【物理】江西省赣州市于都二中2019-2020学年高二上学期第三次月考试题（解析版）

【物理】江西省赣州市于都二中2019-2020学年高二上学期第三次月考试题（解析版）

于都二中2019-2020学年高二上学期第三次月考物理试卷 一、选择题：（本题共10小题．每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分．有选错的得0分。）‎ ‎1.用塑料梳子梳头时，塑料梳子和头发都会带电，这是因为 A. 摩擦创造了电荷 B. 静电感应创造了电荷 C. 电子在梳子和头发之间发生了转移 D. 质子在梳子和头发之间发生了转移 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】塑料梳子梳头时，塑料梳子和头发之间通过摩擦的方式起电，起电的实质都是电子的转移，并没有创造电荷，C正确，A、B、D错误．‎ ‎2.篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前，这样做可以 A. 减小球对手作用力的冲量 B. 减小球的动量变化率 C. 减小球的动量变化量 D. 减小球的动能变化量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由动量定理的内容可知，增大接触时间可以减小冲力大小，B对；‎ ‎3.如图所示，a、b、c是一条电场线上的三点，电场线的方向由a到c，a、b间距离等于b、c间距离，用a、b、c和Ea、Eb、Ec分别表示a、b、c三点的电势和场强，可以判定（　　）‎ A. a﹣b＝b﹣c B. Ea＞Eb＞Ec C. a＞b＞c D. Ea＝Eb＝Ec ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AC. 沿电场线方向电势一定降低，可以判定电势高低，根据电场线方向可知 φa＞φb＞φc 但由于只有一条电场线，不能确定电场线的分布情况，无法比较场强的大小， ‎ 无法判断电势差大小，故A错误C正确．‎ BD. 电场线的疏密表示电场强度的相对大小，由于只有一条电场线，不能确定电场线的分布情况，无法比较场强的大小，故BD错误．‎ ‎4.物体在恒定的合外力F作用下做直线运动，在时间Δt1内速度由0增大到v，在时间Δt2内速度由v增大到2v.设F在Δt1内做的功是W1，冲量是I1；在Δt2内做的功是W2，冲量是I2.那么(　 　)‎ A. I2 = I1 W2 ＞ W1 B. I2 ＜ I1 W2 ＜ W1‎ C. I2 ＞ I1 W2 ＞ W1 D. I2 = I1 W2 ＜ W1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据动能定理得：‎ 则 W1＜W2。‎ 根据动量定理得，‎ I1=mv-0=mv I2=2mv-mv=mv 知 I1=I2．‎ A．I2 = I1 ，W2 ＞ W1，与结论相符，选项A正确；‎ B．I2 ＜ I1 ，W2 ＜ W1，与结论不相符，选项B错误；‎ C．I2 ＞ I1 ，W2 ＞ W1，与结论不相符，选项C错误；‎ D．I2 = I1 ，W2 ＜ W1，与结论不相符，选项D错误；‎ 故选A。‎ ‎5.在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路．当调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50 A和2.0 V．重新调节R并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0 A和24.0‎ ‎ V．则这台电动机正常运转时输出功率和热功率分别为 （ ）‎ A. 32 W 1 W B. 48 W 16 W ‎ C. 32 W 16 W D. 48 W 1 W ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】当电动机不转时，由可知，内阻 ‎ ‎ 当电动机转动时，电动机的总功率 P总=U′I′=24×2=48W；‎ 热功率 Pr=I2r=4×4=16W；‎ 则输出功率 P出=P总-Pr=48-16=32W；‎ A．32 W ；1W，与结论不相符，选项A错误；‎ B．48 W；16 W，与结论不相符，选项B错误；‎ C．32 W；16 W，与结论相符，选项C正确；‎ D．48 W；1 W，与结论不相符，选项D错误；‎ 故选C。‎ ‎6.a、b、c三个α粒子（重力不计）由同一点M同时垂直场强方向进入带有等量异种电荷的两平行金属板的电场间，其轨迹如图所示，其中b恰好沿板的边缘飞出电场，由此可知（　 　）‎ A. 