東鄉(xiāng)族自治縣高中2018-2019學年高二上學期第三次月考試卷物理

東鄉(xiāng)族自治縣高中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 某同學自制的簡易電動機示意圖如圖所示。矩形線圈由一根漆包線繞制而成，漆包線的兩端分別從線圈的一組對邊的中間位置引出，并作為線圈的轉(zhuǎn)軸。將線圈架在兩個金屬支架之間，線圈平面位于豎直面內(nèi)，永磁鐵置于線圈下方。為了使電池與兩金屬支架連接后線圈能連續(xù)轉(zhuǎn)動起來，該同學應將A. 左、右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆都刮掉B. 左、右轉(zhuǎn)軸上下兩側(cè)的絕緣漆都刮掉C. 左轉(zhuǎn)軸上側(cè)的絕緣漆刮掉，右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆刮掉D. 左轉(zhuǎn)軸上下兩側(cè)的絕緣漆都刮掉，右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆刮掉【答案】AD【解析】【名師點睛】此題是電動機原理，主要考查學生對物理規(guī)律在實際生活中的運用能力；關鍵是通過分析電流方向的變化分析安培力的方向變化情況。2 高蹺運動是一項新型運動，圖甲為彈簧高蹺。當人抓住扶手用力蹬踏板壓縮彈簧后。人就向上彈起，進而帶動高蹺跳躍，如圖乙。則下列說法正確的是A人向上彈起過程中，先處于超重狀態(tài)，后處于失重狀態(tài)B人向上彈起過程中，踏板對人的作用力大于人對踏板的作用力C彈簧壓縮到最低點時，高蹺對人的作用力大于人的重力D彈簧壓縮到最低點時，高蹺對地的壓力等于人和高蹺的總重力【答案】AC【解析】對象，彈簧壓縮到最低點時，根據(jù)牛頓第二定律，地對高蹺的壓力大于人和高蹺的總重力，再根據(jù)牛頓第三定律，可知高蹺對地的壓力大于人和高蹺的總重力，故D項錯誤；綜上所述本題答案是AC。3 如圖所示，質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩物塊用輕線連接，放在傾角為的斜面上，用始終平行于斜面向上的拉力F拉A，使它們沿斜面勻加速上升，A、B與斜面間的動摩擦因數(shù)均為。為了增加輕線上的張力，可行的辦法是A減小A物塊的質(zhì)量 B增大B物塊的質(zhì)量C增大傾角 D增大動摩擦因數(shù) 【答案】AB4 下列各圖中,運動電荷的速度方向、磁感應強度方向和電荷的受力方向之間的關系正確的是（ ）A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】A、在磁場中，由右手定則知，正電荷受力方向應該是向上的，故A錯誤B、在磁場中，由右手定則知，正電荷受力方向應該是向下的，故B正確；C、正電荷在電場中受力方向與電場方向一致，故C錯誤；D、正電荷在電場中受力方向和電場方向一致，應該向上，故D錯誤；綜上所述本題答案是：B5 如圖所示電路中，三個相同的燈泡額定功率是40 W，在不損壞燈泡的情況下，這三個燈泡消耗的總功率最大不應超過 A40 W B60 W C80 W D120 W【答案】B6 （2015江蘇南通高三期末）2012年10月15日著名極限運動員鮑姆加特納從3.9萬米的高空跳下，并成功著陸。假設他沿豎直方向下落，其vt圖象如圖所示，則下列說法中正確的是（ ）A0t1時間內(nèi)運動員及其裝備機械能守恒Bt1t2時間內(nèi)運動員處于超重狀態(tài)Ct1t2時間內(nèi)運動員的平均速度Dt2t4時間內(nèi)重力對運動員所做的功等于他克服阻力所做的功 【答案】BC【解析】0t1內(nèi)速度圖線的斜率在減小，說明運動員做加速度逐漸減小的加速運動，加速度方向向下，所以運動員及其裝備一定受到阻力作用，機械能不守恒，故A錯誤；t1t2時間內(nèi)由于圖象的斜率在減小，斜率為負值，說明加速度方向向上，根據(jù)牛頓運動定律得知運動員處于超重狀態(tài)，B正確；t1t2時間內(nèi)，若運動員做勻減速運動，平均速度等于，而根據(jù)“面積”表示位移得知，此過程的位移小于勻減速運動的位移，所以此過程的平均速度，C正確；t2t4時間內(nèi)重力做正功，阻力做負功，由于動能減小，根據(jù)動能定理得知，外力對運動員做的總功為負值，說明重力對運動員所做的功小于他克服阻力所做的功，D錯誤。