1.C根據(jù)電流的定義式I,可知單位時(shí)間內(nèi)通過導(dǎo)體某橫截面的電荷量越多,導(dǎo)體中的電流就越大,而通過導(dǎo)體某一橫截面的電荷量越多,電流不一定越多,還與時(shí)間有關(guān),故A錯(cuò)誤,C正確;公式I是電流強(qiáng)度的定義式,是q與時(shí)間t的比值,不能說電流大小與通過截面電荷量q成正比與時(shí)間t成反比,故B錯(cuò)誤;并不是所有導(dǎo)體內(nèi)部自由移動(dòng)的電荷都是電子,故D錯(cuò)誤2.C根據(jù)簡諧運(yùn)動(dòng)的定義可知,物體做簡諧運(yùn)動(dòng)時(shí),回復(fù)力不一定是合力,也可以是某個(gè)力的分力,A錯(cuò)誤;做簡諧運(yùn)動(dòng)的物體,每次經(jīng)過平衡位置回復(fù)力一定為零,合力不一定為零,B錯(cuò)誤;回復(fù)力方向總是指向平衡位置,與偏離平衡位置的位移方向相反,C正確;物體做簡諧運(yùn)動(dòng)時(shí),回復(fù)力為F=—k父,k是比例系數(shù),父是物體相對平衡位置的位移,不是彈簧的長度,D錯(cuò)誤.3.B沿著電場線方向,電勢逐漸減低,所以由題圖知φB<φA,根據(jù)正電荷在電勢高的地方電勢能大,負(fù)電荷在電勢低的地方電勢能大,由于不知所放電荷的電性,所以不能確定該電荷在A、B兩點(diǎn)電勢能的大小,故A、D錯(cuò)誤;電場線的疏密表示電場強(qiáng)度的大小,由題圖可知,電場強(qiáng)度EA<EB,所以,同一電荷在A點(diǎn)受電場力較小,故B正確,C錯(cuò)誤.4.A圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)帶動(dòng)彈簧,小球在彈力的作用下振動(dòng),做受迫振動(dòng),A正確;圓盤原來的轉(zhuǎn)動(dòng)頻率為f0= Hz=4Hz,當(dāng)小球振動(dòng)穩(wěn)定時(shí),振動(dòng)周期為T25s,B錯(cuò)誤;當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的頻率為2Hz時(shí),小球達(dá)到共振,則小球振動(dòng)幅度最大,當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的頻率大于2Hz,圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)越快,小球振動(dòng)幅度越小,當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的頻率小于2Hz,圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)越快,小球振動(dòng)幅度越大,故小球的振幅與圓盤的轉(zhuǎn)速有關(guān),C、D錯(cuò)誤.5.A小球平衡位置為父軸原點(diǎn),豎直向下為父軸正方向,時(shí)刻彈簧彈力為0,位移大小為A,有kA=mg,可得勁度系數(shù)為k,A正確;0時(shí)刻在正的最大位移處,彈簧的伸長量為2A,則彈力大小為F=k●2A=2mg,B錯(cuò)誤;時(shí)間段,小球從平衡位置沿負(fù)方向振動(dòng)再回到平衡位置,回復(fù)力一直沿正方向,由I=Ft可知,回復(fù)力沖量不為0,C錯(cuò)誤;~T時(shí)間段,小球從最高點(diǎn)振動(dòng)到最低點(diǎn),根據(jù)能量守恒定律可知,彈簧的彈性勢能和小球的機(jī)械能相互轉(zhuǎn)化,因彈簧的彈性勢能一直增大,則小球的動(dòng)能與重力勢能之和減小,D錯(cuò)誤.【高二年級第二次月考質(zhì)量檢測●物理參考答案第1頁(共4頁)】25—T—363B6.D小球沿滑塊上滑的過程中,小球和滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力,因而系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒,小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)和滑塊具有相同的對地速度Ψ,由系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒得mΨ0=(M十m)Ψ,解得Ψ=m,D正確.7.C沖量方向與力的方向相同,可知手機(jī)對人臉的沖量方向豎直向下,A錯(cuò)誤;手機(jī)做自由落體運(yùn)動(dòng),根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式Ψ2=2gh,解得Ψ=\=2m/s,手機(jī)沒有反彈,速度減為零,以豎直向下為正方向,對手機(jī)根據(jù)動(dòng)量定理有mgt—I=0—mΨ,解得I=0.48N●s,根據(jù)牛頓第三定律可知,手機(jī)對人臉的沖量大小約為II=0.48N●s,根據(jù)沖量定義I=Ft,解得FN,B錯(cuò)誤、C正確;手機(jī)與人臉作用后速度變?yōu)榱?