2０２０┄２０21学年重庆市万州分水中学高二(下）月考物理试卷(4月份）一、单项选择题．（每题６分,共36分)1．（６分）(2013•重庆模拟)关于地球和地球卫星的说法正确的是（）A.地球表面赤道上的物体随地球自转的向心加速度大小约为９.8 ｍ／s2B.地球卫星的运行速度至少为７.９kｍ／sC.地球卫星的周期可以大于2４hD．所有地球同步卫星受到的地球引力大小相同考点:万有引力定律及其应用.专题：万有引力定律的应用专题．分析:卫星绕地球做匀速圆周运动,靠万有引力提供向心力,赤道上的物体是引力的分力充当向心力；地球的第一宇宙速度为7.９km/s,是地球卫星的最大环绕速度，最小发射速度；万有引力定律F=G.解答：解:A、地球表面上物体受到的万有引力可以分为重力和自转所需要的向心力,故重力加速度并不是向心加速度,故A错误；B、第一宇宙速度为７.9km/s,是地球卫星的最大环绕速度，最小发射速度,故B错误；C、地球的同步卫星周期为2４小时，只要卫星高度大约同步卫星，其周期就会大于24小时,故Ｃ正确;D、根据F=G知引力大小还与卫星自身质量有关，故不同卫星引力可能不同，故D错误．故选:C.点评:解决本题的关键抓住向心力的来源,结合线速度、向心加速度、周期与轨道半径的关系进行比较.２.（6分)(2014春•万州区校级月考）从同一地点，同时沿同一方向做直线运动的两个物体Ⅰ、Ⅱ的v﹣t图象如图所示.则在０﹣t０的时间内，下列说法正确的是( )A.Ⅰ、Ⅱ两个物体所受的合外力均在不断增大B．Ⅰ物体所受的合外力在不断增大，Ⅱ物体所受的合外力在不断减小Ｃ．Ⅰ物体的位移在不断增大,Ⅱ物体的位移在不断减小D．Ⅰ、Ⅱ两个物体的平均速度均大于考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题.分析：速度图象的斜率等于物体的加速度,由图象可知:Ⅰ做加速度越来越大的加速运动,Ⅱ做加速度越来越大的减速运动，根据牛顿第二定律分析合外力如何变化；图象与时间轴围成的面积表示位移，将图示的两个运动与匀变速直线运动进行比较，平均速度用总位移除以总时间即可．解答：解:A、B速度图象的斜率等于物体的加速度,A做加速度越来越小的加速运动,根据牛顿第二定律得知，A所受合外力越来越小;B做加速度越来越小的减速运动，所以Ｂ所受合外力越来越小，故Ａ正确,B错误；C、速度图象与时间轴围成的面积表示位移，故两个质点的位移都不断增大，故C错误;D.平均速度用总位移除以总时间,用直线连接两个图象的初末速度，此运动是匀变速运动，平均速度等于,而Ⅰ的面积比匀加速运动的梯形面积小,说明位移比匀加速运动的位移小，时间相同，所以Ⅰ的平均速度小于;Ⅱ的面积比匀减速运动的梯形面积大,时间相同，所以Ⅱ的平均速度大于,故Ｄ错误.故选A.点评:该题考查了速度﹣时间图象的相关知识,图象是曲线,说明不是匀变速运动，要求同学们能根据斜率的变化判断加速度的变化,其中判断D答案的方法较为特殊，要求同学们能构造匀变速运动的图象进行比较求解．３.(6分)(２01４春•万州区校级月考）电源、开关Ｓ、定值电阻Ｒ1和R3、光敏电阻Ｒ2、灯泡以及电容器连接成如图所示电路，电容器的两平行板水平放置.当开关S闭合,并且无光照射光敏电阻R２时,一带电液滴恰好静止在电容器两板间的M点．当用强光照射光敏电阻Ｒ２时，光敏电阻的阻值变小，则( )Ａ.电容器所带电荷量减少 B.电容器两极板间电压变小C.液滴向上运动D．灯泡变暗考点：闭合电路的欧姆定律.专题：恒定电流专题.分析:先读懂电路图,知该电路Ｒ1和R2串联，电容器两端间的电压等于R１两端间的电压,当用强光照射光敏电阻Ｒ2时，其阻值变小，根据闭合电路欧姆定律分析电容器两端的电压变化,从而知道电场的变化；再分析带电液滴的受力情况，确定运动.通过电容器两端电压的变化，就可知道电容器所带电量的变化．