【物理】贵州省遵义市南白中学2019-2020学年高二上学期第三次月考试题（解析版）

【物理】贵州省遵义市南白中学2019-2020学年高二上学期第三次月考试题（解析版）

物理试题 一、选择题 ‎1.真空中两个完全相同、带等量同种电荷的金属小球A和B（可视为点电荷），分别固定在两处，它们之间的静电力为F。用一个不带电的同样金属球C与A球接触，然后移开球C，此时A、B球间的静电力为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设A、B两金属小球带电量都为Q，它们之间的距离为r，原来它们之间的静电力 F=k 一个不带电的同样的金属小球C与A球接触后，A球带电量为，这时A、B两球之间的静电力 F´=k=k=‎ 因两球带同种电荷，则表现为库仑斥力。‎ A. 此时A、B球间的静电力为，与分析相一致，故A正确。‎ B. 此时A、B球间的静电力为，与分析不一致，故B错误。‎ C. 此时A、B球间的静电力为，与分析不一致，故C错误。‎ D. 此时A、B球间的静电力为，与分析不一致，故D错误。 故选A．‎ ‎2.如图所示为一款手机锂电池背面印有的符号。下列说法中正确的是（ ） ‎ A. 锂电池是通过静电力做功把化学能转化为电能的装置 B. 无论是否接入外电路，锂电池两端的电压都是3.6V C. 电池内部电流方向为正极到负极 D. 该锂电池充满电后以25mA电流为手机供电，可以工作20h ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 锂电池是通过电源内部非静电力做功把化学能转化为电能的装置，故A错误。‎ B.电池上的3.6V表示电源的电动势，是电源没有接入电路时，两极间的电压，故B错误。‎ C.在电池内部非静电力做功把正电荷从负极移动到正极，电流方向为从负极到正极，故C错误。‎ D.电池上的500mAh表示电池的电荷容量，该锂电池充满电后以25mA电流为手机供电，有 ‎500mAh=25mAt 可以工作的时间t=20h，故D正确。‎ 故选D.‎ ‎3.如图所示，实线是电场中一簇方向已知的电场线，虚线是一个带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是运动轨迹上的两点，若带电粒子只受电场力作用，根据此图作出的判断是（ ）‎ A. 带电粒子带正电 B. 带电粒子一定是从a向b运动的 C. 带电粒子在b点的加速度小于在a点的加速度 D. 带电粒子在b点的电势能小于在a点的电势能 ‎【答案】C ‎【解析】A.合力大致指向轨迹凹的一侧，可知带电粒子受电场力方向偏左，电场线向右，所以带电粒子带负电，故A错误。 B.带电粒子可能从a运动到b，也可能从b运动到a，故B错误。 C.电场线的疏密表示电场的强弱，a点的场强大于b点的场强，所以a点所受的电场力大于 b点，则带电粒子在b点的加速度小于在a点的加速度，故C正确。‎ D.沿电场线方向电势逐渐降低，a点的电势大于b点的电势，负电荷在电势低的地方电势能大，所以带电粒子在b点的电势能大于在a点的电势能，故D错误。‎ 故选C.‎ ‎4.如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由位置Ⅰ平移到位置Ⅱ，第二次将金属框绕cd边翻转到位置Ⅱ，设先、后两次穿过金属框的磁通量变化分别为和，则（）‎ A. B. ‎ C. D. 不能判断 ‎【答案】C ‎【解析】第一次将金属框由位置I平移到位置Ⅱ，磁感线穿过金属框的方向没有改变，磁通量变化量等于在这两个位置时的磁通量的差值；第二次将金属框绕边翻转到位置Ⅱ，磁感.线穿过金属框的方向发生改变，磁通量变化量等于两个位置时的磁通量绝对值之和，所以，选项C正确.ABD错，故选C ‎5.平行板电容器C与两个可变电阻器R1、R2以及电源连成如图所示的电路．闭合开关S待电路稳定后，电容器C两极板带有一定的电荷．要使电容器所带电荷量增加，以下方法中可行的是 A. 只增大R1 B. 只减小R1 C. 只减小R2 D. 只减小a、b两极板间的距离 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查电容器动态分析，电量变化．根据闭合电路欧姆定律、电容决定式分析可得．‎ ‎【详解】A．只增大R1，回路中电流减小，R2两端电压减小，电容器和电压R2并联，电容器两端电压减小，由可知电量减小，故A错误；‎ B．