲使离子不打在极板上，入射离子的速度大小应满足的条 件是（ ） A B C D 答案： B 试题分析：根据 ，得 若粒子刚好从左侧射出，如图，则 所以 若粒子刚好从右侧射出，如图，有： 解得： 所以 欲使离子不打在极板上，则 或 故 正确；故选： B 考点：带电粒子在匀强

11、磁场中的运动。 如图甲所示，线圈 A、 B紧靠在一起，当给线圈 A通以如图乙所示的电流（规定由 a进入 b流出为电流正方向）时，则电压表的示数变化情况（规定电流由 c进入电压表为正方向）应为下列图中的（ ） 答案： D 试题分析：规定由 a进入 b流出为电流正方向， 0-1s，电流为正值，随时间均匀增大，根据右手螺旋定则判断出线圈 A产生的磁场左端是 N 极，右端是 S极，由于产生原磁场的电流在增大所以原磁场穿过线圈 B的磁通量均匀增大，根据楞次定律判断出线圈 B中感应电流方向是从 d经过电压表再经过 c，也就是在图中电压为负值根据法拉第地磁感应定律得出产生的感应电动势为不变，为定值依次求出

12、1-4s过程中电压变化情况故选 D 考点：法拉第地磁感应定律；楞次定律。 对爱因斯坦光电效应方程 EK= h-W0，下面的理解正确的有 : （ ） A.用相同频率的光照射同一金属，逸出的所有光电子都具有相同的初动能 Ek B遏止电压与逸出功的关系是 UCe=W0 C逸出功 W和极限频率 0之间满足关系式 W= h0 D光电子的最大初动能和入射光的频率成正比 答案： C 试题分析：用相同频率的光照射同一金属，逸出的光电子的最大初动能 Ekm都相同，选项 A 错误；遏止电压与逸出功的关系是 ，选项 B 错误；逸出功 W和极限频率 0之间满足关系式 W= h0，选项 C正确；光电子的最大初动能和入射

13、光的频率满足 ，故光电子的最大初动能和入射光的频率不是正比关系，选项 D错误。 考点：光电效应的规律。 如图，棒 AB上均匀分布着正电荷，它的中点正上方有一 P点，则 P点的场强方向为（ ） . A垂直于 AB向上 B垂直于 AB向下 C平行于 AB向左 D平行于 AB向右 答案： A 试题分析：根据点电荷的电场强度的定义式 ，再将棒的电荷看成若干个点电荷，由对称性与矢量的叠加，可得出， P点的电场强度的方向垂直于 AB向上，故 A正确。 考点：点电荷电场；电场的叠加。 ab、 cd，两棒用细线系住，匀强磁场的方向如图甲所示而磁感应强度 B随时间 t的变化如图乙所示，不计 ab、 cd间电流的

14、相互作用，则 0到 t0的时间内细线中的张力变化为（ ） A由 0到 t0时间内逐渐增大 B由 0到 t0时间内逐渐减小 C由 0到 t0时间内不变 D由 t0到 t时间内逐渐增大 答案： B 试题分析：由图乙所示图象可知， 0到 t0时间内，磁场向里，磁感应强度 B均匀减小，线圈中磁通量均匀减小，由法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的感应电动势，形成恒定的电流由楞次定律可得出电流方向沿顺时针，故ab受力向左， cd受力向右，而张力 F=F 安 =BIL，因 B减小，故张力将减小，故AC 错误， B正确；由 t0到 t时间 内，线圈中的磁场向外， B均匀增大，回路中产生恒定的感应电流，由楞

15、次定律可知，电流为顺时针，由左手定则可得出，两杆受力均向里，故两杆靠近，细线中张力消失，故 D错误；故选： B 考点：安培力及法拉第电磁感应定律 一块手机电池的背面印有如图所示的一些参数，另外在手机使用说明书上还写 “通话时间 3h，待机时间 100h”，如果数据是真实的，则该手机通话时消耗的功率约为 （ ） A 1.8W B 0.6W C 3.6W D 1.2W 答案： B 试题分析：由图中所提供的电池的容量为 “3.6V， 500mA h”，则通话时消耗的功率为 ，故选： B 考点：电功率。 如图所示， D是一只二极管，它的作用是只允许电流从 a流向 b，不允许电流从 b流向 a。平行板电

16、容器 AB内部原有带电微粒 P处于静止状态，当两极板A和 B的间距稍增大一些后，微粒 P的运动情况将是： A向上运动 B向下运动 C 仍静止不动 D无法判断 答案： C 试题分析：电容器与电源保持相连，电容器的电压不变，板间距离增大，电容减小，电容量的电量要减小，放电，但由于二极管的作用只允许电流从 a流向b，电容器的电量无法减小，根据推论板间电场强度 ， Q、 S、 不变 ，则改变 d， E不变，电荷 P受的电场力不变，仍静止故 A正确故选 A 考点：电容器的电容，物体的平衡。 实验题 （ 1）图中给出的是用螺旋测微器测量一金属薄板厚度时的示数，此读数应为 _mm。 （ 2）有一游标卡尺，主