进入电场时a的速度最大，c的速度最小 B. a、b、c在电场中运动经历的时间相等 C. 若把下极板向上移动，则a在电场中运动经历的时间变短 D. 若把下极板向下移动，则b在电场中运动经历时间增长 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．三个α粒子进入电场后加速度相同，由图看出，竖直方向a、b偏转距离相等，大于c的偏转距离，由知，a、b运动时间相等，大于c的运动时间，即ta=tb＞tc．又水平位移的关系为 xa＜xb=xc，因为粒子水平方向都做匀速直线运动，所以vc＞vb＞va．即a的速度最小，c的速度最大。故AB错误。‎ C．若把下极板向上移动，根据推论知，板间场强不变，粒子的加速度不变，但是a的竖直位移减小，根据可知a的运动时间变短。故C正确。‎ D．若把下极板向下移动，根据推论知，板间场强不变，粒子的加速度不变，b的运动情况不变，b将在下极板右边缘的上方（原来的位置）飞出电场，运动时间不变，选项D错误；‎ 故选C。‎ ‎7.如图所示，A、B为两个固定的等量同号正电荷，在它们连线的中点处有一个可以自由运动的正电荷C，现给电荷C一个垂直于连线的初速度v0，若不计C所受的重力，则关于电荷C以后的运动情况，下列说法中正确的是(　　)‎ A. 加速度始终增大 B. 加速度先增大后减小 C. 速度先增大后减小 D. 速度始终增大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：由等量同种正点电荷电场的特点可知，两个电荷连线上中点的电场强度为零，电场强度从中点到无限远处，先增大后减小，所以电荷C所受的电场力先增大后减小，由牛顿第二定律可知，其加速度先增大后减小，所以A错误、B正确；在整个过程中，电场力做正功，由动能定理可知，点电荷C的速度始终增大，所以C错误、D正确；‎ 考点：静电场、功能关系 ‎8.如图所示，直线b为电源的U－I图像，直线a为电阻R的U－I图像，用该电源和该电阻串联组成闭合电路时，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 电源的输出功率为6W ‎ B. 电源的电动势为3V，电源的内阻为0.5‎ C. 电源的热功率为2W ‎ D. 电源的效率约为33.3%‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 电源的输出功率为 P出=IU=2×2=4W 选项A错误；‎ B. 由电源U-I图像可知，电源的电动势为E=3V，电源的内阻为 选项B正确；‎ C. 电源的热功率为 选项C正确；‎ D. 电源的效率约为 选项D错误；故选BC。‎ ‎9.如图所示，电源电动势为E，内电阻为r．当滑动变阻器R的滑片P从右端滑到左端时，发现电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为△U1和△U2，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 小灯泡L1、L3变暗，L2变亮 B. 小灯泡L3变暗，L1、L2变亮 C. △U1＞△U2 D. △U1＜△U2‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，分析变阻器接入电路的电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，分析总电流和路端电压的变化，判断灯L2亮度的变化．根据总电流的变化，分析并联部分电压的变化，判断L3亮度的变化．根据总电流与通过L3电流的变化，分析通过L1电流的变化，判断其亮度变化．根据路端电压的变化，分析△U1和△U2的大小．‎ 解：A、B、当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则L2变亮．‎ 变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分电压减小，则L3变暗．总电流增大，而L3的电流减小，则L1的电流增大，则L1变亮．故A错误，B正确．‎ C、D、由上分析可知，电压表V1的示数减小，电压表V2的示数增大，由于路端电压减小，所以△U1＞△U2．故C正确，D错误．故选BC．‎ ‎【点评】本题是电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”思路进行分析．运用总量法分析两电压表读数变化量的大小．‎ ‎10.空间某区域电场线分布如图所示，带正电小球(质量为m，电荷量为q)在A点速度为v1，方向水平向右，运动到B点速度为v2，v2与水平方向间夹角为α，A、B间高度差为H，以下判断正确的是 (　 　) ‎ A. A、B两点间电势差 B. 