福建省福州市漳新中學2022年高二物理月考試題含解析

福建省福州市漳新中學2022年高二物理月考試題含解析一、選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分．每小題只有一個選項符合題意1.（多選題）如圖所示，自耦變壓器的輸出端有ABC三個完全相同的小燈泡，且認為小燈泡的電阻不受溫度的影響，將正弦交流電接入自耦變壓器的輸入端．開始時自耦變壓器的滑片P處于某一位置，電鍵S閉合，三個小燈泡均發(fā)光．；操作過程中，小燈泡兩端電壓均未超過其額定值．下列說法中正確的是（）A．將自耦變壓器的滑片p向上滑動，三個燈泡將變暗B．將自耦變壓器的滑片p向上滑動，三個燈泡將變亮C．將電鍵S斷開，為保證AB兩燈功率不變，需將自耦變壓器的滑片p向上滑動D．將電鍵S斷開，為保證AB兩燈功率不變，需將自耦變壓器的滑片p向下滑動參考答案：AC【考點】變壓器的構(gòu)造和原理；閉合電路的歐姆定律；電功、電功率．【分析】將滑片P向上移動時，原線圈的匝數(shù)增大，根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比，分析副線圈電壓的變化，即可判斷三個燈亮度的變化；將開關S斷開，副線圈的電壓不變，而副線圈回路的總電阻增大，根據(jù)歐姆定律分析滑片移動的方向．【解答】解：A、B將滑片P向上移動時，原線圈的匝數(shù)增大，根據(jù)變壓關系，得知副線圈電壓減小，電流減小，三個燈泡實際功率減小，所以都將變暗．故A正確，B錯誤．C、D將開關S斷開，由于副線圈的電壓不變，副線圈回路中總電阻增大，電流減小，兩燈的電壓增大，根據(jù)功率公式P=可知燈泡功率增大，為保證A、B功率不變，應降低兩燈的電壓，減小副線圈中的電流，所以應減小輸入電壓，根據(jù)變壓關系，應增大原線圈的匝數(shù)，故需將滑片P向上移動，故C正確，D錯誤．故選：AC．2.與磁場方向垂直的通電直導線，它受到的磁場作用力的方向是A．跟電流方向垂直，跟磁場方向垂直B．跟電流方向垂直，跟磁場方向平行C．跟電流方向平行，跟磁場方向垂直D．跟磁場方向相同參考答案：A3.（多選）如圖所示，在一電場強度沿紙面方向的勻強電場中，用一絕緣絲線系一帶電小球，小球的質(zhì)量為m、電荷量為q，為了保證當絲線與豎直方向的夾角為θ＝60°時，小球處于平衡狀態(tài)，則勻強電場的電場強度大小可能為（

）A.

B.

C.

D.參考答案：ACD試題分析：小球受重力、電場力和拉力處于平衡，根據(jù)平行四邊形定則，當電場力方向與拉力方向垂直時，電場力最小，，所以電場強度的最小值，故B不可能，ACD可能4.如圖所示為電阻R1和R2的伏安特性曲線，并且把第一象限分為了Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個區(qū)域，現(xiàn)把R1和R2并聯(lián)在電路中，消耗的電功率分別用P1和P2表示；并聯(lián)的總電阻設為R，下列關于P1與P2的大小關系及R的伏安特性曲線應該在的區(qū)域的描述中正確的是（

）A．P1<P2，特性曲線在Ⅰ區(qū)

B．P1<P2，特性曲線在Ⅲ區(qū)C．P1＞P2，特性曲線在Ⅰ區(qū)

D．P1＞P2，特性曲線在Ⅱ區(qū)參考答案：C5.在水面下同一深處有兩個點光源P、Q，能發(fā)出不同顏色的光。當它們發(fā)光時，在水面上看到P光照亮的水面區(qū)域大于Q光，以下說法正確的是