解答:解：当无光照射时,带电液滴恰好静止，液滴所受重力和电场力平衡；当用强光照射光敏电阻Ｒ2时,光敏电阻的阻值变小，电路中电流增大，灯泡变亮,Ｒ1两端间的电压增大，电容器的电压增大，板间场强增大,液滴所受的电场力增大，液滴向上运动,故Ｃ正确,BD错误；电容器的电压增大,电容不变，由Q=ＣU知，电容器所带电荷量增大.故A错误．故选：C.点评:解决本题的关键抓住电容器两端电压与R1两端电压相等,利用闭合电路欧姆定律进行动态分析.4.(６分）（20１４春•万州区校级月考)一矩形线圈绕垂直于匀强磁场方向、并位于线圈平面内的固定轴转动，线圈中的感应电动势与时间呈正弦函数关系如图所示,此电源输出功率是20kW,用5000V高压输电，输电线总电阻是6Ω，用户端利用n1:n２=２２:1的变压器降压,则下列说法正确的是（）A．交变电流的频率为0.5HzB.交变电流的电动势的有效值为220VＣ．输电线中电流为0.4ＡＤ.用户得到的电压为226．18 V考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式;正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．专题：交流电专题.分析：根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等.同时由变压器电压与匝数成正比，及根据I＝可求出输电线的电流．解答：解:A、由图象可知,周期为T=２×10﹣２ｓ,则频率为f==５０Ｈz，故A错误；B、由图象可知，最大值为22０V，因正弦式交流电，则交变电流的电动势的有效值为＝２20Ｖ,故B错误；C、电源输出功率是2０kW，用5000V高压输电,则输电线的电流I==4A，故Ｃ错误；Ｄ、因输电线总电阻是6Ω，输电线电阻损失电压为U损=IR=4×6V=２4V，由＝，得:Ｕ用=（50０0﹣2４)×V=２26.18V,故D正确；故选:Ｄ点评:本题考查了有关交流电描述的基础知识,要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量,同时掌握电压与匝数关系．５.(6分）（2014春•万州区校级月考)如图所示，A、B质量均为m,叠放在轻质弹簧上，当对A施加一竖直向下的力，大小为Ｆ,将弹簧压缩一段，待平衡后突然撤去力F的瞬间，关于A的加速度及A、B间的相互作用力的下述说法正确的是（）A．加速度为0，作用力为mgB．加速度为，作用力为Ｃ．速度为Ｆ/m,作用力为mｇ+FD．加速度为，作用力为考点：牛顿第二定律.专题：牛顿运动定律综合专题.分析：先根据整体法求解出加速度,然后运用隔离法求解内力．解答：解：在突然撤去F的瞬间,AB整体的合力向上，为F,根据牛顿第二定律,有：F＝（２ｍ）aa=对上面的物体受力分析，受重力和支持力,根据牛顿第二定律，有：N﹣mg=ｍa;联立解得：Ｎ=ｍg+；故B正确;故选：Ｂ．点评：本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用,注意整体法和隔离法在题目中的应用，不难6．（６分)（201４春•香坊区校级期中）质量为ｍ的炮弹沿水平方向飞行，其动能为E k，突然在空中爆炸成质量相同的两块，其中一块向后飞去,动能为，另一块向前飞去,则向前的这块的动能为( ）A．Ｂ.C．Ｄ.考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．专题:动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合.分析：由于爆炸产生的作用力远大于重力，在爆炸的瞬间水平方向上动量守恒,根据动量守恒求出另一块炸弹的速度，从而求出动能的大小.解答:解：炸弹开始动能，解得v=．其中一块动能为=,解得根据动量守恒定律得,mv=﹣解得.则动能.故B正确,A、Ｃ、Ｄ错误.故选B.点评:解决本题的关键知道炸弹在爆炸的瞬间系统动量守恒，运用动量守恒定律解题时注意速度的方向.二、实验题.（共1９分)7．