山东省泰安第四中学2018_2019学年高二物理上学期12月月考试卷（含解析）.doc

《山东省泰安第四中学2018_2019学年高二物理上学期12月月考试卷（含解析）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山东省泰安第四中学2018_2019学年高二物理上学期12月月考试卷（含解析）.doc（16页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、1泰安四中 2017级高二 12月月考物理试题一、选择题(本大题共 12小题，每小题 4分，共 48分，1-6 为单选，7-12 为多选，全选对得 4分，选不全得 2分，有错选或不选的得 0分）1.关于物体的动量，下列说法中正确的是（）A. 物体的动量越大，其惯性也越大B. 同一物体的动量越大，其速度一定越大C. 物体的加速度不变，其动量一定不变D. 运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向【答案】BD【解析】A、惯性大小的唯一量度是物体的质量，如果物体的动量大，但也有可能物体的质量很小，所以不能说物体的动量大其惯性就大，故 A错误；B、动量等于物体的质量与物体速度的乘积，即 ，同一

2、物体的动量越大，其速度一定越大，故 B正确C、加速度不变，速度是变化的，所以动量一定变化，故 C错误；D、动量等于物体的质量与物体速度的乘积，即 ，动量是矢量，动量的方向就是物体运动的方向，不是位移方向，故 D错误。点睛：对于物理概念的理解要深要透，不能似是而非如动量是由物体的质量和速度共同决定，动量是矢量，其方向就是物体运动的方向。2.如图所示，弹簧振子在 a、b 两点间做简谐振动当振子从平衡位置 O向 a运动过程中A. 加速度和速度均不断减小B. 加速度和速度均不断增大C. 加速度不断增大，速度不断减小D. 加速度不断减小，速度不断增大【答案】C【解析】2试题分析：当振子从平衡位置 O向

3、a运动过程中，位移逐渐增大，恢复力逐渐增大，加速度逐渐增大，因为速度和加速度方向相反，故速度逐渐减小，选项 C正确.考点：弹簧振子的振动规律.3.某弹簧振子沿 x轴的简谐运动图象如图所示，下列描述正确的是（ ）A. t=1 s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值B. t=2 s时，振子的速度为负，加速度为正的最大值C. t=3 s时，振子的速度为负的最大值，加速度为零D. t=4 s时，振子的速度为正，加速度为负的最大值【答案】A【解析】在 t=1 s和 t=3 s时，振子偏离平衡位置最远，速度为零，回复力最大，加速度最大，方向指向平衡位置，A 正确，C 错误；在 t=2 s和 t=4 s时

4、，振子位于平衡位置，速度最大，回复力和加速度均为零，BD 错误。【名师点睛】根据振动图象判断质点振动方向的方法：沿着时间轴看去， “上坡”段质点向上振动， “下坡”段质点向下振动。4.两球 A、 B在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动， m kg， m kg， v m A=1 B=2 A=6s， v m s当 A追上 B并发生碰撞后，两球 A、 B速度的可能值是 ( ) B=2A. ， vA=5m/s vB=2.5m/sB. ， vA=2m/s vB=4m/sC. ， vA=1m/s vB=4.5m/sD. ， vA=7m/s vB=1.5m/s【答案】ACD【解析】两球碰撞过程系统动量守恒

5、，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰3撞，由动量守恒定律得： ，代入数据解得： ，如果两球发MAvA+MBvB=(MA+MB)v v=103m/s生完全弹性碰撞，有： ，由机械能守恒定律得：MAvA+MBvB=MAvA+MBvB，代入数据解得： ， ,则碰撞后 A、 B的12MAv2A+12MBv2B=12MAvA2+12MBvB2 vA=23m/s vB=143m/s速度： , ，故 ACD不可能，B 可能。所以选 ACD.23m/svA103m/s 103m/svB143m/s5. 地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，一个带电油滴沿

6、着一条与竖直方向成 角的直线 MN运动如图所示，由此可以判断（ ）A. 油滴一定做匀速运动B. 油滴一定做匀变速运动C. 如果油滴带正电，它是从 M点运动到 N点D. 如果油滴带正电，它是从 N点运动到 M点【答案】AC【解析】由于油滴做直线运动，故受力如图若带正电，C 项才是合理的，并且速度恒定，若有变化， F 洛 即为变力，油滴将做曲线运动故选 A、C.6.(2011年北京东城区检测)质量为 m、带电量为 q的小物块，从倾角为 的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向里的匀强磁场中，磁感应强度为 B，如图所示若带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法中不正确的是(