取向上為正方向,手機(jī)動(dòng)量變化為△p=0—(—mΨ)=0.32kg●m/s,D錯(cuò)誤.8.BC由Ψt圖像可知,電子從A到B做勻減速直線運(yùn)動(dòng),加速度不變,所受靜電力不變,電場為勻強(qiáng)電場;電子所受的靜電力方向從B指向A,故可知電場線的方向從A到B.9.AC圖線甲表示電源的伏安特性曲線,電源的內(nèi)阻為r由圖線乙得定值電阻的阻值為R==Ω=1.0Ω,則電源的內(nèi)阻等于定值電阻的阻值,A正確;將該電阻接在電源上時(shí),兩圖線的交點(diǎn)表示將該電阻接在該電源兩端的工作狀態(tài),則電阻兩端的電壓為U=3V,電流為I=3A,則電源的輸出功率P=UI=3×3W=9W,B錯(cuò)誤;當(dāng)外電阻等于內(nèi)阻時(shí),電源的輸出功率最大,則如果將該電阻接在電源上,電源的輸出功率最大,C正確;電源的效率為顯然電源的效率隨外電路電阻的增大而增大,當(dāng)外電路的電阻等于電源內(nèi)阻時(shí),電源的效率僅為50%,D錯(cuò)誤.△x△t10.BD由圖乙可知,碰前P做勻速直線運(yùn)動(dòng),Q處于靜止?fàn)顟B(tài),A錯(cuò)誤;碰前P的速度大小為Ψ1==4△x△t方向只有向右才能與Q相撞,故圖乙中向右為正方向,由圖乙可求出碰后P和Q的速度分別為Ψ1I=I=2m/s,碰后Q的速度方向?yàn)檎较?說明Q向右運(yùn)動(dòng),而P的速度方向?yàn)樨?fù)方向,說明PI,解得m2=0.9kg,B正確;碰撞過程中,系統(tǒng)損失的機(jī)m2=0,故碰撞過程為彈性碰撞,C錯(cuò)誤;若兩球碰撞后粘合=1.8J,D正確.【高二年級第二次月考質(zhì)量檢測●物理參考答案第2頁(共4頁)】25—T—363B11.(1)20.6(2)C(3)不變(每空2分)解析:(1)擺球的直徑為D=2cm十0.1×6mm=20.6mm.(2)根據(jù)單擺周期公式T,化簡可得TL,故此圖線斜率的物理意義是,C正確.(3)擺線長度與擺球半徑之和等于擺長,則擺長L=l十r,根據(jù)T,化簡可得T,斜率k,重力加速度大小為g,圖像斜率不變,由圖線斜率求得的重力加速度與原來的相比,其大小不變.12.(1)CD(每空1分)(2)乙(2分)(3)1.5(2分)0.8(2分)解析:(1)一節(jié)干電池電動(dòng)勢約為1.5V,則電壓表應(yīng)選0~3V的C;為方便實(shí)驗(yàn)操作,滑動(dòng)變阻器應(yīng)選總阻值較小的D;(2)由于電流表內(nèi)阻已知,而電壓表內(nèi)阻未知,故可以采用將電流表作為等效內(nèi)阻采用相對電源的內(nèi)接法,應(yīng)選乙圖;(3)由圖示電源UI圖像可知,圖像與縱軸交點(diǎn)坐標(biāo)值是1.5,則電源電動(dòng)勢E=1.5V;電源等效內(nèi)阻為r,故電源實(shí)際內(nèi)阻為r0=r—rA=1Ω—0.2Ω=0.8Ω.13.解:(1)由于A做簡諧運(yùn)動(dòng),在最高點(diǎn)和最低點(diǎn)時(shí)加速度最大在最高點(diǎn)時(shí),木塊B剛好對地面的壓力為零,此時(shí)彈簧彈力F=k父1=2mg(2分)對A物體,根據(jù)牛頓第二定律可得F十mg=ma(2分)解得木塊A的最大加速度為a=3g(1分)(2)由對稱性可知,在最低點(diǎn)時(shí)加速度向上,大小為a=3g(1分)對A受力分析由F1—mg=ma(1分)解得F1=4mg(1分)對B受力分析由F1十2mg=N支(2分)解得N支=6mg(1分)由牛頓第三定律可知N壓=6mg(1分)14.解:(1)根據(jù)閉合電路的歐姆定律I(2分)代入數(shù)據(jù)解得【高二年級第二次月考質(zhì)量檢測●物理參考答案第3頁(共4頁)】25—T—363Br=—R=(—24)Ω=1Ω(2分)(2)開關(guān)S閉合后路端電壓:U=E—I2r=(40—4.0×1)V=36V(2分)流過R的電流強(qiáng)度為:IR==1.5A(1分)流過電動(dòng)機(jī)的電流強(qiáng)度為:I=I2—IR=(4.0—1.5)A=2.5A(1分)電動(dòng)機(jī)消耗的熱功率為:P熱=I2r=(2.52×0.4)W=2.5W(1分)電動(dòng)機(jī)機(jī)械功率:P機(jī)=UI—P熱=87.5W(1分)(3)開關(guān)S閉合時(shí)電源輸出功率為P=UI2=144W(2分)電動(dòng)機(jī)的機(jī)械效率15.解:(1)小球在圓弧軌道上上升到最高時(shí),兩物體速度相同,系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒,規(guī)定Ψ0的方向?yàn)檎?3mΨ