7 如圖所示，一電場的電場線分布關于y軸（沿豎直方向）對稱，O、M、N是y軸上的三個點，且OM=MN，P點在y軸的右側(cè)，MPON，則（ ）AM點的電勢比P點的電勢高B將負電荷由O點移動到P點，電場力做正功CM、N 兩點間的電勢差大于O、M兩點間的電勢差D在O點靜止釋放一帶正電粒子，該粒子將沿y軸做直線運動【答案】AD8 如圖所示，質(zhì)量為m、長為L的導體棒電阻為R，初始時靜止于光滑的水平軌道上，電源電動勢為E，內(nèi)阻不計。勻強磁場的磁感應強度大小為B、方向與軌道平面成角斜向右上方，開關S閉合后導體棒開始運動，則 A導體棒向左運動B開關閉合瞬間導體棒MN所受安培力為C開關閉合瞬間導體棒MN所受安培力為D開關閉合瞬間導體棒MN的加速度為【答案】B【解析】開關閉合后，由左手定則可知，導體棒受到的安培力斜向右下方，導體棒只可能向右運動，A錯誤；開關閉合后瞬間，根據(jù)安培力公式，且，可得，B正確，C錯誤；開關閉合后瞬間，由牛頓第二定律有，可得，D錯誤。9 某電場區(qū)域的電場線如右圖所示把一個電子從A點移到B點時，則（ ）A電子所受的電場力增大，電子克服電場力做功B電子所受的電場力減小，電場力對電子做正功C電子所受的電場力增大，電勢能減小，動能增大D電子所受的電場力增大，電勢能增大，動能減小【答案】C10一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c三點的位置如圖所示，三點的電勢分別為10 V、17 V、26 V。下列說法正確的是（ ）A電場強度的大小為2.5 V/cmB坐標原點處的電勢為1 VC電子在a點的電勢能比在b點的低7 eVD電子從b點運動到c點，電場力做功為9 eV【答案】ABD11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【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(jù)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。12一傾角為的斜面固定在水平地面上，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的物塊在僅受重力及斜面作用力的情況下，沿斜面做勻變速運動，已知物體與斜面間動摩擦因數(shù)為，重力加速度為g，下列說法正確的是A若tan ，則無論物體沿斜面向哪個方向運動都一定處于失重狀態(tài)B若tan ，則無論物體沿斜面向哪個方向運動都一定處于超重狀態(tài)D若tan ，物體對斜面的壓力Nmgcos 【答案】AB【解析】A若tan ，若物體向下運動，對物體受力分析可知mgsin mgcos =ma，解得a=gsingcos ，由于tan ，故cos 0，加速度沿斜面向下；若物體沿斜面向上運動，對物體受力分析可知mgsin +mgcos =ma，解得a=gsin +gcos ，即a0，加速度沿斜面向下，則無論物體沿斜面向哪個方向運動都一定處于失重狀態(tài)，故A正確；B對物體受力分析可知，沿垂直斜面方向，受力平衡，斜面對物體的支持力N=mgcos ，根據(jù)牛頓第三定律可知物體對斜面的壓力N=mgcos ，B正確，D錯誤；C若tan，若物體向下運動，對物體受力分析可知mgsin mgcos =ma，解得a=gsin gcos ，由于tan ，故cos sin ，即a0，加速度沿斜面向下，物體處于失重狀態(tài)，故C錯誤；故選AB。