七里河區(qū)高級中學2018-2019學年高二上學期第三次月考試卷物理

七里河區(qū)高級中學2018-2019學年高二上學期第三次月考試卷物理班級_ 座號_ 姓名_ 分數(shù)_一、選擇題1 （多選）如圖所示，在足夠長的光滑絕緣水平直線軌道上方的P點，固定一電荷量為Q的點電荷一質量為m、帶電荷量為q的物塊（可視為質點的檢驗電荷），從軌道上的A點以初速度v0沿軌道向右運動，當運動到P點正下方B點時速度為v.已知點電荷產生的電場在A點的電勢為（取無窮遠處電勢為零），P到物塊的重心豎直距離為h，P、A連線與水平軌道的夾角為60，k為靜電常數(shù)，下列說法正確的是（ ）A物塊在A點的電勢能EPA =QB物塊在A點時受到軌道的支持力大小為C點電荷Q產生的電場在B點的電場強度大小D點電荷Q產生的電場在B點的電勢2 質量為m的帶電小球在勻強電場中以初速v0水平拋出，小球的加速度方向豎直向下，其大小為2g/3。則在小球豎直分位移為H的過程中，以下結論中正確的是（ ） A. 小球的電勢能增加了2mgH/3 B. 小球的動能增加了2mgH/3 C. 小球的重力勢能減少了mgH/3 D. 小球的機械能減少了mgH/33 質點做直線運動的位移x與時間t的關系為x = 5t + t2（各物理量均采用國際單位制單位），則該質點A第1s內的位移是5mB前2s內的平均速度是6m/sC任意相鄰1s內的位移差都是1mD任意1s內的速度增量都是2m/s4 如圖所示電路，水平放置的平行板電容器的一個極板與滑動變阻器的滑片P相連接。電子以速度垂直于電場線方向射入并穿過平行板間的電場。在保證電子還能穿出平行板間電場的情況下，若使滑動變阻器的滑片P上移，則有關電容器極板上所帶電荷量q和電子穿越平行板所需的時間t，下列說法正確的是A. 電荷量q增大，時間t不變B. 電荷量q不變，時間t增大C. 電荷量q增大，時間t減小D. 電荷量q不變，時間t不變5 （2016河南鄭州高三入學考試）如圖所示，MPQO為有界的豎直向下的勻強電場，電場強度為E，ACB為光滑固定的半圓形軌跡，軌道半徑為R，A、B為圓水平直徑的兩個端點，AC為圓弧。一個質量為m，電荷量為q的帶電小球，從A點正上方高為H處由靜止釋放，并從A點沿切線進入半圓軌道。不計空氣阻力及一切能量損失，關于帶電小球的運動情況，下列說法正確的是（ ）A小球一定能從B點離開軌道B小球在AC部分可能做勻速圓周運動C若小球能從B點離開，上升的高度一定小于HD小球到達C點的速度可能為零6 （2015新課標全國，17）一汽車在平直公路上行駛。從某時刻開始計時，發(fā)動機的功率P隨時間t的變化如圖所示。假定汽車所受阻力的大小f恒定不變。下列描述該汽車的速度v隨時間t變化的圖線中，可能正確的是（ ） 7 將質量為m的圓環(huán)套在固定的水平直桿上，環(huán)的直徑略大于桿的截面直徑，環(huán)與桿間的動摩擦因數(shù)為，對環(huán)施加一位于豎直平面內斜向上且與桿夾角為的拉力F，使圓環(huán)以加速度a沿桿運動，則F的大小不可能是 A BC D8 圖示為一正弦式交變電流的電流i隨時間t變化的圖象，由圖可知，這個交流電的A. 有效值為10VB. 頻率為50HzC. 有效值為D. 頻率為0.02Hz9 絕緣光滑斜面與水平面成角，一質量為m、電荷量為q的小球從斜面上高h處，以初速度為、方向與斜面底邊MN平行射入，如圖所示，整個裝置處在磁感應強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向平行于斜面向上。已知斜面足夠大，小球能夠沿斜面到達底邊MN。