【物理】湖南省邵阳市邵东县第一中学2019-2020学年高二上学期第三次月考试题（解析版）

【物理】湖南省邵阳市邵东县第一中学2019-2020学年高二上学期第三次月考试题（解析版）

‎2019年下学期高二第三次月考物理试题卷 第Ⅰ卷（选择题共48分）‎ 一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分，其中1～8小题只有一个选项正确；9～12小题至少有两个选项正确。多选题中全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）‎ ‎1.如图所示，a、b、c三枚小磁针分别在通电螺线管的正上方、管内和右侧，当这些小磁针静止时，小磁针N极的指向是（ ）‎ A. a、b、c均向左 B. a、b、c均向右 C. a向右，b向左，c向右 D. a向左，b向右，c向右 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由通电螺线管电流的流向，根据右手螺旋定则可得，通电螺线管的左边为S极，右边为N极．所以a枚小磁针的N极指向为向左、b枚小磁针N极指向为向右、c枚小磁针的N极指向为向右，故D正确，ABC错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】右手螺旋定则也叫安培定则，让大拇指所指向为电流的方向，则四指环绕的方向为磁场方向。当导线是环形时，则四指向为电流的方向。‎ ‎2.如图所示，质量为m的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角θ＝37°的木板托住，小球处于静止状态，弹簧处于压缩状态，则( )‎ A. 小球受木板的摩擦力一定沿斜面向上 B. 弹簧弹力不可能为 C 小球可能受三个力作用 D. 木板对小球的作用力有可能小于小球的重力mg ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】滑块可能受重力、支持力、弹力三个力处于平衡，根据共点力平衡判断，根据平行四边形定则可知，小球重力和弹力的合力肯定大于重力．‎ ‎【详解】A、C项：小球处于静止状态，受力平衡，对小球受力分析，如图所示：‎ 当重力、弹簧弹力以及木板的支持力的合力为零时，小球不受摩擦力，即小球可以受到3个力作用，故A错误，C正确；‎ B项：若小球不受摩擦力，根据平衡条件得：tan37°=，解得：，故B错误；‎ D项：无论小球受不受到摩擦力作用，由平衡条件可知，木板对小球的作用力与重力和弹力的合力等大，反向，即木板对小球的作用力为，一定大于重力，故D错误．‎ ‎【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意弹簧的弹力方向是水平向左的，难度适中．‎ ‎3. 在如图所示的电路中，闭合开关S，将滑动变阻器滑片P缓慢向右移动，则 A. 灯泡L变暗 B. 电源内部消耗的功率先变大后变小 C. 电容器C上的电荷量增加 D. 流过R1的电流方向由左向右 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查含电容器电路动态分析 ‎【详解】AB．当滑片向右移动时，电阻减小，干路电流增大，根据P=I2R知灯泡变亮，电源内部消耗功率变大，选项A、B错误；‎ C．根据U=IR知，电源内电压及灯泡上电压增大，滑动变阻器上分得电压减小，电容器因与滑动变阻器并联，电容器C上电压也减小，根据Q=CU知电容器电量减小，C错误；‎ D．电容器会通过R、R1组成回路放电，故经过电阻R1的电流由左向右，D正确．‎ ‎4. 两相邻匀强磁场区域磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的 A. 轨道半径减小，角速度增大 B. 轨道半径减小，角速度减小 C. 轨道半径增大，角速度增大 D. 轨道半径增大，角速度减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由于磁场方向与速度方向垂直，粒子只受到洛伦兹力作用，即，轨道半径，洛伦兹力不做功，从较强到较弱磁场区域后，速度大小不变，但磁感应强度变小，轨道半径变大，根据角速度可判断角速度变小，选项D正确．‎ ‎【定位】磁场中带电粒子的偏转 ‎【名师点睛】洛伦兹力在任何情况下都与速度垂直，都不做功，不改变动能．‎ ‎5.