广东省阳春市第一中学2019-2020学年高二上学期第三次月考物理试题

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广东省阳春市第一中学2019-2020学年高二上学期第三次月考物理试题

阳春一中2019-2020学年第一学期高二年级月考三 物理科(选择考)试题 一、选择题(12题,每题4分,总共48分。其中1—7题是单选题,8—12题是多选题,多选题若漏选则得2分,选错一个答案则得0分)‎ ‎1.如图所示,有三个点电荷A、B、C位于一个等边三角形的三个顶点上,已知A、B都带负电荷,A所受B、C两个电荷的静电力的合力如图中FA所示,那么可以判定点电荷C所带电荷的电性 A. 一定是正电 B. 一定是负电 C. 可能是正电,也可能是负电 D. 无法判断 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】对电荷受力分析,对的是库仑斥力,沿的连线向上;如果是负电荷,则对的库仑斥力沿连线向上,这两个斥力的合力是向上的,不可能偏向右;只有带正电,对的库仑引力沿连线向下,与对的作用力的合力才偏向右侧,故一定带正电;‎ A. 一定是正电与分析相符,故A正确;‎ B. 一定是负电与分析不符,故B错误;‎ C. 可能是正电,也可能是负电与分析不符,故C错误;‎ D. 无法判断与分析不符,故D错误.‎ ‎2.将两个分别带有电荷量-2Q和+5Q的相同金属小球 A、B 分别固定在相距为r的两处(均可视为点电荷),它们间库仑力的大小为F.现将第三个与 A、B 两小球完全相同的不带电小球 C先后与A、B 相互接触后拿走,A、B 间距离保持不变,则两球间库仑力的大小为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】开始时由库仑定律得:;当小球和A接触后,A球带电为-Q,再和B球接触时,先中和后总电量为4Q,故平分后B球带电为2Q,因此此时:;可得:F1=,故BCD错误,A正确.故选A.‎ ‎【点睛】完全相同的带电小球接触时,对于电量的重新分配规律要明确,然后正确利用库仑定律求解.‎ ‎3.三个α粒子在同一地点沿同一方向飞入偏转电场,出现了如图所示的轨迹,由此可以判断下列不正确的是 A. 在b飞离电场的同时,a刚好打在负极板上 B. b和c同时飞离电场 C. 进电场时c的速度最大,a的速度最小 D. 动能的增加值c最小,a和b一样大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.三个粒子的质量和电量都相同,则知加速度相同.a、b两粒子在竖直方向上的位移相等,根据,可知运动时间相等.故A正确,不符合题意.‎ B.b、c竖直方向上的位移不等,yc<yb.根据,可知tc<tb.即c先飞离电场,故B错误,符合题意.‎ C.在垂直于电场方向即水平方向,三个粒子做匀速直线运动,则有:.因xc=xb,tc<tb,则vc>vb.根据ta=tb,xb>xa.则vb>va.所以有:vc>vb>va.故C正确,不符合题意.‎ D.根据动能定理知,a、b两电荷,电场力做功一样多,所以动能增加量相等.c电荷电场力做功最少,动能增加量最小.故D正确,不符合题意.‎ ‎4.如图所示的长方体是用电阻率为ρ的均匀金属制成的,长度为2L ‎,其横截面为正方形,边长为L,若将它的a、b端接入电路时的电阻为R,则将它的两个侧面上的c、d端接入电路时的电阻是(  )‎ A. R B. R/4 C. R/2 D. 4R ‎【答案】B ‎【解析】‎ 当a、b端接入电路时,横截面积为L2,长为2L;根据电阻定律.‎ 当c、d接入电路时,横截面积为2L2,长为L,根据电阻定律.‎ 所以.故B项正确,ACD三项错误.‎ ‎5.如图所示,平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接,下极板接地,一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态,现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离,则( )‎ A. 带电油滴将沿竖直方向向上运动 B. 极板带电量将增加 C. P点的电势将降低 D. 极板间的场强不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AD.