【名師點睛】物體可能向上運動，也可能向下運動，對物體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律判斷出加速度方向，加速度沿斜面向上處于超重，加速度沿斜面向下處于失重。13庫侖定律是電磁學的基本定律。1766年英國的普里斯特利通過實驗證實了帶電金屬空腔不僅對位于空腔內(nèi)部的電荷沒有靜電力的作用，而且空腔內(nèi)部也不帶電。他受到萬有引力定律的啟發(fā)，猜想兩個點電荷（電荷量保持不變）之間的靜電力與它們的距離的平方成反比.1785年法國的庫侖通過實驗證實了兩個點電荷之間的靜電力與它們的電荷量的乘積成正比，與它們的距離的平方成反比。下列說法正確的是（ ）A普里斯特利的實驗表明，處于靜電平衡狀態(tài)的帶電金屬空腔內(nèi)部的電勢為零B普里斯特利的猜想運用了“對比”的思維方法C為了驗證兩個點電荷之間的靜電力與它們的距離的平方成反比，庫侖制作了庫侖扭秤裝置D為了驗證兩個點電荷之間的靜電力與它們的電荷量的乘積成正比，庫侖精確測定了兩個點電荷的電荷量【答案】C14（2016河北邯鄲高三入學考試）在電場強度大小為E的勻強電場中，將一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球由靜止開始釋放，帶電小球沿與豎直方向成角的方向做直線運動。關于帶電小球的電勢能和機械能的判斷，正確的是（ ）A若sin ，則電勢能一定減少，機械能一定增加B若sin ，則電勢能、機械能一定不變C若sin ，則電勢能一定增加，機械能一定減小D若tan ，則電勢能可能增加，機械能一定增加【答案】B【解析】【名師解析】若sin ，電場力可能做正功，也可能做負功，所以電勢能可能減小也可能增大、機械能可能增大也可能減小，A項錯誤；若sin ，則電場力與速度方向垂直，電場力不做功，電勢能、機械能一定不變，B項正確，C項錯誤；若tan ，則電場力沿水平方向，電場力和重力的合力與速度方向同向，電場力做正功，電勢能一定減少，機械能一定增加，故D項錯誤。15如圖所示，在x軸上的上方有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度為E，在x軸下方的等腰直角三角形CDM區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向外的勻強磁場，磁感應強度為B，其中C、D在x軸上，它們到原點O的距離均為a?，F(xiàn)將質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子從y軸上的P點由靜止釋放，設P點到O點的距離為h，不計重力作用與空氣阻力的影響。下列說法正確的是 A若h=，則粒子垂直于CM射出磁場B若h=，則粒子平行于x軸射出磁場C若h=，則粒子垂直于CM射出磁場D若h=，則粒子平行于x軸射出磁場【答案】AD 【解析】 若h=，則在電場中，由動能定理得：qEh=mv2；在磁場中，有qvB=m，聯(lián)立解得：r=a，如圖，根據(jù)幾何知識可知粒子垂直CM射出磁場，故A正確，B錯誤；若h=，與上題同理可得：r=a，則根據(jù)幾何知識可知粒子平行于x軸射出磁場，故C錯誤，D正確?！久麕燑c睛】本題是帶電粒子在組合場中運動的問題，要能熟練運用動能定理求得加速得到的速度，分析向心力來源，由牛頓第二定律求出磁場中軌跡的半徑，再結合幾何關系進行分析。二、填空題16現(xiàn)有一塊直流電流計G，滿偏電流為，內(nèi)阻約。某同學想把它改裝成量程為0-2V的電壓表，他首先根據(jù)圖示電路，用半偏法測定電流計G的內(nèi)阻。 （1）該同學在開關斷開的情況下，檢查電路連接無誤后，將R的阻值調(diào)至最大。后續(xù)的實驗操作步驟依次是_，最后記錄的阻值并整理好器材（請按合理的實驗順序，選填下列步驟前的字母）。A. 閉合B. 閉合C. 