如图所示，直线OAC为某一直流电源的总功率P随电流I的变化图线；抛物线为同一电源内部的发热功率Pr随电流I的变化图线，若AB线段对应的横坐标为2 A，那么AB的长度所表示的功率及电源在A点时所对应的外电阻分别为 ( ) ‎ A. 2 W，0.5 Ω B. 4 W，2 Ω C. 2 W，1 Ω D. 2W，2 Ω ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】电源的总功率P=EI，C点表示I=3A，P=9W，则电源的电动势E=3V． 由图看出，C点表示外电路短路，电源内部热功率等于电源的总功率，则有P=I2r，代入解得，r=1Ω，所以AB段表示的功率为 PAB=EI′-I′2r=3×2-22×1（W）=2W．‎ 根据闭合电路欧姆定律，有 解得：‎ A．2 W，0.5 Ω，与结论相符，选项A正确；B．4 W，2 Ω，与结论不相符，选项B错误；‎ C．2 W，1 Ω，与结论不相符，选项C错误；D．2W，2 Ω，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎6.小球A从离地面20 m高处做自由落体运动,小球B从A下方的地面上以20 m/s的初速度做竖直上抛运动．两球同时开始运动,在空中相遇,g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　　)‎ A. 两球相遇时速率都是10 m/s B. 两球相遇位置离地面高度为10 m C. 开始运动2 s时相遇 D. 两球在空中相遇两次 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC．设开始运动t时间时两球相遇。则 解得 t=1s 相遇时，A球的速率 vA=gt=10m/s B球的速率 vB=v0-gt=20-10=10m/s 两球相遇位置离地面高度 故A正确，BC错误。‎ D．第一相遇后，A继续向下运动，B球继续上升，两球不可能发生第二次相遇，故D错误。‎ ‎7.如图所示，a、b是一对平行金属板，分别接到直流电源两极上，右边有一挡板，正中间开有一小孔d，在较大空间范围内存在着匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，在a、b两板间还存在着匀强电场E。从两板左侧中点c处射入一束负离子(不计重力)，这些负离子都沿直线运动到右侧，从d孔射出后分成3束．则下列判断正确的是( )‎ A. 这三束负离子的速度一定不相同 B. 这三束负离子的电荷量一定不相同 C. 这三束负离子的比荷一定不相同 D. 这三束负离子的质量一定不相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．3束离子在复合场中运动情况相同，即沿水平方向直线通过故有 所以 故三束正离子的速度一定相同．故A错误；‎ B．3束离子在磁场中有 故 由于三束正离子的在磁场中圆周运动的轨道半径不同，故比荷一定不相同，然而正离子质量可能相同，电量也有可能相同，故BD错误，C正确；故选C。‎ ‎【点睛】速度选择器是利用电场力等于洛伦兹力的原理进行工作的，故速度选择器只能选择速度而不能选择电性。‎ ‎8.在静电场中，将一正电荷从a点移到b点，电场力做了负功，则(　　)‎ A. 该电荷的电势能一定减小 B. b点的电势一定比a点高 C. 电场线方向一定从b指向a D. b点的电场强度一定比a点大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将一正电荷从a点移到b点，电场力做了负功，则该电荷的电势能一定增加，选项A错误；‎ B．正电荷在高电势点电势能较大，可知b点的电势一定比a点高，选项B正确；‎ C．沿电场线电势降低，因ab不一定在同一条电场线上，则电场线方向不一定从b指向a，选项C错误；‎ D．根据题中条件不能比较b点的电场强度与a点的大小关系，选项D错误。‎ ‎9.如图所示，已知带电小球A、B的电荷量分别为QA、QB，OA=OB，都用长L的绝缘丝线悬挂在绝缘墙角O点处．静止时A、B相距为d．为使平衡时AB间距离变为2d，可采用以下哪些方法 A. 将小球B质量变为原来的八分之一 B. 将小球B的质量增加到原来的8倍 C. 将小球A、B的电荷量都增为原来的二倍，同时将小球B的质量变为原来的一半 D. 将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的2倍 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：如图所示，B受重力、绳子的拉力及库仑力；将拉力及库仑力合成，其合力应与重力大小相等方向相反；根据三角形相似：①，而库仑力F=k②，由①②式得： d=，要使d变为2d：‎ ‎①可以使球B的质量变为原来的八分之一，A正确，B错误；‎ ‎② 小球A、B的电荷量都增为原来的二倍，同时将小球B的质量变为原来的一半，C正确，D错误．