7、)A. 小物块一定带负电荷4B. 小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动C. 小物块在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动D. 小物块在斜面上下滑过程中，当小物块对斜面压力为零时的速率为mgcosBq【答案】ABD【解析】【分析】带电滑块在滑至某一位置时，由于在安培力的作用下，要离开斜面根据磁场方向结合左手定则可得带电粒子的电性由斜面粗糙，所以小滑块在没有离开斜面之前一直做加速增大的直线运动借助于洛伦兹力公式可求出恰好离开时的速度大小【详解】小球向下运动，由磁场垂直纸面向外，又由于洛伦兹力垂直斜面向上，所以小球带正电。故 A正确；小球没有离开斜面之前，在重力，支持力、洛伦兹力和

8、斜面的摩擦力作用下做加速直线运动，随着速度变大，导致洛伦兹力变大，小球对斜面的正压力变小，摩擦力减小，则小球的加速度变大，则小球在斜面上运动时做匀加速度增大、速度也增大的变加速直线运动，故 B错误，C 正确；则小球在斜面上下滑过程中，当小球受到的洛伦兹力等于重力垂直与斜面的分力相等时，小球对斜面压力为零。所以 Bqv=mgcos，则速率为 故 D正确；故选 ACD。v=mgcosqB【点睛】本题突破口是从小滑块刚从斜面离开时，从而确定洛伦兹力的大小，进而得出刚离开时的速度大小，由于斜面不是光滑的，则随着粒子的下滑，洛伦兹力大小变化，导致摩擦力变化，从而使加速度也发生变化7.如图所示，在水平光滑

9、地面上有 A、B 两个木块，A、B 之间用一轻弹簧连接。A 靠在墙壁上，用力 F向左推 B使两木块之间弹簧压缩并处于静止状态。若突然撤去力 F，则下列说法中正确的是： （ ） A. 木块 A离开墙壁前，A、B 和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒B. 木块 A离开墙壁前，A、B 和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒C. 木块 A离开墙壁后，A、B 和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒D. 木块 A离开墙壁后，A、B 和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒5【答案】BC【解析】试题分析：根据系统动量守恒的条件：系统不受外力或所受合外力为零，分析系统所受的外力情况，判断动量是否守恒根据是

10、否是只有弹簧的弹力做功，判断系统的机械能是否守恒解：A、B：撤去 F后，木块 A离开竖直墙前，竖直方向两物体所受的重力与水平面的支持力平衡，合力为零；而墙对 A有向右的弹力，所以系统的合外力不为零，系统的动量不守恒这个过程中，只有弹簧的弹力对 B做功，系统的机械能守恒故 A错误，B 正确C、D：A 离开竖直墙后，系统水平方向不受外力，竖直方向外力平衡，所以系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，只有弹簧的弹力做功，系统机械能也守恒故 C、D 错误故选：B【点评】本题关键要掌握动量守恒和机械能守恒的条件，并用来判断系统的动量和机械能是否守恒对于动量是否守恒要看研究的过程，要细化过程分析【此处有视频

11、，请去附件查看】8.恒力 F作用在质量为 m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间 t，下列说法正确的是( )A. 拉力 F对物体的冲量大小为零B. 拉力 F对物体的 冲量大小为 FtC. 拉力 F对物体的冲量大小是 Ftcos D. 合力对物体的冲量大小为零【答案】BD【解析】A、拉力 F对物体的冲量： 与物体是否被拉动无关，故 AC错误，B 正确；IF=FtD、由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，说明物体仍然处于平衡状态，受到的合外力为零，所以合力对物体的冲量大小为零，故 D正确。6点睛：该题考查冲量的计算，直接代入公式即可，冲量具有独立性，与物体是否

12、运动，以及运动的方向都无关。9.如图所示，实线和虚线分别表示振幅、频率均相同的两列波的波峰和波谷此刻，M 是波峰与波峰的相遇点，下列说法中正确的是( )A. 该时刻位于 O处的质点正处于平衡位置B. P、N 两处的质点始终处在平衡位置C. 随着时间的推移，M 处的质点将向 O处移动D. O、M 连线的中点是振动加强的点，其振幅为 2A【答案】BD【解析】【分析】由图知 M、O 都处于振动加强点，在波的传播过程中，质点不会向前移动【详解】由图知 O点是波谷和波谷叠加，正处于最低点，选项 A错误；P、N 两点是波谷和波峰叠加，位移始终为零，即处于平衡位置，B 正确；振动的质点只是在各自的平衡位置附