只减小R1，回路中电流增大，R2两端电压增大，电容器和电压R2并联，电容器两端电压增大，由可知电量增大，故B正确；‎ C．只减小R2，回路中的电流增大，内电压增大，外电压减小，R1两端电压增大，则R2两端电压减小，电容器和电压R2并联，电容器两端电压减小，由可知电量减小，故C错误；‎ D．只减小a、b两极板间的距离，由 可知电容增大，电量减小，电容器两端电压不变，由可知电量减小，故D正确；‎ ‎【点睛】电容器和电阻R2并联，由闭合电路欧姆定律确定电阻R2电压变化情况，由判断电容变化，再由求得电量变化情况．‎ ‎6.在城市建设施工中，经常需要确定地下金属管线的位置，如图所示，有一种探测方法是，首先给金属长直管线上同上电流，再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行一下操作：①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁场的最强的某点，记为a；②在a点附近的地面上，找到与a点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF；③在地面上过a点垂直于EF的直线上，找到磁场方向与地面夹角为45°的b、c两点，测得b、c两点距离为L，由此可确定金属管线 A. 平行于EF，深度为 B. 平行于EF，深度为L C. 垂直于FE，深度为 D. 垂直于EF，深度为L ‎【答案】A ‎【解析】‎ 根据通电直导线产生的磁场特点：距离电流越近，产生的磁场强度越大，则a点距离管线最近，EF上的点均是距离管线最近的点，管线在EF的正下方，与EF平行；‎ 根据安培定则做出管线产生磁场的横截面图示：‎ 则由几何关系可以确定a到管线的距离为，故A正确，BCD错误；‎ 故选A．‎ ‎7.在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用，下列说法正确的是（ ）‎ A. 奥斯特实验说明电流具有磁效应，首次揭示了电和磁之间存在联系 B. 直流电流、环形电流、通电螺线管的磁场均可用安培定则判断 C. 通电螺线管外部的磁场与条形磁铁的磁场十分相似，受此启发，安培提出了著名的分子电流假说 D 洛伦兹力方向可用左手定则判断，此时四指指向与负电荷运动方向一致 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.奥斯特在一根导线下方摆放一个小磁针，导线通电时，发现小磁针发生了偏转，这个实验说明通电导线周围存在磁场，这就是电流的磁效应，该效应揭示电和磁之间存在联系，故A正确。‎ B.电流周围的磁场都可以通过安培定则来判断，直流电流、环形电流、通电螺线管的磁场均可用安培定则判断，故B正确。‎ C.安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的极其相似，为了将条形磁铁的磁场和通电导线周围的磁场统一到一起，受此启发，提出了分子电流假说，故C正确。‎ D.洛伦兹力方向可用左手定则判断：伸开左手，让磁感线穿过手心，四指指向正电荷运动的方向，则和四指垂直的大拇指所指方向即为洛伦兹力的方向，故D错误。‎ 故选ABC.‎ ‎8.如图所示，竖直放置的平行金属板a、b间存在水平方向的匀强电场，金属板间还存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一带电粒子（不计重力）以速度v沿金属板间中线从上向下射入，该粒子恰沿直线通过金属板间。现换成一带电小球（重力不能忽略），仍以相同的速度v沿金属板间中线从上向下射入，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 金属板间存在的电场方向水平向左 B. 小球仍可以沿直线通过金属板间 C. 洛伦兹力对小球做正功 D. 电场力对小球做负功 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.若带电粒子带正电，粒子受洛伦兹力方向向右，粒子恰沿直线通过金属板间，则粒子受电场力方向向左，电场方向水平向左；若带电粒子带负电，粒子受洛伦兹力方向向左，粒子恰沿直线通过金属板间，则粒子受到的电场力水平向右，则电场方向水平向左，故无论粒子带正电还是负电，金属板间存在的电场方向水平向左，故A正确。