将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离,由于电容器两板间电压不变,根据得知板间场强减小,油滴所受的电场力减小,则油滴将向下运动,故A错误;‎ B.由可知电容器的电容减小,由于电势差不变,根据可知电容器极板带电量减小,故B错误;‎ C.场强减小,而点与下极板间的距离不变,则由公式可知 点与下极板间电势差将减小,而点的电势高于下极板的电势,则知点的电势将降低,故C正确。‎ ‎6.图示为一已进行欧姆调零的欧姆表,用该欧姆表测一电阻R的阻值时,指针偏转至满刻度的处.现用该欧姆表测一未知电阻的阻值,指针偏转到满刻度的处,可知该电阻的阻值为( )‎ A. R B. 2R C. 3R D. 4R ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设电源电动势为,欧姆表的内阻为内,满偏电流为,欧姆表调零时则有:‎ 测一阻值为的电阻时:‎ 测一未知电阻时:‎ 解得:‎ A.与分析不符,故A错误;‎ B.与分析相符,故B正确;‎ C.与分析不符,故C错误;‎ D.与分析不符,故D错误。‎ ‎7.如图,“L”型导线abc固定并垂直放置在磁感应强度为B的匀强磁场中,,ab 长为l,bc长为,导线通入恒定电流I,设导线受到的安培力大小为F,方向与bc夹角为θ,则 A. , B. ,‎ C. , D. ,‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】连接ac,根据几何关系得导线在磁场中受安培力的有效长度:‎ 根据,得:‎ F与bc的夹角θ:‎ ABC.与计算不符,ABC错误;‎ D.与计算结果相符,D正确。‎ ‎8.下列图中画出了带电粒子在磁场中运动方向和所受洛伦兹力的方向,其中正确的是( )‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据左手定则,图中正电荷的洛伦兹力的方向向左,故A错误;‎ B.根据左手定则,图中负电荷的洛伦兹力的方向向左上,故B正确;‎ C.根据左手定则,图中负电荷的洛伦兹力的方向向左下,故C错误;‎ D.根据左手定则,图中正电荷的洛伦兹力的方向向左,故D正确。‎ ‎9.如图所示,直线A为电源的UI图线,直线B和C分别为电阻R1、R2的UI图线,用该电源分别与R1、R2组成闭合电路时,电源的输出功率分别为P1、P2,电源的效率分别为η1、η2,则(  )‎ A. P1>P2 B. P1=P2‎ C. η1>η2 D. η1<η2‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】电源的与电阻的的交点代表该电阻接入电源时的路端电压和电流,对照图像可得该电源分别与R1、R2组成闭合电路时,电源的输出功率分别为P1、P2:.,所以选项B对A错.电源的效率 ‎,外电阻越大效率越高,根据电阻的图像斜率代表电阻可判断所以选项C对D错.‎ ‎10.如图所示,矩形ABCD位于匀强电场中,且与匀强电场方向平行.已知AB=2BC=4m,A、B、D的电势分别为6V、2V、4V.初动能为24eV、电荷量大小为4e的带电粒子从A沿着AC方向射入电场,恰好经过B.不计粒子的重力,下列说法正确的是( )‎ A. C点的电势为0V B. 该粒子一定带负电 C. 该粒子达到点B时的动能为40eV D. 该匀强电场的电场强度大小为V/m ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据匀强电场中平行的等间距的两点间的电势差相等,则有:‎ 解得的电势为:‎ 故A正确;‎ B.取的中点,则点的电势为:‎ 则连线为等势线,电场强度方向与等势面垂直,且有高电势指向低电势,电场强度垂直斜向上,由物体做曲线运动的条件,电场力斜向下,故电荷一定为负电荷,故B正确;‎ C.粒子从到过程,根据动能定理有:‎ 解得该粒子到达点时的动能:‎ 故C错误;‎ D.因为,代入数据解得电场强度为:‎ 故D正确。‎ ‎11.如图所示,虚线a、b、c代表某一电场中的三个等势面,相邻等势面之间的电势差相等,实线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹,P、R、Q是这条轨迹上的三点,其中R在等势面b上.下列判断正确的是(  )‎ A. 三个等势面中,c的电势最高 B. 带电粒子在P点的电势能比在Q点的大 C. 带电粒子在P点的动能与电势能之和比在Q点的小 D. 