（4分）(２０１4春•海曙区校级期末)在“共点力合成”的实验中，如图所示,使b弹簧按图示位置开始顺时针缓慢转动，在这个过程中保持O点位置不变和ａ弹簧的拉伸方向不变，则在整个过程中关于a、ｂ弹簧的读数变化是（）A.a增大，ｂ减小B.a减小,ｂ增大Ｃ.a减小，b先增大后减小 D.a减小，ｂ先减小后增大考点：验证力的平行四边形定则．专题：实验题.分析：点0受到三个力作用处于平衡状态，保持O点的位置，说明一个拉力大小和方向不变，a弹簧秤的拉伸方向不变，说明一个拉力方向不变，判断另一拉力变化情况，因此利用“图示法”可正确求解.解答:解:对点Ｏ受力分析,受到两个弹簧的拉力和橡皮条的拉力，如图，其中橡皮条长度不变,其拉力大小不变,oa弹簧拉力方向不变,ｏｂ弹簧拉力方向和大小都改变根据平行四边形定则可以看出b的读数先变小后变大，a的读数不断变小，故ABC 错误，Ｄ正确．故选:Ｄ．点评:本题是三力平衡问题中的动态分析问题,关键受力分析后，作出示意图,然后运用力的平行四边形定则进行分析讨论.8．（15分)(2０13•重庆模拟）某实验小组用电流表A、电阻箱Ｒ及开关S按如图1所示电路测电池的电动势和内阻．实验时，改变R的值,记录下电流表Ａ的示数I,得到多组R、Ｉ的数据，然后作出如图所示线性图象，求得电池电动势Ｅ和内阻r.①若将电流表A视为理想表，请写出线性图象对应的函数关系= R+ .利用所测得数据作出﹣R图象如图2所示，若图中a、ｂ、c均为已知量，则电池的电动势E= ,内阻ｒ= .②实际上电流表Ａ有一定内阻，从系统误差角度考虑，测得的电池的电动势Ｅ、内阻r与电动势真实值E真、内阻真实值ｒ真的关系是:E ＝E真,r > r真（填“＞”、“＜”或“=”).考点:测定电源的电动势和内阻.专题:实验题.分析：分析电流与电阻的关系,由闭合电路欧姆定律可得出符合本实验的公式,再结合图象的性质利用函数关系即可求得电动势和内电阻，然后分析实验误差.解答：解：①由图1所示电路图可知,在闭合电路中,电源电动势：E=Ｉ(R+ｒ）,则=R+,由图2所示图象可知，图象截距:ａ=,图象斜率:k=＝=,解得：E=，r＝;②考虑电流表内阻，由闭合电路欧姆定律可知：E=I（R+r+ＲＡ），则=Ｒ+，由图象可知:a＝,k===，则E真=，ｒ真＝﹣R A；由此可知，考虑电流表内阻,电动势测量值等于真实值,电源内阻测量值大于真实值．故答案为：①Ｒ+；;；②＝;＞．点评：本题考查了测电源电动势与内阻实验,考查了求电源电动势与内阻、实验误差分析,根据电路图、应用闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式是正确解题的前提与关键.三、计算题.(55分）９．(8分)（20１4春•万州区校级月考）如图所示,空间有相互垂直的匀强电场和匀强磁场交界与虚线，电场强度为Ｅ，虚线下方匀强磁场范围足够大，磁感强度为B，现有质量为m、电量为q的带正电粒子从距电磁场边界h处无初速释放(带电粒子重力可忽略不计）．求：（1)带电粒子刚离开电场时速度大小；(2)带电粒子在匀强磁场中运动的轨道半径.考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．专题:带电粒子在复合场中的运动专题.分析:根据动能定理求带电粒子刚离开电场时速度大小；根据牛顿第二定律求运动的轨道半径．解答:解：（１）根据动能定理:qＥｈ=mv2得：v＝（2)根据牛顿第二定律：qvＢ=m得:r==答：（1)带电粒子刚离开电场时速度大小v＝;(2)带电粒子在匀强磁场中运动的轨道半径．点评:本题属于带电粒子在组合场中运动题型中的简单求解,选择相应的运动规律即可．10．（1３分)(2014春•万州区校级月考）一质量为m=1kｇ的物块以一定的初速度沿斜面向上滑,利用速度传感器可以在计算机屏幕上得到其速度大小随时间的变化关系图象如图所示,取g=10ｍ/ｓ2,求:(１）物块上滑和下滑的加速度大小ａ1、ａ2;(２）斜面的倾角θ和物体与斜面间动摩擦因数μ．考点:牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的图像.