‎ 考点：本题考查共点力平衡条件的应用，库仑定律、力的合成与分解．‎ ‎10.如图所示，A是静止在赤道上的物体，B、C是同一平面内两颗人造卫星．B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上，C是地球同步卫星，关于以下判断正确的是( )‎ A. 卫星B的速度大小等于地球的第一宇宙速度 B. A、B的线速度大小关系为vA>vB C. 周期大小关系为TA=TC>TB D. 若卫星B要靠近C所在轨道，需要先加速 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．卫星B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上，地球的第一宇宙速度是近表面卫星运行速度，根据万有引力等于向心力 解得：‎ 所以卫星B的速度大小小于地球的第一宇宙速度，故A错误；‎ B．根据 B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上，C是地球同步卫星，故卫星C的运行轨道大于卫星B的运行轨道，所以 对于放在赤道上的物体A和同步卫星C有相同的周期和角速度，根据 所以 故有：‎ 故B错误；‎ C．对于放在赤道上的物体A和同步卫星C有相同的周期和角速度，故有：‎ 根据万有引力等于向心力 得 B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上；C是地球同步卫星，所以 所以周期大小关系为 故C正确；‎ D．若卫星B要靠近C所在轨道，需要先加速，做离心运动，故D正确。故选CD。‎ ‎【点睛】题抓住同步卫星为参考量，同步卫星与地球自转同步，可以比较AC的参量关系，再根据万有引力提供圆周运动向心力比较BC参量关系，掌握相关规律是解决问题的关键。‎ ‎11.如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和 L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反，下列说法正确的是（ ）‎ A. L1所受磁场作用力的方向与 L2、L3所在平面垂直 B. L3所受磁场作用力的方向与 L1、L2所在平面垂直 C. L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为 D. L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．同向电流相互吸引，反向电流相互排斥．对L1受力分析，如图所示，可知L1所受磁场力的方向与L2、L3所在的平面平行，故A错误；‎ B．对L3受力分析，如图所示，可知L3所受磁场力的方向与L1、L2所在的平面垂直，故B正确；‎ CD．设三根导线两两之间的相互作用力为F，则L1、L2受到的磁场力的合力等于F，L3受的磁场力的合力为，即L1、L2、L3单位长度受到的磁场力之比为，故C正确，D错误．‎ ‎【点睛】先根据安培定则判断磁场的方向，再根据磁场的叠加得出直线电流处磁场的方向，再由左手定则判断安培力的方向，本题重点是对磁场方向的判断、大小的比较．‎ ‎12.一物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中物体的机械能与物体位移关系的图象如图所示，其中0﹣s1过程的图线为曲线，s1﹣s2过程的图线为直线．根据该图象，下列判断正确的是（　　）‎ A. 0﹣s1过程中物体所受合力一定是变力，且不断减小 B. s1﹣s2过程中物体可能在做匀速直线运动 C. s1﹣s2过程中物体可能在做变加速直线运动 D. 0﹣s1过程中物体的动能可能在不断增大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ A项：由于除重力和弹簧的弹力之外的其它力做多少负功物体的机械能就减少多少，所以E﹣x图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小，由图可知在O～s1内斜率的绝对值逐渐增大，故在O～s1内物体所受的拉力是不断增大的，而合力先减小后反向增大的．故A错误；‎ B项：由于物体在s1～s2内E﹣x图象的斜率的绝对值不变，故物体所受的拉力保持不变．如果拉力等于物体所受的重力，故物体做匀速直线运动．