带电粒子在R点加速度方向垂直于等势面b ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧,电场线与等势面垂直,且由于带电粒子带正电,因此在点的电场线的方向下方,根据沿电场线电势降低,可知等势线的电势最高,等势线的电势最低,故A错误;‎ B.根据带电粒子受力情况可知,若粒子从到过程,电场力做正功,动能增大,电势能减小,故带电粒子在点具有电势能比在点具有的电势能大,故B正确;‎ C.只有电场力做功,所以带电粒子在点的动能与电势能之和与在点的相等,故C错误;‎ D.电场的方向总是与等势面垂直,所以点的电场线的方向与该处的等势面垂直,而带正电粒子受到的电场力的方向与电场线的方向相同,加速度的方向又与受力的方向相同,所以带电粒子在点的加速度方向垂直于等势面,故D正确。‎ ‎12.如图所示,电源电动势E=9V,内电阻r=4.5Ω,变阻器Rl的最大电阻Rm=5.0Ω,R2=1.5Ω,R3=R4=1000Ω,平行板电容器C的两金属板水平放置.在开关S与a 接触且当电路稳定时,电源恰好有最大的输出功率,在平板电容器正中央引入一带电微粒,也恰能静止.那么(  )‎ A. 在题设条件下,接入电路的阻值为,电源的输出功率为 B. 引入的微粒带负电,当开关接向未接触的过程中,微粒将向下运动 C. 在题设条件下,的阻值增大时,两端的电压增大 D. 在题设条件下,当开关接向b后,流过的电流方向为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据当外电阻等于内电阻时,电源的输出功率最大去求解;对微粒进行受力分析,根据微粒处于平衡状态,判断出微粒的电性.当开关接向b(未接触b)的过程中,电容器电荷量未变,从而判断出微粒的运动状况;电路的动态分析抓住电动势和内阻不变,结合闭合电路欧姆电路进行分析;找出开关接a和接b上下极板所带电荷的电性,即可确定出电流的方向.‎ ‎【详解】在开关S与a接触且当电路稳定时,电源恰好有最大的输出功率,可知,则电源的输出功率,A正确;在开关S与a接触且当电路稳定时,在平板电容器正中央引入一带电微粒,也恰能静止微粒受重力和电场力平衡而上极板带正电,可知微粒带负电当开关接向未接触的过程中,电容器所带的电量未变,电场强度也不变,所以微粒不动,B错误;电容器所在的支路相当于断路,在题设条件下,和及电源构成串联电路,的阻值增大时,总电阻增大,总电流减小,两端的电压减小C错误;在题设条件下,开关接a时,上极板带正电,当开关接向b 后,下极板带正电,流过的电流方向为,D正确.‎ 二、实验题(10个空格,每空2分,总共20分)‎ ‎13.小敏同学在做测量一段圆柱形金属的电阻率实验时:‎ ‎(1)如图甲,利用螺旋测微器测出该金属导体的直径为__________mm,用游标卡尺测出它的长度为__________mm;‎ ‎(2)他决定先用多用电表“粗测”金属的电阻.多用电表内部结构如图乙所示,可知_______(填“红”或“黑”)与B端相连;测量前,小敏选择了欧姆表的“×1”倍率,先将红黑表笔短接,进行___________________.接着测量金属电阻,欧姆表示数如图所示,由该示数可知,小敏接下来使用伏安法较准确地测量金属的电阻时,手头上拥有内阻 RA 约为 20Ω的电流表,内阻 RV 约为 5KΩ电压表,则他应该选择图________(填“a”或“b”)的接法来进行实验,并且,选择该接法所测得的电阻比真实值偏_______(填“大”或“小”)‎ ‎(3)小敏使用多用电表的过程中对其内部结构产生了兴趣,如图乙,表头内阻Rg=100Ω,满偏电流Ig=200μA,已知该表拥有1mA和2.5mA两个直流电流量程,通过计算可知,‎ R1+R2=________Ω,当B端连接“1”接口时,图丙的读数为________.‎ ‎【答案】 (1). 1.844 (2). 42.40 (3). 红 (4). 欧姆调零 (5). b (6). 小 (7). 25 (8). 1.24mA(或1.23mA)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]螺旋测微器的固定刻度为1.5mm,可动刻度为34.4×0.01mm=0.344mm,所以最终读数为1.5mm+0.344mm=1.844mm;‎ ‎[2]游标卡尺的主尺读数为42mm,游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐,所以游标读数为8×0.05mm=0.40mm,所以最终读数为:42mm+0.40mm=42.40mm;‎ ‎(2)[3]根据欧姆表红进黑出的原理可知,红表笔与相连;[4]测量前,小敏选择了欧姆表的“×1”倍率,先将红黑表笔短接,调节欧姆调零旋钮,使欧姆表指针指在表盘右端零刻度处,即进行欧姆调零;‎ ‎[5]由图丙所示可知,此段电阻丝的电阻为:‎ 根据,所以电流表采用外接法,则他应该选择图接法来进行实验;[6]电流表采用外接法时,由于电压表的分流作用,电流测量值大于真实值,由欧姆定律可知,电阻测量值小于真实值;‎ ‎(3)[7]当端连接“2”接口时,该表是1mA直流电流量程,根据电路结构则有:‎ 解得:‎ ‎[8]当端连接“1”接口时,该表是2.5mA直流电流量程,图丙的读数为1.24mA ‎14.