調(diào)節(jié)R的阻值，使電流計指針偏轉(zhuǎn)到滿刻度D. 調(diào)節(jié)R的阻值，使電流計指針偏轉(zhuǎn)到滿刻度的一半E. 調(diào)節(jié)的阻值，使電流計指針偏轉(zhuǎn)到滿刻度的一半F. 調(diào)節(jié)的阻值，使電流計指針偏轉(zhuǎn)到滿刻度（2）如果測得的阻值為，即為電流計G內(nèi)阻的測量值。則給電流計G_聯(lián)（選填“串”或“并”）一個阻值為_的電阻，就可以將該電流計G改裝成量程為2V的電壓表。（3）在本實驗中電流計G內(nèi)阻的測量值比其內(nèi)阻的實際值_（選填“偏大”或“偏小”）【答案】 （1）. ACBE （2）. 串 （3）. 9600 （4）. 偏小【解析】（1）半偏法測電阻實驗步驟：第一步，按原理圖連好電路；第二步，閉合電鍵S1，調(diào)節(jié)滑動變阻器R，使表頭指針滿偏；第三步，閉合電鍵S2，改變電阻箱R1的阻值，當表頭指針半偏時記下電阻箱讀數(shù)，此時電阻箱的阻值等于表頭內(nèi)阻rg故應選ACBE；（2）如果測得的阻值為，則電流計的內(nèi)阻為r=400即為電流計G內(nèi)阻的測量值，要想改裝成量程為2V的電壓表則給電流計G串聯(lián)一個阻值為的電阻，就可以將該電流計G改裝成。（3）實際上電阻箱并入后的，電路的總電阻減小了，干路電流增大了，電流計半偏時，流過電阻箱的電流大于流過電流計的電流，電阻箱接入的電阻小于電流計的電阻所以該測量值偏小于實際值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。【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在伏安法測電阻的實驗中，待測電阻Rx約200，電壓表V的內(nèi)阻約為2k，電流表A的內(nèi)阻約為10，測量電路中電流表的連接方式如圖甲或圖乙所示，結果由公式計算得出，公式中U與I分別為電壓表和電流表的示數(shù)。若將用圖甲和圖乙電路圖測得Rx的電阻值分別記為Rx1和Rx2，則_（填“Rx1”或“Rx2”）真更接近待測電阻的真實值，且測量值Rx1_（填“大于”“等于”或“小于”） 真實值。測量值Rx2_ （填“大于”“等于”或“小于”）真實值。 （2）圖丙所示是消除伏安法系統(tǒng)誤差的電路圖。該實驗的第一步是閉合開關S1，將開關，2接2，調(diào)節(jié)滑動變阻器Rp和Rp，使得電壓表的示數(shù)盡量接近滿量程，讀出此時電壓表和電流表的示數(shù)U1、I1。接著讓兩滑動變阻器的滑片位置不動，將開關S2接1，再次讀出電壓表和電流表的示數(shù)U2、I2，則待測電阻R的真實值為_。【答案】 （1）. （2）. 大于 （3）. 小于 （4）. 【解析】（1）因為，電流表應采用內(nèi)接法，則Rx1更接近待測電阻的真實值，電流表采用內(nèi)接法，電壓的測量值偏大，由歐姆定律可知，電阻測量值大于真實值，同理電流表采用外接法，電流的測量值偏大，由歐姆定律可知，測量值Rx2小于真實值。（2）由歐姆定律得：，聯(lián)立可得：。三、解答題19（2018西南名校聯(lián)盟）如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一質(zhì)量m=0.6kg、電荷量q=+310-3C的帶電小球，用一根長L=0.2m且不可伸長的絕緣輕細線系在一方向水平向右、分布的區(qū)域足夠大的勻強電場中的O點。已知A、O、C三點等高，且OA=OC=L，若將帶電小球從A點無初速度釋放，小球到達最低點B時的速度恰好為零，取g=10m/s2。（1）求勻強電場的電場強度E的大??； （2）求小球從A點無初速度釋放運動到B點的過程中速度最大時細線的拉力大小；（3）若將帶電小球從C點無初速度釋放，求小球到達A點時的速度。【答案】【解析】【題型分析】電容器動態(tài)變化是高考命題熱點