故B正确；‎ C项：由于物体在s1～s2内所受的拉力保持不变，故加速度保持不变，故物体不可能做变加速直线运动，故C错误；‎ D项：如果物体在0～s1‎ 内所受的绳子的拉力小于物体的重力，则物体加速向下运动，故物体的动能不断增大，故D正确．‎ 点晴：由于除重力和弹簧的弹力之外的其它力做多少负功物体的机械能就减少多少，所以E﹣x图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小；如果拉力等于物体所受的重力，故物体做匀速直线运动；如果拉力小于物体的重力，则物体加速向下运动，故物体的动能不断增大．‎ 第Ⅱ卷（非选择题52分）‎ 二、实验题（每空2分，共14分）‎ ‎13.某同学用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一薄的金属圆片的直径和厚度，读出图中的示数，该金属圆片的直径的测量值为 cm，厚度的测量值为 mm．‎ ‎【答案】1.240 ， 1.682 （或1.683）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】游标卡尺的主尺读数为12mm，游标读数为8×0.05mm=0.40mm，所以最终读数为：‎ 螺旋测微器的固定刻度读数为1.5mm，可动刻度读数为：‎ 所以最终读数为：‎ ‎14.某探究性学习小组利用如图所示的电路测量电池的电动势和内阻．其中电流表A1的内阻r1=1.0 kΩ，电阻R1=9.0 kΩ，为了方便读数和作图，给电池串联一个R0=3.0 Ω的电阻．‎ ‎（1）按图示电路进行连接后，发现、和三条导线中，混进了一条内部断开的导线．为了确定哪一条导线内部是断开的，将电建S闭合，用多用电表的电压挡先测量a、间电压，读数不为零，再测量、间电压，若读数不为零，则一定是_______导线断开；若读数为零，则一定是_______导线断开．‎ ‎ ‎ ‎（2）排除故障后，该小组顺利完成实验．通过多次改变滑动变阻器触头位置，得到电流表A1和A2的多组I1、I2数据，作出图象如右图．由I1–I2图象得到电池的电动势E=_______V，内阻r=_______Ω．‎ ‎【答案】 (1). (2). 1.41（1.36~1.44均可） 0.5（0.4~0.6均可）‎ ‎【解析】‎ ‎①用电压挡检测电路故障，电压表的表头是电流计，原电路有断路，回路中无电流，将电压表接在间后有示数，说明电路被接通，即间有断路故障，再测量间电压，电压表读数不为零，说明断路故障的范围被缩小到间，则一定是导线断开；若读数为零，则说明电路仍未被接通，断路故障的范围被确定在间．‎ ‎②根据闭合电路的欧姆定律：，，上式可简化为，读出两点坐标：（60，0.12）和（260，0.05），代入方程解得：电动势E=1.41 V，内阻r=0.5 Ω．‎ 点睛:由图象法处理实验数据的关键是要理解图线的物理意义——纵轴截距和斜率表示什么，闭合电路的欧姆定律是核心．‎ ‎15.下述关于用多用表欧姆挡测电阻的说法中正确的是(　　)‎ A. 测电阻时如果指针偏转角过大，应将选择开关S拨至倍率较小的挡位，重新调零后测量 B. 测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果 C. 测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开 D. 测量阻值不同的电阻时都必须重新调零 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．测量电阻时如果指针偏转过大，说明电阻较小，所以应将选择开关S拨至倍率较小的档位，每次换挡都需要重新调零后测量，故A正确；‎ B．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，不会影响测量结果，B错误；‎ C．测量电路中的某个电阻，内置电源接通，所以应该把该电阻与电路断开，C正确；‎ D．每次换挡都需要重新调零，但是不换挡不需要调零，所以测量阻值不同的电阻时并不是必须重新调零，D错误；‎ 故选AC。‎ 三、计算题（本题共4小题，，共38分。解答应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）‎ ‎16.如图所示，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动．t=0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置使MDEN构成一个边长为l的正方形．为使MN棒中不产生感应电流，从t=0开始，磁感应强度B应怎样随时间t变化？请推导出这种情况下B与t的关系式．