13、近振动，不会“随波逐流” ，C 错误；O、M 两点都是振动加强点，则 O、M 连线的中点也是振动加强的点，其振幅为 2A，D 正确；故选 BD。【点睛】介质中同时存在几列波时，每列波能保持各自的传播规律而不互相干扰在波的重叠区域里各点的振动的物理量等于各列波在该点引起的物理量的矢量和10.在同一光滑斜面上放同一导体绑棒，右图所示是两种情况的剖面图。它们所外空间有磁感强度大小相等的匀强磁场，但方向不同，一次垂直斜面向上，另一次竖直向上,两次导体A分别通有电流 I1和 I2，都处于静止平衡。已知斜面的倾角为 ，则：（ ）A. I1：I 2=cos：17B. I1：I 2=1：1C. 导体 A所受安

14、培力大小之比 F1：F 2=sin：cosD. 斜面对导体 A的弹力大小之比 N1：N 2=cos2：1【答案】AD【解析】试题分析：导体棒受力如图，根据共点力平衡得，F 1=mgsin，N 1=mgcos，F 2=mgtan， 所以导体棒所受的安培力之比 ，斜面对导体棒的弹力大小之比，因为 F=BIL，所以 ，故 A、D 正确，B、C 错误故选 AD考点：物体的平衡；安培力.11.如图所示，半径为 R的圆内有一磁感强度为 B的向外的匀强磁场，一质量为 m、电荷量为 q的粒子(不计重力)，从 A点对着圆心垂直射人磁场，从 C点飞出，则A. 粒子带正电B. 粒子的轨道半径为 RC. A、C 两点

15、相距 3RD. 粒子在磁场中运动时间为 m3qB【答案】D【解析】A、带电粒子沿半径方向入射，如图可知，经过磁场速度偏转角为 60后又沿半径方向出射，根据左手定则可知，粒子带正电，故 A正确；8B、带电粒子沿半径方向入射，经过磁场偏转后又沿半径方向出射，画出粒子的运动轨迹如图所示，根据几何关系可知，轨迹对应的圆心角 ，则轨道半径为 ，=60 r=Rtan60= 3R故 B错误；C、A、C 两点相距 ，故 C正确；d=2Rsin60= 3RD、带电粒子沿半径方向入射，经过磁场偏转 60后又沿半径方向出射由于粒子的周期公式： ，则粒子在磁场中运动的时间为： ，故 D正确；T=2mqB t=2T=1

16、322mqB=m3qB故选 ACD。【点睛】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径，同时还利用圆弧的几何关系来帮助解题，注意圆形磁场的半径与运动轨迹的半径的区别，圆形磁场的夹角与运动轨迹对应的圆心角的不同。12.如图所示为一列简谐横波在 t10.7 s 时刻的波形，波自右向左传播从该时刻开始到t21.4 s 时，P 点刚好第二次到达波峰，则以下判断中正确的是( )A. 该波的传播速度为 0.1 m/sB. 在 t00 时刻，质点 C向上运动C. 在 t31.6 s 末，Q 点第一次出现波峰D. 在 t1到 t41.9 s 过程中，Q 点通过的路程为 0.2 m【答案】AC

17、D【解析】【分析】波源的起振方向与 t=0时刻 x=1m处质点的振动方向相同波源的波向左传播，判断出t0=0时刻质点 P的振动方向，已知在 t2=1.4s时质点 P出现第二次波峰，根据时间与周期的关系，求得周期，根据波长与周期的关系求得波速，当 t=0时刻的 A处波峰传到 Q点时，9Q点第一次出现波峰，由 t=s/v求出时间算出从图示时刻传播到 Q需要的时间 t，从而求出通过的路程【详解】波源的波向左传播，由波形平移法判断出 t1=0.7s时刻质点 P正向下振动。令振动周期为 T，由图可知，质点 P经过 7T/4时间第二次到达波峰位置，因而得7T/4=0.7s，T=0.4s，由图知：波长 =4