A．P光的頻率大于Q光

B．P光在水中傳播的波長大于Q光在水中傳播的波長

C．P光在水中的傳播速度小于Q光

D．讓P光和Q光通過同一雙縫干涉裝置，P光條紋間的距離小于Q光參考答案：B二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.如圖，R1=2，小明在實驗中記錄三只電表的讀數(shù)時，不慎漏記了單位，記下了一組數(shù)據(jù)是1.5、2.5和3，請你幫助它確定電源電壓是_____V，R2的電阻是_____。參考答案：_3__________，_________3____7.平行金屬板水平放置，板間距為0.6cm，兩板間6×103V，板間有一個帶電液滴質(zhì)量為9.6×10﹣3g，處于靜止狀態(tài)，則油滴所帶電荷量為C（重力加速度g=10m/s2）．參考答案：9.6×10﹣15考點：電容器的動態(tài)分析．專題：電容器專題．分析：平帶電液滴在勻強電場中處于靜止狀態(tài)，電場力與重力平衡，根據(jù)E=求出板間場強，由平衡條件求出帶電液滴的電荷量.解答：解：平行金屬板板間場強為E=，帶電液滴所受電場力為F=qE．帶電液滴在勻強電場中處于靜止狀態(tài)，電場力與重力平衡，則有：mg=qE，得到：q==9.6×10﹣15C故答案為：9.6×10﹣15點評：本題是簡單的力平衡問題，要記住元電荷e=1.6×10﹣19C，它是自然界最小的帶電量，其他帶電體的電量都是它的整數(shù)倍．8.橡皮筋也像彈簧一樣，在彈性限度內(nèi)伸長量x與彈力F成正比，即F=kx，k的值與橡皮筋的原長L、橫截面積S有關。理論與實驗都表明k=，其中Y是由材料決定的常數(shù)，材料力學中稱之為楊氏模量。①在國際單位中，楊氏模量r的單位應該是____A

N

B．m

C.

N/m

D．N/m②某同學通過實驗測得該橡皮筋的-些數(shù)據(jù)，做出了外力F與伸長量x之間的關系圖像如圖所示。由圖像可求得該橡皮筋的勁度系數(shù)k=__________N/m。③若該橡皮筋的原長是10.0cm，橫截面積是1.0mm，則該橡皮筋的楊氏模量Y的大小是____（保留兩位有效數(shù)字）。參考答案：9.在國際單位制中，電場強度的單位是＿＿＿＿；磁感強度的單位是＿＿＿＿＿。參考答案：N/C（牛每庫、牛/庫）、T（特、特斯拉）10.（4分）兩個放射性元素的樣品A和B，當A有的原子核發(fā)生了衰變時，B恰好有的原子核發(fā)生了衰變，可知A和B的半衰期之比A∶B=________。參考答案：3:211.如圖所示，在E=400V/m的勻強電場中，a、b兩點相距d=4cm，它們的連線跟場強方向的夾角是60°，則Uba=8V．參考答案：考點：勻強電場中電勢差和電場強度的關系．專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題．分析：根據(jù)順著電場線方向電勢降低，判斷出a、b兩點電勢的高低，由U=Ed求解電勢差Uba的大?。獯穑航猓焊鶕?jù)順著電場線方向電勢降低，判斷得知a點的電勢低于b點的電勢，則Uab＞0．則得：Uba=Ecos60°=400×0.04×0.5V=8V故答案為：8．12.已知電流表的內(nèi)阻約為0.1Ω，電壓表內(nèi)阻約為10kΩ．若待測電阻約為5Ω，用伏安法測其電阻，應采用電流表法，測量值比真實值偏；若待測電阻約為500Ω，用伏安法測其電阻時，應采用電流表法．ks5u參考答案：外接

、

小

、

內(nèi)接

13.一平行板電容器的電容為2μF，使它兩板間電勢升高10V需增加的帶電量為

C.