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】要使棒不产生感应电流，穿过回路的磁通量应保持不变，则有：B0l2=Bl（l+vt），‎ 解之得：B=；‎ ‎17.如图所示，一质量为m=100kg的箱子静止在水平面上，与水平面间的动摩擦因素为μ=0.5。现对箱子施加一个与水平方向成θ=37°角的拉力，经t1=10s后撤去拉力，又经t2=1s箱子停下来。sin37°=0.6，cos37°=0.8，g＝10m/s2．求：‎ ‎（1）拉力F大小；‎ ‎（2）箱子在水平面上滑行的位移x。‎ ‎【答案】（1）500N；（2）27.5m ‎【解析】‎ ‎【详解】撤去拉力前，箱子受重力、支持力、拉力、摩擦力 作用，设运动加速度，根据牛顿运动定律有：‎ 撤去拉力后，箱子受重力、支持力、摩擦力作用，设运动加速度为，根据牛顿运动定律有：‎ 联立解得：‎ ‎（2）撤去拉力前，箱子做匀加速运动：‎ 撤去拉力后，箱子做匀减速运动：‎ 联立解得：‎ ‎【点睛】此题是关于牛顿第二定律的综合应用问题；解题的关键是是对物体受力分析，搞清物体的运动性质，先求解物体的加速度，然后在求解其他物理量，加速度是联系力和运动的关键物理量，必须首先知道。‎ ‎18.如图所示，水平绝缘轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R=0.40m．轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E=1.0×104 N/C．现有一电荷量q=+1.0×10﹣4C，质量m=0.10kg的带电体（可视为质点），在水平轨道上的P点由静止释放，带电体运动到圆形轨道最低点B时的速度vB=5.0m/s．已知带电体与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.50，重力加速度g=10m/s2．求：‎ ‎（1）带电体运动到圆形轨道的最低点B时，带电体对圆形轨道的压力；‎ ‎（2）带电体在水平轨道上的释放点P到B点的距离；‎ ‎（3）带电体第一次经过C点后，落在水平轨道上的位置到B点的距离．‎ ‎【答案】(1) 7.25N，方向竖直向下 (2) 2.5m (3) 0.40m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设带电体在B点受到的支持力为FN，由牛顿第二定律得：‎ FN﹣mg=m 解得：‎ FN=7. 25N 根据牛顿第三定律，F′N= FN=7.25N，方向竖直向下 ‎（2）设PB间的距离为s，由于动能定理得：‎ ‎（qE﹣μmg）s=mvB2﹣0‎ 解得：‎ s=2.5m ‎（3）设带电体运动到C点的速度为vC，由动能定理得：‎ 带电体离开C点后在竖直方向上做自由落体运动 ‎2R=gt2‎ 在水平方向上做匀减速运动，设在水平方向的加速度大小为a，依据牛顿第二定律：‎ qE=ma 设落在水平轨道上的位置到B点的距离为x，水平方向位移：‎ x=vct﹣at2‎ 解得：‎ x=0.40m；‎ ‎19.平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，如图所示．一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍．粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等．不计粒子重力，问：‎ ‎(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；‎ ‎(2)电场强度和磁感应强度的大小之比．‎ ‎【答案】(1),与x轴正方向成45°角斜向上　(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)粒子运动轨迹如图：‎ 粒子在电场中由Q到O做类平抛运动，设O点速度v与x方向夹角为，Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，根据平抛运动的规律有：‎ x方向：‎ y方向： ‎ 粒子到达O点时沿y轴方向的分速度：‎ ‎，‎ 又 ‎，‎ 解得，即，‎ 粒子到达O点时的夹角为450解斜向上，粒子到达O点时的速度大小为 ‎；‎ ‎(2)设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，粒子在电场中运动的加速度：‎ ‎，‎ 设磁感应强度大小为B，粒子做匀速圆周运动的半径为R，洛伦兹力提供向心力，有：‎ ‎，‎ 根据几何关系可知：‎ 解得：‎