18、cm=0.04m，得波速为 ，故 Av=T=0.040.4m/s=0.1m/s正确；波形平移法可知在 t0=0时刻，质点 C处于波峰位置向上振动，故 B错误；波峰 A传播到 Q需要时间为 ，则在 t3=1.6s末， Q点第一次出现波峰。故 C正确；t=xv=0.090.1s=0.9s经t 1= s=0.8s，Q 点开始振动，t 4=1.9s时 Q已振动 0.4s，通过路程为0.080.1S=40.05m=0.2m。故 D正确。故选 ACD。二、实验题（每空 2分，共 8分）13.某同学测得小球的直径如下图所示,则直径为_cm.、【答案】10.18【解析】【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上

19、游标读数，不需估读主尺读数时看游标的 0刻度线超过主尺哪一个示数，该示数为主尺读数，看游标的第几根刻度与主尺刻度对齐，乘以游标的分度值，即为游标读数【详解】主尺读数为 10.1cm，游标读数为 0.1mm8=0.8mm，所以最终读数为：10.1cm+0.8mm=10.18cm14.如图所示为“验证碰撞中的动量守恒”的装置示意图10(1)设小球 A的质量为 mA，小球 B的质量为 mB，为保证实验成功，必须满足 mA_(选填“大于” “等于”或“小于”) mB.(2)下列说法中符合本实验要求的是_(选填选项前面的字母)A加速的斜槽轨道必须光滑B在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从同一高度由

20、静止释放C安装轨道时，轨道末端必须水平 D需要使用的测量仪器有天平、刻度尺和秒表(3)实验中小球的落点情况如图所示， P为不放 B球时将 A球从斜槽某一高度静止释放后 A球的落点， M、 N分别为 A球从同一高度静止释放到达斜槽水平端与 B球相碰后 A、 B球落点，现已测得 O到 M、 P、 N的距离分别为 s1、 s2、 s3，若关系式_成立，则验证了A、 B相碰动量守恒【答案】 (1). 大于 (2). BC (3). m As2=mAs1+mBs3【解析】【分析】A球和 B球相撞后，B 球的速度增大，A 球的速度减小，都做平抛运动，竖直高度相同，所以水平方向，B 球在 A球的前面，所以碰

21、撞前 A球的落地点是 P点，碰撞后 A球的落地点是 M点，B 球的落地点是 N点，根据平抛运动的基本公式求解碰撞前后小球的速度，然后验证动量是否守恒即可【详解】 （1）为了防止 A球反弹，入射球的质量必须大于被碰球的质量（2）只要每次加速的环境完全相同即可，不需加速轨道光滑，故 A错误；为了保证小球每次平抛的初速度相同，每次入射小球必须从同一高度由静止释放，故 B正确；为了使小球做平抛运动，轨道末端必须水平，故 C正确；本实验中不需要测量时间，故测量仪器不需要秒表，故 D错误故选 BC.（3）由动量守恒定律，m Av2=mAv1+mBv3，三次平抛运动的时间 t相同，则mAv2t=mAv1t+

22、mBv3t，即 mAs2=mAs1+mBs311【点睛】在验证动量守恒定律中，要学会在相同高度下，用水平射程来间接测出速度的方法，同时明确动量守恒定律的基本应用三、计算题（本大题共 4小题，共 44分。解答时应写出必要的文字说明、公式和重要的计算步骤，只写出最后答案的不能得分）15.如图所示，水平面上有电阻不计的 U形导轨 NMPQ，它们之间的宽度为 L=10cm， M和 P之间接入电动势 E=1.5V、内阻 r=0.1 的电源现垂直于导轨放置一根质量为 m=0.1kg，电阻为 R=0.2 的金属棒 ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为 B=1T，方向与水平面夹角为 37且指向右

23、斜上方， ab棒保持静止求：（1） ab棒受到的安培力的大小；（2） ab棒受到的支持力和摩擦力各为多少【答案】 （1） F0.5N （2） FN =0.6N Ff =0.3N【解析】【分析】根据左手定则正确判断出导体棒 ab所受安培力的方向，然后对棒 ab正确进行受力分析，根据所处平衡状态列方程即可正确求解。【详解】根据左手定则可知，棒 ab所受的安培力方向垂直与棒斜向作上方，其受力截面图为：Fx合 =Ff-Fsin=0 Fy合 =FN+Fcos-mg=0 F=BIL=BER+rL=1 1.50.1+0.20.1N=0.5N解得：F f=0.3N， FN =0.6N。1216. 如图所示，一