专题:牛顿运动定律综合专题.分析:（1)根据速度时间图线，根据图线的斜率分别求出上滑和下滑的加速度大小．(2)根据上滑和下滑的加速度大小，根据牛顿第二定律列出表达式,从而得出斜面的倾角和摩擦因数．解答:解:(１）物块上滑的加速度大小ａ1=物块下滑的加速度大小a２=（2)设物块质量为m，物块与斜面间的滑动摩擦系数为μ 则有:ｍa1=mｇｓinθ+μｍgcosθma2=ｍgsinθ﹣μmｇcosθ联立解得:θ=30°答：(1)物块上滑和下滑的加速度大小分别为8m/s２、２m／s2．(2）斜面的倾角θ为３０°摩擦因数．点评：解决本题的关键能够从图线中获取信息，知道图线的斜率表示加速度,图线与时间轴所围成的面积表示位移．１1.(17分)(２0１4春•万州区校级月考）“愤怒的小鸟”是按物理规律设置的一款游戏．用弹枪将一只质量为Ｍ=3kg的鸟从水平地面发射,弹枪释放的弹性势能为E P=1200J,该鸟运动到离地ｈ=2０m的最高点时发生爆炸，变为三只质量为m=1kg的小鸟.爆炸之后瞬间三只小鸟速度均沿同一水平方向,且中间的一只小鸟的速度和爆炸前没有区别，落地的时候离发射处最近的和最远的小鸟相距为ｄ＝４０ｍ.ｇ＝１0m/s2,不计空气阻力.求：(1)爆炸前鸟的速度多大？（２）爆炸后瞬间另两只小鸟的速度分别为多少？(３）爆炸前后小鸟们的动能增加多少?考点：动量守恒定律；动能.专题:动量定理应用专题.分析:根据平抛运动的规律，结合动量守恒定律求出小鸟的相对速度,从而结合动能的公式求出小鸟动能的增加量．解答:解:（1)根据机械能守恒定律：ＥＰ=Mv2＋Mgh代入数据得：v=20ｍ／s(2）根据平抛运动的规律有：ｈ=ｇｔ２得:t==2ｓ最远和最近的小鸟的速度之差为:△v＝==２0m/s根据动量守恒定律知,三只小鸟水平方向上的速度之差相等，ｚ则爆炸后瞬间另两只小鸟的速度分别为10m/s和20ｍ/s;（3)动能增加量为:△E K=×1×１０２+×1×２02+×１×302﹣×3×２０２=100J 答:(1)爆炸前鸟的速度为２0ｍ/ｓ；（２）爆炸后瞬间另两只小鸟的速度分别为10m／ｓ和30ｍ／s;（3)爆炸前后小鸟们的动能增加１00Ｊ.点评:本题综合考查了平抛运动的规律,以及动量守恒定律和运动学公式的综合运用,有一定难度,需加强这方面的训练.１２.（1７分)（201３•重庆模拟)如图所示,倾角为θ的“U”型金属框架下端连接一阻值为R的电阻，相互平行的金属杆ＭN、PQ间距为L,与金属杆垂直的虚线a1ｂ1、a2b2区域内有垂直于框架平面向上的匀强磁场，磁感强度大小为B，a１b1、a2b2间距为d,一长为L、质量为ｍ、电阻为R的导体棒在金属框架平面上与磁场上边界a2b２距离d处从静止开始释放,最后能匀速通过磁场下边界a1b1.重力加速度为g(金属框架摩擦及电阻不计）．求：(１)导体棒刚到达磁场上边界a2b2时速度大小v1；（2)导体棒匀速通过磁场下边界a１ｂ1时速度大小v2;（3）导体棒穿过磁场过程中,回路产生的电能．考点:导体切割磁感线时的感应电动势;牛顿第二定律；焦耳定律.专题：电磁感应与电路结合．分析：（1）由机械能守恒定律求导体棒刚到达磁场上边界a2b2时速度大小v1；（2)根据受力平衡求导体棒匀速通过磁场下边界ａ１b1时速度大小v2；(3)根据能量守恒定律求导体棒穿过磁场过程中，回路产生的电能．解答:解:(1）由机械能守恒定律得：mgdsinθ=mv1２v1=（2）导体棒匀速通过磁场下边界ａ1b1时,由受力平衡得:mｇｓｉnθ=Ｆ安F安=ＢIL=解得:ｖ2＝(３）由能量守恒得,回路产生的电能：E＝２mｇｄsｉnθ﹣mv２2＝２mgdｓinθ﹣答:(1）导体棒刚到达磁场上边界a2b2时速度大小ｖ1为；（2）导体棒匀速通过磁场下边界ａ１b１时速度大小v2为；(３）导体棒穿过磁场过程中,回路产生的电能2ｍgdsinθ﹣.点评：本题属于电磁感应中力学与能量综合题，关键是通过分析棒aｂ的受力情况来分析其运动情况,安培力的计算是关键.。