參考答案：三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.（4分）如圖是高頻焊接原理示意圖，線圈中通以高頻交流電時，待焊接的金屬工件中就產(chǎn)生感應電流，由于焊接處的接觸電阻很大，放出的焦耳熱很多，致使溫度升得很高，將金屬熔化，焊接在一起，我國生產(chǎn)的自行車車架就是用這種辦法焊接的。請定性地說明：為什么交變電流的頻率越高，焊接處放出的熱量越多？參考答案：交變電流的頻率越高，它產(chǎn)生的磁場的變化就越快。根據(jù)法拉第電磁感應定律，在待焊接工件中產(chǎn)生的感應電動勢就越大，感應電流就越大(2分)，而放出的熱量與電流的平方成正比，所以交變電流的頻率越高，焊接處放出的熱餐越多(2分)。15.（10分）如圖是一列簡諧橫波在t=0時刻的圖象,試根據(jù)圖象回答(1)若波傳播的方向沿x軸負方向,則P點處的質(zhì)點振動方向是____________,R點處質(zhì)點的振動方向是___________________.(2)若波傳播的方向沿x軸正方向,則P、Q、R三個質(zhì)點，_______質(zhì)點最先回到平衡位置。(3)若波的速度為5m/s,則R質(zhì)點的振動周期T=______s,請在給出的方格圖中畫出質(zhì)點Q在t=0至t=2T內(nèi)的振動圖象。參考答案：(1)沿y軸正向,（2分）沿y軸負向（2分）(2)

P

（2分）

(3)

0.8（2分）振動圖象如圖所示（2分）

四、計算題：本題共3小題，共計47分16.（10分）云室處在磁感強度為B的勻強磁場中，一靜止的質(zhì)量為M的原子核在云室中發(fā)生一次衰變，粒子的質(zhì)量為m，電量為q，其運動軌跡在與磁場垂直的平面內(nèi)?，F(xiàn)測得粒子運動的軌道半徑為R，求：（1）衰變后粒子的速度；（2）衰變后新核的動能；（3）在衰變過程中的質(zhì)量虧損。（注：涉及動量問題時，虧損的質(zhì)量可忽略不計）參考答案：解析：（1）令V1表示粒子的速度，由洛倫茲力提供向心力可得：qV1B=mV12/R

（2分）

解得

V1=qBR/m

（1分）（2）令V2表示衰變后新核的速度，在衰變過程中系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可知：（M－m）V2=mV1

（2分）衰變后新核的速度

V2=qBR/（M－m）

（1分）衰變后新核的動能EK=q2B2R2/2（M－m）

（1分）

（3）在衰變過程中粒子和新核的動能來自于虧損質(zhì)量，

即：△mC2=（M－m）V22/2＋mV12/2

（2分）

解得:△m=Mq2B2R2/2（M－m）mC2

（1分）

17.“30m折返跑”中．在平直的跑道上，一學生站立在起點線處，當聽到起跑口令后（測試員同時開始計時），跑向正前方30m處的折返線，到達折返線處時，用手觸摸固定的折返處的標桿，再轉(zhuǎn)身跑回起點線，到達起點線處時，停止計時，全過程所用時間即為折返跑的成績．學生可視為質(zhì)點，加速或減速過程均視為勻變速，觸摸桿的時間不計．該學生加速時的加速度大小為a1=2.5m/s2，減速時的加速度大小為a2=5m/s2，到達折返線處時速度需減小到零，并且該學生全過程最大速度不超過vm=12m/s．求該學生“30m折返跑”的最好成績．參考答案：解：設起點線處為A，折返線處為B，學生從A到B的過程中，先做勻加速運動，緊接著做勻減速直線運動，直至速度為零，并設此過程中達到的最大速度為v，做勻加速運動的時間為t1，做勻減速運動的時間為t2，從A到B要求用時最短，則由運動學公式，有：v=a1t1①V=a2t2②LAB=（t1+t2）

③聯(lián)立①②③式，可解得：v=10m/s

t1=4st2=2s因為v＜vm，所以從A到B的過程中，學生的確先做勻加速運動，然后做勻減速運動；從B到A的加速過程中，速度從零增大到12m/s需用時：t3═=s=4.8s加速過程的位移x=t3=28.8m最后階段的勻速運動用時：t4==s=0.1s所以，總時間為t=t1+t2+t3+t4=10.9s即該學生“30m折返跑”的最好成績?yōu)?0.9s．【考點】勻變速直線運動規(guī)律的綜合運用．【分析】本題先假設學生運動的前進過程分為兩個過程，勻加速前進過程、勻減速前進過程，結(jié)合速度公式和位移公式列式求解，如果前進過程最大速度大于允許的最大速度，則前進過程分三個過程，即勻加速前進過程、勻速前進過程、勻減速前進過程，學生后退的