‎ B.带电小球在重力作用下，速度会逐渐增大，粒子受到的洛伦兹力会增大，而电场力不变，所以小球受到的合力会偏离竖直方向，小球不可以沿直线通过金属板间，故B错误。‎ C.洛伦兹力的方向时刻与小球速度方向垂直，洛伦兹力对小球不做功，故C错误。‎ D.若小球带正电，小球沿金属板间中线从上向下射入，运动过程中会向右偏离竖直线，电场力做负功；若小球带负电，运动过程中会向左偏离竖直线，电场力仍然做负功，故D正确。‎ 故选AD.‎ ‎9.回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，A处粒子源产生质量为m、电荷量为+q的粒子，在加速电压为U的加速电场中被加速，所加磁场的磁感应强度、加速电场的频率可调，磁场的磁感应强度最大值为Bm和加速电场频率的最大值fm。则下列说法正确的是（ ）‎ A. 粒子获得的最大动能与加速电压无关 B. 粒子第n次和第n+1次进入磁场的半径之比为 C. 粒子从静止开始加速到出口处所需的时间为 D. 若 ，则粒子获得的最大动能为 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.当粒子出D形盒时，速度最大，动能最大，根据qvB=m，得 v=‎ 则粒子获得的最大动能 Ekm=mv2=‎ 粒子获得的最大动能与加速电压无关，故A正确。‎ B.粒子在加速电场中第n次加速获得的速度，根据动能定理 nqU=mvn2‎ 可得 vn=‎ 同理，粒子在加速电场中第n+1次加速获得的速度 vn+1=‎ 粒子在磁场中运动半径r=，则粒子第n次和第n+1次进入磁场的半径之比为 ‎，故B错误。‎ C.粒子被电场加速一次动能的增加为qU，则粒子被加速的次数 n==‎ 粒子在磁场中运动周期的次数 n′==‎ 粒子在磁场中运动周期T=，则粒子从静止开始到出口处所需的时间 t=n′T==‎ 故C正确 D. 加速电场的频率应该等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即，  当磁感应强度为Bm时，加速电场的频率应该为 ，粒子的动能为Ek=mv2。‎ 当时，粒子的最大动能由Bm决定，则 解得粒子获得的最大动能为 当时，粒子的最大动能由fm决定，则 vm=2πfmR 解得粒子获得的最大动能为 Ekm=2π2mfm2R2‎ 故D正确。故选ACD.‎ 二、实验题 ‎10.某同学想通过一个多用表中的欧姆档，直接去测量某电压表的内阻，该多用表刻度盘上电阻刻度中间值为“15”，按左图连接好装置，正确操作，某次实验，电压表示数为2.0V，欧姆表表盘指针偏转情况如图所示，若挡位选择的是“×1kΩ”，则该电压表内阻为___Ω，欧姆表内部电源电动势___V。‎ ‎【答案】 (1). 6000 (2). 7‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】［1］电流从多用表红表笔流入，黑表笔流出，该电压表内阻 R=表盘读数×倍率=6×1kΩ=6000Ω ‎［2］欧姆表内电阻等于中值电阻，即r=15kΩ，U=2.0V，根据闭合电路欧姆定律，欧姆表内部电源电动势 E=Ir+U=r+U=15000V+2.0V=7.0V ‎11.某同学用伏安法测某电源的电动势和内阻，现备有下列器材：‎ A.被测电源 B.电流表A：量程0〜0.6A，内阻为0.5Ω C.电压表V：量程0〜3V，内阻未知 D.滑动变阻器R：0〜10Ω，2A E.开关、导线若干 伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差。在现有器材的条件下，为消除上述系统误差，尽可能准确地测量电源的电动势和内阻。‎ ‎（1）实验电路图应选择上图中的___（填“甲”或“乙”）‎ ‎（2）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U-I图象。由此可知，电源的电动势E =___V，内电阻r =___Ω。（结果保留二位小数）‎ ‎【答案】 (1). 乙 (2). 3.00 2.83‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]若采用甲图，由于电压表的分流会使测量结果存在系统误差；而采用乙图，由于电流表的内阻已知，测量的内阻为电流表和电源内阻之和，所以采用乙图会消除实验带来的系统误差，使测量结果更准确。