24、列简谐横波沿 x轴正方向传播，t=0 时波形如图所示，此时波刚好传到x=5rn处 P点；t=12s 时 x=6m处 Q点第一次有沿 y轴正方向的最大速度求这列简谐波传播的周期与波速；写出 x=4m处质点的振动方程；画出这列简谐波在 t=12s 时的波形图【答案】16s；25m/s ;图像如图；y=0.1sin(542)(m)【解析】试题分析： v=xt=31.2=2.5m/sT=v=42.5=1.6sA=10cm=01m=2T=54rad/sy=0.1sin(542)(m)考点：机械波的传播【名师点睛】本题考查分析和理解波动图象的能力；解题时能直接能从波形图中读出波长，根据质点的振动情况求解波

25、速大小；能根据波的传播或者质点的振动规律画出某时刻的波形图17.如图所示，物体 A置于静止在光滑水平面上的平板小车 B的左端，在 A的上方 O点用不可伸长的细线悬挂一小球 C(可视为质点)，线长 L0.8 m现将小球 C拉至水平(细线绷直)无初速度释放，并在最低点与 A物体发生水平正碰，碰撞后小球 C反弹的最大高度为h0.2 m已知 A、 B、 C的质量分别为 mA4 kg、 mB8 kg 和 mC1 kg， A、 B间的动摩擦13因数 0.2， A、 C碰撞时间极短，且只碰一次，取重力加速度 g10 m/s 2.(1)求小球 C与物体 A碰撞前瞬间受到细线的拉力大小 (2)求 A、 C碰撞后

26、瞬间 A的速度大小；(3)若物体 A未从小车 B上掉落，则小车 B的最小长度为多少？【答案】(1)30 N (2)1.5 m/s (3)0.375 m【解析】【分析】（1）对小球下落过程应用机械能守恒定律求出小球到达 A时的速度，由牛顿第二定律求出小球对细线的拉力；（2）再由机械能守恒定律求得球反弹上升的初速度即球与 A碰后的速度，再根据动量守恒定律求得球与 A碰撞后 A的速度；（3）A 没有滑离 B，A、B 共同运动，由动量守恒定律列方程求二者共同的速度，由摩擦力做功的特点即可求得木板的长度【详解】 （1）小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：m CgL= mCv02，12代入数据解得

27、：v 0=4m/s，对小球，由牛顿第二定律得：F-m Cg=mC ，v20L代入数据解得：F=30N；（2）小球 C与 A碰撞后向左摆动的过程中机械能守恒，得： 12mCv2C mCgh所以： vC 2gh 2100.2 2m/s小球与 A碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m Cv0=-mCvc+mAvA，代入数据解得：v A=1.5m/s；（3）物块 A与木板 B相互作用过程，系统动量守恒，以 A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m AvA=（m A+mB）v，代入数据解得：v=0.5m/s，14由能量守恒定律得：m Agx= mAvA2- （m A+m

28、B）v 2，12 12代入数据解得：x=0.375m；【点睛】本题关键是根据动量守恒定律、动量定理、能量守恒列式求解，应用动量守恒解题时要注意选取合适的系统作为研究对象，判断是否符合动量守恒的条件，注意选取正方向18.如图所示，在 Y轴的两侧分布着垂直于纸面向外的匀强磁场 I和 II，直线 OC与 x轴成53角，一带正电粒子以 的初速度从坐标原点在纸面内与 Y轴正向成 37v0=1.2107m/s角进入磁场 I，先后通过磁场 I和 II，经过 OC上的 M点（M 点未画出）时方向与 OC垂直。已知带电粒子的比荷 ，磁场 I的磁感应强度 B1=1.2T，不计带电粒子所受重力，qm=108C/kg

29、求：（1）带电粒子在磁场 I中做圆周运动的半径；（2）Y 轴右侧磁场 II的磁感应强度 B2大小；（3）求 M点的坐标。【答案】 （1）10cm（2） （3） ，B2=53T x=10.08cm y=13.44cm【解析】（1）根据粒子最终垂直于 OM可以画出粒子运动轨迹如图所示15在磁场 I中 ，则B1qv0=mv20R1 R1=mv0Bq=10cm（2） ，在磁场 II中，粒子做了 个圆周运动由三角形关系可得OP=2R1sin3714而 ，那么粒子在磁场 II中 ，R2=OPsin37 B2qv0=mv20R2 B2=53T（3）根据作图可以得出 OM=OPcos37+R2=16.8cm所以 M点坐标为 ， ，x=OMsin37 y=OMcos37解得 M点坐标 ，x=10.08cm y=13.44cm综上所述本题答案是：（1）10cm（2） （3） ，B2=53T x=10.08cm y=13.44cm16