17、尺的最小分度是 1 mm，游标尺上有 20个小的等分刻度用它测量一工件的长度，如图所示读数是 _mm 答案：（） 6.124mm （） 6.45mm 试题分析：（ 1）螺旋测微器读数为： 6mm+0.01mm12.4=6.124mm；（ 2）游标卡尺读数： 0.6cm+0.05mm9=6.45mm 考点：螺旋测微器及游标卡尺读数。 （ 1）要用伏安法测量 Rx的电阻，已知电压表内阻 约几 k，电流表内阻约1，若采用甲图的电路， Rx的测量值比真实值 （选择 “偏大 ”或 “偏小 ”），若 Rx约为 10，则采用 _（选 “甲图 ”或 “乙图 ”）的电路误差较小 （ 2）无论是用甲图或乙图测量，

18、都不可避免地会产生由电表内阻引起的测量误差，有个研究性学习小组设计了以下的实验方案： I按如图丙所示的电路进行测量，则由电压表、电流表内阻造成的误差可以基本消除，具体的实验步骤如下： 闭合开关 S1，开关 S2接 2，调节可变电阻 RP 和 RW，使电压表和电流表的示数都较大，并读出此时电压表和电流表的示数 U1和 I1； 保持 RP 的阻值不变， _ （ A）请你在 的横线上用简要的语言（含物理量）写出未完成的主要操作步骤。 （ B）写出待测电阻 Rx的表达式： Rx=_。 答案：（）偏小 甲 （） 保持 RP 的阻值不变，将 S2改接 1，调节 Rw，使电压表和电流表读数适当，记下此时电压

19、表读数 U2和电流表读数 I2（ B）Rx=U1/I1U 2/I2 试题分析：（）若采用甲图的电路，由于电压表的分流作用，使 得电流表读数大于待测电阻的电流真实值，根据 ，可知 Rx 的测量值比真实值偏小，若 Rx约为 10，则由于 ，则采用甲图的电路误差较小；（ 2） 保持RP 的阻值不变，将 S2改接 1，调节 Rw，使电压表和电流表读数适当，记下此时电压表读数 U2和电流表读数 I2；（ B）写出待测电阻 Rx的表达式：考点：伏安法测电阻。 计算题 （ 12分）如图左下图所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道相距 L=1m，两轨道用 的电阻连接，有一质量 m=0.5kg的导体杆静止

20、地放在轨道上，与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度 B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上。现用水平拉力 F沿水平方向拉动导体杆，则： （ 1）若拉力 F大小恒为 4N，请说明导体杆做何种运动，最终速度为多少？ （ 2）若拉力 F大小恒为 4N，且已知从静止开始直到导体棒达到稳定速度所经历的位移为 s=10m，求在此过程中电阻 R上所生的热； （ 3）若拉力 F为变力，在其作用下恰使导体棒做加速度为 a=2m/s2的匀加速直线运动，请写出拉力 F随时间 t的变化关系式 答案：（ 1）棒 做加速度减小的变加速运动； 2m/s2（ 2） 39J；（ 3） F=1

21、+4t 试题分析：根据牛顿第二定律： F-BIL=ma 由欧姆定律： 根据法拉第电磁感应定律： E=BLv 联立得： 棒做加速度减小的变加速运动，当 a=0时， （ 2）由动能定理： Fs-W 安 = mv2 且 W 安 =Q 代入数据得： Q=39J （ 3）由 F-BIL=ma， ， v=at 得： 考点：法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律及动能定理。 （ 12分）如右上图，在 xOy平面第一象限整个区域分布一匀强电场，电场方向平行 y轴向下在第四象限内存在一有界匀强磁场，左边界为 y轴，右边界为 的直线，磁场方向垂直纸面向外一质量为 m、带电荷量为 +q的粒子从 y轴上 P点以初速度 v0

22、垂直 y轴射人匀强电场，在电场力作用下从 x轴上Q 点以与 x轴正方向成 450角进入匀强磁场已知 OQ=l，不计粒子重力求： （）粒子到达 Q 点的速度 vQ为多大？ （） P点的纵坐标是多少？ （）若该粒子在磁场中运动时刚好不会穿过轴，求磁感应强度 B的大小 答案：（ 1） （ 2） （ 3） 试题分析：（ 1） Q 点速度 （ 2）设粒子在电场中运动时间为 t，有： 且 P点有 ，联解 得 : （ 3） 设此时的轨迹半径为 r，由几何关系有： 粒子在磁场中的速度： 根据向心力公式得： 联解 得： 考点：带电粒子在电场及在磁场中的运动。 （ 12分）在光滑水平面上静置有质量均为 m的木板

23、AB和滑块 CD，木板AB上表面粗糙动摩擦因数为 ，滑块 CD上表面是光滑的 1/4圆弧，其始端D点切线水平且在木板 AB上表面内，它们紧靠在一起，如图所示一可视为质点的物块 P，质量也为 m，从木板 AB的右端以初速度 v0滑上木板 AB，过 B点时速度为 v0/2，又滑上滑块 CD，最终恰好能滑到滑块 CD圆弧的最高点 C处，求： （ 1）物块滑到 B处时木板的速度 vAB； （ 2）木板的长度 L; （ 3）滑块 CD圆弧的半径 R. 答案：（ 1） （ 2） （ 3） 试题分析：（ 1）对 ABC用由动量守恒得 ，又 ，则（ 2）由 A到 B，根据能量守恒得 ，则（ 3）由 D点 C，滑块 CD与物块 P的动量守恒且机械能守恒，得 解之得 : 考点：动量守恒及能量守恒定律。