小华进行“测量电源电动势和内阻”实验,有以下器材:量程3V的理想电压表V,量程0.6A的电流表A(具有一定内阻),定值电阻R0(R0=1.5Ω),滑动变阻器R1(0~10Ω),滑动变阻器R2(0~200Ω),电键S,实验电路原理图和U-I图如下图.‎ ‎ ‎ 为方便实验调节和较准确地测量,滑动变阻器应选用______,根据U-I图象,可知电源内阻r=______Ω(保留到小数点后两位)‎ ‎【答案】 (1). R1 (2). 0.29‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]电流表的量程,根据闭合电路欧姆定律可知,电路中需要的最大电阻应为:‎ 所以变阻器应选;‎ ‎[2]根据闭合电路欧姆定律则有:‎ 整理可得:‎ 根据函数斜率概念应有:‎ 解得:‎ 三、计算题(第15题满分14分,第16题满分18分,总共32分)‎ ‎15.如图所示,质量m=1kg的通电导体棒在安培力作用下静止在倾角为37°,宽度为L=1m的光滑绝缘框架上,磁感应强度B的方向垂直于框架平面向下(磁场仅存在于绝缘框架内),右侧回路电源的电动势E=12V,内电阻r=1.5Ω;额定功率为12W、额定电压为6V的电动机正常工作,已知电动机M线圈的电阻RM=0.5Ω, 取sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度大小g=10m/s2. 求:‎ ‎(1)电动机输出的机械功率是多少?‎ ‎(2)干路电流I干、流过导体棒的电流I各是多少?‎ ‎(3)磁感应强度B的大小?‎ ‎(4)若保持其他条件不变,只是突然把磁场方向改为竖直向下,求此刻导体棒的加速度.‎ ‎【答案】(1)10W ;(2)4A;2A; (3)3T; (4)1.2m/s2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)流过电动机的电流:‎ 电动机输出的机械功率:‎ 机械 ‎(2)干路电流:‎ 干 导体棒和电动机并联,则有流过导体棒的电流: ‎ 干 ‎(3)导体棒静止,由受力平衡得:‎ 解得:‎ ‎(4)若突然把磁场方向改为竖直向下,对导体棒受力分析由牛顿第二定律得:‎ ‎ ‎ 解得:‎ ‎16.空间中有两个相邻的、互不重叠的电场,以竖直线MN为分界线,MN左边区域的电场E1的方向竖直向下,MN右边区域的电场E2的方向水平向左.质量为m、带电量为q的正电小球用长为L的不可伸长的绝缘轻绳系于O点,拉起小球至轻绳水平后在A点静止释放.小球运动到最低点B时,轻绳恰好拉断,小球从B点飞出,继续做曲线运动至分界线MN与圆弧轨道的交点C点时,恰好沿着轨道上C点的切线方向进入光滑绝缘圆弧轨道,O2是轨道圆心,连线CO2‎ 与竖直方向夹角为,已知,,圆弧轨道的半径也是L,重力加速度为g,求:(用题目中所给的字母表示结果)‎ ‎(1)小球运动到B点时的速率,以及轻绳能承受的最大拉力;‎ ‎(2)小球运动到C点时的速率,以及小球从B运动到C到时间;‎ ‎(3)当小球在圆弧轨道上运动至速度最小的位置时(再次到达分界线MN之前),受到轨道的压力多大?‎ ‎【答案】(1); 6mg; (2);(3)6mg ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)在中,电场力:‎ 方向向下 从至,由动能定理得:‎ 解得:‎ 在点,分析向心力 联立各式解得:‎ ‎(2)在点进行速度分解:‎ 从至,小球做类平抛运动,牛顿第二定律:‎ 所以:‎ 联立各式解得:‎ ‎(3)在中,则有:‎ 重力和电场力的合力:‎ 方向与竖直方向夹角也是,所以恰好平行于连线,利用“等效重力”思想,点刚好是等效最低点,而关于对称的点就是等效最高点,速度最小 从至,动能定理:‎ 点,则有:‎ 联立各式解得:‎ ‎ ‎ ‎ ‎
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