則下列判斷正確的是 A小球在斜面上做非勻變速曲線運動B小球到達底邊MN的時間C勻強磁場磁感應強度的取值范圍為D勻強磁場磁感應強度的取值范圍為10有一臺小型直流電動機，經測量：在實際工作過程中兩端電壓U=5V，通過的電流I=1A，電機線圈電阻，這臺電機工作5分鐘時間將電能轉化為焦耳熱和機械能的值為A. 焦耳熱為30J B. 焦耳熱為1500JC. 機械能為1500J D. 機械能為1470J11右圖中a、b為真空中豎直向上的電場線上的兩點，一帶電質點在a點由靜止釋放，沿電場線向上運動，到b點恰好速度為零。下列說法中正確的是（ ）A.帶電質點在a、b兩點所受電場力都是豎直向上B.a點的電勢比b點的電勢高C.a點的電場強度比b點的電場強度大D.帶電質點在a點的電勢能比在b點的電勢能小12設物體運動的加速度為a、速度為v、位移為x、所受合外力為F?，F(xiàn)有四個不同物體的運動過程中某物理量與時間的關系圖象，如圖所示。已知t0時刻物體的速度均為零，則其中表示物體做單向直線運動的圖象是：（ ）13在遠距離輸電中,如果輸送功率和輸送距離不變,要減少輸送導線上熱損耗,目前最有效而又可行的輸送方法是（ ）A采用超導材料做輸送導線； B采用直流電輸送；C提高輸送電的頻率； D提高輸送電壓.14如圖所示，a、b、c是一條電場線上的三個點，電場線的方向由a到c，a、b間距離等于b、c間距離。用a、b、c和Ea、Eb、Ec分別表示a、b、c三點的電勢和電場強度，可以判定：（ ） A abc B abbc C EaEbEc D Ea=Eb=Ec15一根長為L、橫截面積為S的金屬棒，其材料的電阻率為，棒內單位體積自由電子數(shù)為n，電子的質量為m，電荷量為e。在棒兩端加上恒定的電壓時，棒內產生電流，自由電子定向運動的平均速率為v，若已知金屬棒內的電場為勻強電場，則金屬棒內的電場強度大小為A. B. C. D. 16真空中保持一定距離的兩個點電荷，若其中一個點電荷的電荷量增加了，但仍然保持它們之間的相互作用力不變，則另一點電荷的電量一定減少了（ ） A B C D二、填空題17輸送1.0l05瓦的電功率，用發(fā)1.0l04伏的高壓送電，輸電導線的電阻共計1.0歐，輸電導線中的電流是 A，輸電導線上因發(fā)熱損失的電功率是 W。18圖示為簡單歐姆表原理示意圖，其中電流表的滿偏電流=300A,內阻Rg=100 ，可變電阻R的最大阻值為10 k，電池的電動勢E=1.5 V,內阻r=0.5 ，圖中與接線柱A相連的表筆顏色應是 色，按正確使用方法測量電阻Rx的阻值時，指針指在刻度盤的正中央，則Rx= k.若該歐姆表使用一段時間后，電池電動勢變小，內阻變大，但此表仍能歐姆調零，按正確使用方法再測上述Rx，其測量結果與原結果相比較 （填“變大”、“變小”或“不變”）。19一多用電表的電阻擋有三個倍率,分別是“1”“10”“100”。用“10”擋測量某電阻時,操作步驟正確,發(fā)現(xiàn)表頭指針偏轉角度很小,為了較準確地進行測量,應換到_擋。如果換擋后立即用表筆連接待測電阻進行讀數(shù),那么缺少的步驟是_,若補上該步驟后測量,表盤的示數(shù)如圖所示,則該電阻的阻值是_ 。三、解答題20如圖，一質量為m、電荷量為q（q0）的粒子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩點。已知該粒子在A點的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60；它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30。不計重力。求A、B兩點間的電勢差。21如圖所示，一條長為L的細線，上端固定，將它置于一充滿空間的勻強電場中，場強大小為E，方向水平向右。已知當細線向右偏離豎直方向的偏角為時，帶電小球處于平衡狀態(tài)。