小球由A运动到B时，电势能减少 C. 小球由A运动到B时，电场力做功为-mgH D. 小球的重力在B点的瞬时功率为mgv2sinα ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC．小球由A点运动至B点，由动能定理得：‎ 可得电场力做功：‎ 所以电势能减小量为 ‎ 由电场力做功W=qU得，A、B两点间的电势差：‎ 故AC正确，B错误。‎ D．小球运动到B点时所受重力与速度方向不同，则其重力的瞬时功率 P=mgv2sinα 故D正确。故选ACD。‎ 二、实验题（每空3分，共24分）‎ ‎11.某同学利用光电门和气垫导轨做验证动量守恒定律的实验，在气垫导轨上有两个滑块，滑块上安装相同的遮光条，让滑块A碰撞静止的B．碰前光电门1遮光时间为t1，碰后光电门1的遮光时间为t2，光电门2的遮光时间为t3.‎ ‎（1）要验证动量守恒，还需要测量哪些物理量：______________ （写出物理量及对应字母）‎ ‎（2）需要验证碰撞前后动量守恒的表达式为 ___________________ （用题中字母表示）‎ ‎（3）造成此实验误差的主要原因有：（ ）‎ A．导轨安放不水平 B．小车上遮光条宽度 C．两小车质量不相等 D．两小车碰后可能粘在一起 ‎（4）若要进一步验证此碰撞是弹性碰撞，则要验证的表达式为__________________。‎ ‎【答案】(1). A,B的质量m1,m2 (2). (3). A (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）（2） [1][2]．设遮光条的宽度为d，则碰撞前A的速度为：‎ ‎ ‎ 碰撞后A的速度为：‎ B的速度为：‎ 若要验证动量守恒定律则：‎ mAvA=mBvB+mAvA′‎ 得：‎ ‎；‎ 要验证动量守恒，还需要测量的物理量是AB的质量m1和m2.‎ ‎（3）[3]．A．导轨安放不水平，会使系统受合力不为零，动量不守恒，选项A正确； ‎ B．小车上遮光条宽度，不会引起实验误差，选项B错误；‎ C．两小车质量不相等，不会引起实验误差，选项C错误；‎ D．两小车碰后可能粘在一起，不会引起实验误差，选项D错误；‎ 故选A。‎ ‎（4）[4]．若碰撞是弹性碰撞，则 ‎ ‎ ‎ ‎ 即要验证的表达式为 ‎12.某同学想设计一个测量金属棒(阻值约10Ω)电阻率的实验方案，实验室提供的器材有：‎ A.电流表A1 (内阻Rg=100Ω、满偏电流Ig=3mA) ‎ B.电流表A2内阻约为0.4Ω、量程为0.6A) ‎ C.定值电阻R0=900Ω ‎ D.滑动变阻器R(5Ω、2A) ‎ E.干电池组(6V、0.05Ω) ‎ F.一个开关和导线若干 G.螺旋测微器，游标卡尺 ‎(1)如图1，用螺旋测微器测金属棒直径为______ mm；‎ 如图2用20分度游标卡尺测金属棒长度为______ cm．‎ ‎(2)请根据提供的器材，设计一个实验电路，画在答题卡方框内，要求尽可能精确测量金属棒的阻值_______．‎ ‎(3)若实验测得电流表A1示数为I1，电流表A2示数为I2，则金属棒电阻的表达式为RX= _________________（用I1、I2、R0、Rg表示）‎ ‎【答案】(1). 6.126mm； 10.230cm； (2). 电路图见解析； (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：6mm+12.6×0.01mm=6.126mm，由图示游标卡尺可知，其示数为：102mm+6×0.05mm=102.30mm=10.230cm； （2）由题意可知，没有电压表，可以用电流表A1与定值电阻R0串联组成电压表测电压，用电流表A2测电流，由于改装后电压表内阻为100+900=1000Ω，电流表内阻约为0.4Ω，待测电阻阻值约为10Ω，滑动变阻器最大阻值为5Ω，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于电阻阻值，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：‎ ‎ （3）金属棒电阻阻值： ；‎ ‎【点睛】本题考查了螺旋测微器与游标卡尺读数、设计电路图、求电阻阻值；螺旋测微器固度刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，螺旋测微器需要估读，游标卡尺不需要估读；知道电压表内阻远大于电阻阻值时电流表应采用外接法，待测电阻阻值大于电流表内阻时用电流表内接法．‎ 三、计算题（要求：写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题目，答案中必须明确写出数值和单位；6分+8分+10分+12分=36分）。