【物理】广东省阳春市第一中学2019-2020学年高二上学期第三次月考试题（解析版）

【物理】广东省阳春市第一中学2019-2020学年高二上学期第三次月考试题（解析版）

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】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 42.40 (2). 红 欧姆调零 b 小 (3). 25 1.24mA（或1.23mA）‎ ‎【解析】(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：‎