求：（1）小球帶何種電性？電量為多少？（2）如果使細線向右與豎直方向的偏角由增大為，且自由釋放小球，則為多大時，才能使細線達到豎直位置時，小球的速度又剛好為零？七里河區(qū)高級中學2018-2019學年高二上學期第三次月考試卷物理（參考答案）一、選擇題1 【答案】BCD【解析】 2 【答案】BD3 【答案】D【解析】勻變速直線運動的考查，簡單題。第1s內的位移只需將t=1代入即可求出x=6m，A錯誤；前2s內的平均速度為，B錯；由題給解析式可以求得加速度為a=2m/s2，C錯；由加速的定義可知D選項正確4 【答案】A【解析】當滑動變阻器的滑動端P上移時，跟電容器并聯(lián)的阻值增大，所以電容器的電壓U增大，根據q=UC可得電量q增大；電子在平行板電容器中做類平拋運動，沿極板方向做勻速直線運動，所以運動時間：，與電壓的變化無關，所以時間t不變，故A正確，BCD錯誤。5 【答案】BC【解析】【名師解析】由于題中沒有給出H與R、E的關系，所以小球不一定能從B點離開軌道，A項錯誤；若重力大小等于電場力，小球在AC部分做勻速圓周運動，B項正確；由于小球在AC部分運動時電場力做負功，所以若小球能從B點離開，上升的高度一定小于H，C項正確；若小球到達C點的速度為零，則電場力大于重力，小球不可能沿半圓軌道運動，所以小球到達C點的速度不可能為零，D項錯誤。6 【答案】A【解析】7 【答案】C【解析】對環(huán)受力分析，受重力、拉力、彈力和摩擦力的作用，其中彈力可能向上，也可能向下，也可能等于零。若環(huán)受到的彈力為零，則Fcos=ma，F(xiàn)sin=mg，解得或；若環(huán)受到的彈力的方向向上，則：Fcos(mgFsin)=ma，解得；若環(huán)受到的彈力的方向向下，則：Fcos(Fsinmg)=ma，解得，故ABD是可能的，選項C是不可能的。8 【答案】B【解析】根據圖象可知，交流電的最大電流為10A，周期為0.02s，頻率為：，故B正確，D錯誤；電流有效值：，故AC錯誤。所以B正確，ACD錯誤。9 【答案】BD【解析】對小球受力分析，重力，支持力，洛倫茲力，根據左手定則，可知，洛倫茲力垂直斜面向上，即使速度的變化，不會影響重力與支持力的合力，由于速度與合力垂直，因此小球做勻變速曲線運動，故A錯誤；假設重力不做功，根據小球能夠沿斜面到達底邊MN，則小球受到的洛倫茲力0f=qv0Bmgcos，解得磁感應強度的取值范圍為0Bcos，在下滑過程中，重力做功，導致速度增大vv0，則有【名師點睛】考查曲線運動的條件，掌握牛頓第二定律與運動學公式的內容，理解洛倫茲力雖受到速度大小影響，但沒有影響小球的合力，同時知道洛倫茲力不能大于重力垂直斜面的分力。10【答案】AD【解析】根據焦耳定律可得焦耳熱為：，故A正確，B錯誤；電動機做的總功為：W=UIt=51560J=1500J，機械能為：E=W-Q=1500-30J=1470J，故D正確，C錯誤。所以AD正確，BC錯誤。11【答案】ABC12【答案】C【解析】 13【答案】D【解析】提高輸送電壓，因為輸送功率不變，所以輸送電壓高了，輸送電流就小了，根據可得輸送導線上熱損耗就小了，選D。14【答案】A15【答案】C【解析】電場強度可表示為E，其中L為金屬棒長度，U為金屬棒兩端所加的電動勢，而UIR，其中， ，聯(lián)立，可得Enev，故C項正確.視頻16【答案】B二、填空題17【答案】10；100 【解析】由，得輸電導線中的電流=10A輸電導線上因發(fā)熱損失的電功率: =1001=100W18【答案】 紅（1分）5（1分） 變大（2分）19【答案】 （1）. “100”； （2）. 歐姆調零（或重新歐姆調零）； （3）. 2.2103（或2.2