‎ ‎13.如图所示，在场强大小为E=200N/C的水平向右的匀强电场中，将电荷量为q=2×10﹣3C的正点电荷由A点沿直线移至B点，AB间的距离为L=20cm，AB方向与电场方向成60°角，求：‎ ‎（1）点电荷所受电场力的大小；‎ ‎（2）在此过程中电场力做的功WAB；‎ ‎（3）A、B两点间的电势差UAB．‎ ‎【答案】(1)0.4N (2)0.04J (3)20V ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）点电荷所受电场力的大小F=qE 解得：‎ F =200×2×10﹣3N=0.4N；‎ ‎（2）电场力做的功 W = qELcos60° ‎ 解得： ‎ W = 004J； ‎ ‎（3）A、B两点间的电势差 UAB = ELcos60°‎ 解得：‎ UAB = 20 V ‎14.如图所示，有两个质量都为m的小球A和B(大小不计)，A球用细绳吊起，细绳长度等于悬点距地面的高度，B球静止放于悬点正下方的地面上．现将A球拉到距地面高度为h处由静止释放，摆动到最低点与B球碰撞后粘在一起共同上摆，则：‎ ‎(1)在最低点A、B粘合在一起时它们的共同速度为多大？‎ ‎(2)碰撞中损失的机械能是多少？‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）A球由静止释放到最低点的过程中，由动能定理可得：‎ 解得：‎ ‎ ‎ A球对B球碰撞满足动量守恒：‎ mv1 =( m +m) v2 ‎ 解得：‎ ‎ ‎ ‎（2）碰撞中损失的机械能是：‎ ‎ ‎ ‎∴ΔE=mgh ‎15.如图所示，带有等量异种电荷平行金属板M、N竖直放置，M、N两板间的距离d＝0．5 m．现将一质量m＝1×10-2 kg、电荷量q＝4×10-5 C的带电小球从两极板上方的A点以v0＝4 m/s的初速度水平抛出，A点距离两板上端的高度h＝0．2 m；之后小球恰好从靠近M板上端处进入两板间，沿直线运动碰到N板上的C点，该直线与曲线的末端相切．设匀强电场只存在于M、N之间，不计空气阻力，取g＝10 m/s2．求：‎ ‎（1）小球到达M极板上边缘B位置时速度的大小和方向；‎ ‎（2）M、N两板间的电场强度的大小和方向；‎ ‎（3）小球到达C点时的动能．‎ ‎【答案】（1）大小为m/s，方向为（θ为速度方向与水平方向的夹角）；（2）大小为5×103 N/C；方向为水平向右；（3）0．225J．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小球平抛运动过程水平方向做匀速直线运动，vx=v0=4 m/s 竖直方向做匀加速速直线运动，，vy=gt1=2 m/s 得解： m/s 方向，（θ为速度方向与水平方向的夹角）‎ ‎（2）小球进入电场后，沿直线运动到C点，所以重力与电场力的合力即沿该直线方向 得解： N/C，方向水平向右 ‎（3）解法一：进入电场后，小球受到的合外力 B、C两点间的距离，‎ 从B到C由动能定理得：‎ 解得：EkC=0.225 J 解法二：进入电场后，小球在水平方向做初速度为v0的匀加速直线运动 ‎， m/s2‎ 得解：t2=0.1 s 小球到达C点时的水平速度v1=v0+axt2=6 m/s 竖直分速度v2=vy+gt2=3 m/s vC=‎ EkB===0.225 J ‎16.如图所示，A、B为两块平行金属板，A板带正电、B板带负电．两板之间存在着匀强电场，两板间距为d、电势差为U，在B板上开有两个间距为L的小孔．C、D为两块同心半圆形金属板，圆心都在贴近B板的O′处，C带正电、D带负电．两板间的距离很近，两板末端的中心线正对着B板上的小孔，两板间的电场强度可认为大小处处相等，方向都指向O′.半圆形金属板两端与B板的间隙可忽略不计．现从正对B板小孔紧靠A板的O处由静止释放一个质量为m、电量为q的带正电微粒（微粒的重力不计），求：‎ ‎（1）微粒穿过B板小孔时的速度多大；‎ ‎（2）为了使微粒能在CD板间运动而不碰板，CD板间的电场强度大小应满足什么条件；‎ ‎（3）从释放微粒开始，经过多长时间微粒第一次通过半圆形金属板间的最低点P点？‎ ‎【答案】（1）（2）（3）（2d+）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设微粒穿过B板小孔时的速度为v，根据动能定理，有qU＝mv2‎ 解得:‎ ‎(2)微粒进入半圆形金属板后，电场力提供向心力，有 联立解得：‎ ‎(3)微粒从释放开始经t1射入B板的小孔，则 设微粒在半圆形金属板间运动经过t2第一次到达最低点P点，则 所以从释放微粒开始，经过:‎ 微粒第一次到达P点．‎