‎ ‎（2）[2]根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U-I图象，当电流I=0时图线与纵轴的截距即为电源的电动势，即E=3.00V。‎ ‎［3］由闭合电路欧姆定律知，U=E-Ir，图线斜率的大小即为电流表和电源内阻之和，图线斜率 r==Ω=3.33Ω 所以电源的内电阻 r´=3.33Ω-0.5Ω=2.83Ω 三、解答题 ‎12.如图所示,长的轻质细绳上端固定,下端连接一个可视为质点的带电小球,小球静止在水平向右的匀强电场中,绳与竖直方向的夹角．已知小球所带电荷量,匀强电场的场强,取重力加速度,,,求:‎ ‎(1).小球所受电场力的大小．‎ ‎(2).小球的质量．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据电场力的计算公式可求得电场力F的大小；‎ ‎（2）根据共点力的平衡条件求解小球的质量m；‎ ‎【详解】（1）小球所受电场力F的大小为：；‎ ‎（2）小球受力情况如图所示：‎ 根据几何关系可得：‎ 解得：．‎ ‎【点睛】本题关键是分析小球的受力情况，结合平衡知识解答．‎ ‎13.如图所示，两平行金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=，导轨的一端接有电动势E =3V、内阻r=0.5Ω的直流电源，导轨间的距离L=0.4m。在导轨所在空间内分布着磁感应强度B=0.5T、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒的电阻R=1.0Ω，导体棒恰好能静止。金属导轨电阻不计。（g取10m/s2，sin=0.6，cos=0.8）求：‎ ‎（1）ab受到的安培力大小；‎ ‎（2）ab受到的摩擦力大小。‎ ‎【答案】（1）0.40N（2）0.16N ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律，有 导体棒ab受到的安培力 F安=ILB=2.0×0.4×0.5N=0.40N ‎（2）导体棒所受重力沿斜面向下的分力 F1=mgsin=0.04×10×0.6N=0.24N 由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力Ff，根据共点力平衡条件，有 mgsin+Ff =F安 ab受到的摩擦力大小 Ff=F安-mgsin=（0.40-0.24）N=0.16N 答：（1）ab受到的安培力大小为0.40N；（2）ab受到的摩擦力大小为0.16N。‎ ‎14.如图甲所示，在xOy平面内加有空间内分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场，变化规律如图乙所示，规定电场强度方向沿y轴正方向为正方向，磁感应强度方向垂直坐标平面向里为正方向。t=0时刻，质量为m、电荷量为q的带正电小球从坐标原点O由静止释放。已知场强大小、磁感应强度大小，g取10 m/s2。求：‎ ‎（1）第1 s末小球速度的大小；‎ ‎（2）小球第一次在磁场中做匀速圆周运动的半径和周期；‎ ‎（3）前4 s内小球运动过程中最高点的位置坐标。‎ ‎【答案】（1）10m/s（2）；1s（3）（；）‎ ‎【解析】（1）第1s内只有向上电场，无磁场，小球向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律 第1 s末小球速度的大小 ‎（2）第2s内磁场向里，电场向上，因为 重力和电场力刚好平衡，所以小球在第二象限内由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，小球第一次在磁场中做匀速圆周运动的半径 小球第一次在磁场中做匀速圆周运动的周期 ‎（3）第1s内小球上升的距离 第2s内小球刚好匀速圆周一圈回到原处，第3s内小球继续向上匀加速，上升的距离 第3s末小球速度的大小 第4s内小球在第一象限内刚好匀速圆周一圈，小球第二次在磁场中做匀速圆周运动的半径 前4s内最高点的横坐标 前4s内最高点的纵坐标 所以前4s内小球运动过程中最高点的位置坐标［，］。‎ 答：（1）第1s末小球速度的大小为10m/s；（2）小球第一次在磁场中做匀速圆周运动的半径为，周期为1s；（3）前4s内小球运动过程中最高点的位置坐标为［，］。‎