【物理】安徽省亳州市涡阳县第一中学2019-2020学年高二下学期3月月考试题（解析版） 15页

安徽省涡阳县第一中学2019-2020学年高二下学期3月月考物理试题 一、单选题（共10小题，1-7为单选题，8-10为多选题。）‎ ‎1.下列说法正确的是（　　）‎ A. 奥斯特发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系 B. 法拉第发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系 C. 安培提出了分子电流假说，说明了一切磁现象都是由电流产生的 D. 欧姆首先发现了电荷之间存在相互作用力，并得出真空中两个点电荷之间作用力的表达式 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电磁学的物理学史，根据奥斯特、法拉第、安培、库仑等人的物理学成就进行解答；‎ ‎【详解】A、1820年，奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系，故A错误；‎ B、法拉第发现了电磁感应现象，揭示了电现象和磁现象之间的联系，故B错误；‎ C、安培提出了分子电流假说，说明了一切磁现象都是由电流产生的；故C正确；‎ D、欧姆发现了欧姆定律，反映导体的电流与电压、电阻的关系，库仑首先发现了电荷之间存在相互作用力，并得出真空中两个点电荷之间作用力的表达式，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点睛】关键是物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆．‎ ‎2.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条等势线，相邻等势线之间的电势差相等，即．实线为一带负电的质点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，R点在等势面b上，据此可知（　　）‎ A. 带电质点在P点的加速度比在Q点的加速度小 B. 带电质点在P点的电势能比在Q点的小 C. 带电质点的运动方向一定是从P到Q D. 带电质点在P点的动能小于在Q点的动能 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．粒子在P点的加速度比Q点大，故A错误；‎ BD．负电荷做曲线运动，电场力垂直于等势线指向轨迹曲线的内侧；作出电场线，根据轨迹弯曲的方向和负电荷可知，电场线向上．故c的电势最高，负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，知道P点电势能大，故选项B错误，根据能量守恒，带电质点在P点电势能大动能小，故B错误，D正确；‎ C．由已知条件不能判断带电质点是从P到Q还是从Q到P，故C错误．‎ ‎3.探究影响平行板电容器电容大小因素的实验装置如图所示，忽略漏电产生的影响，下列判断正确的是( ) ‎ A. 平行板正对面积减小时，静电计指针张角减小 B. 静电计可以用电压表替代 C. 平行板间距减小时，静电计指针张角减小 D. 静电计测量是平行板电容器所带电荷量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.平行板正对面积减小时,电容C减小,而电容器的电荷量不变,根据知极板间电势差增大，所以静电计指针偏角增大，故A错误；‎ B.静电计与电压表的原理不同，电压表的线圈中必须有电流通过时，指针才偏转，所以不能用电压表代替静电计，故B错误；‎ C.平行板间距减小时，电容C增大，而电容器的电荷量不变,根据知极板间电势差增大减小，所以静电计指针偏角减小，故C正确；‎ D.静电计测量的是平行板电容器极板间的电势差，不是电量，故D错误；‎ ‎4.如图所示，杆BC的B端用铰链固定在竖直墙上，另一端C为一滑轮。重物G上系一绳经过滑轮固定于墙上A点处，杆恰好平衡。若将绳的A端沿墙缓慢向下移（BC杆、滑轮、绳的质量及摩擦均不计），则（）‎ A. 绳的拉力增大，BC杆受绳的压力增大 B. 绳的拉力不变，BC杆受绳的压力增大 C. 绳的拉力增大，BC杆受绳的压力减小 D. 绳的拉力不变，BC杆受绳的压力减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由于杆一直平衡，则两根细线的拉力的合力一定在杆的方向上，否则杆会转动；‎ 由于同一根绳子张力处处相等，故两根细线的拉力一定相等且等于物体的重力；故根据平行四边形定则，合力在角平分线上，由于两拉力的夹角不断减小，故两个拉力的合力不断变大，故杆受到的压力不断变大；B正确；ACD错误。‎ 故选B。‎ ‎5.如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧，一端系在竖直放置、半径为R的光滑圆环顶点P，另一端连接一套在圆环上且质量为m的小球．开始时小球位于A点，此时弹簧处于原长且与竖直方向的夹角为45°，之后小球由静止沿圆环下滑，小球运动的最低点B时的速率为v，此时小球与圆环之间的压力恰好为零，已知重力加速度为g.下列分析正确的是(　　)‎ A. 轻质弹簧的原长为R B. 小球过B点时，所受的合力为mg＋m C. 小球从A到B的过程中，重力势能转化为弹簧的弹性势能 D. 小球运动到B点时，弹簧的弹性势能为mgR－mv2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A ．由几何知识可知弹簧的原长为R，A错误；‎ B．根据向心力公式：小球过B点时，则由重力和弹簧弹力的合力提供小球的向心力 F合＝m B错误；‎ C．以小球和弹簧组成的系统为研究对象，在小球从A到B的过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，小球重力势能减小转化为弹簧的弹性势能和动能．故C错误；‎ D．根据能量的转化与守恒：‎ 得 故D正确．‎ 故选D。‎ ‎6.如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略．平行板电容器C的极板水平放置．闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动． 如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是( )‎ A. 增大R1的阻值 B. 增大R２的阻值 C. 增大两板间的距离 D. 断开电键S ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：以油滴为研究对象进行受力分析可知，油滴静止不动，所受电场力与重力平衡，即，现欲使油滴仍能处于平衡状态，则保证电场强度不发生变化即可，R1的电压不变即可，题中R2没有电流通过，故改变R2时对电路工作状态无影响，所以选项B正确、A错误；而增大两板间距离时，电场强度减小，油滴下落，所以选项C错误；断开电键S时，电容器与可变电阻构成闭合回路，电容器放电，油滴下落，所以选项D错误；‎ 考点：闭合电路欧姆定律、平行板电容器 ‎7.如图所示，光滑的水平面上有竖直向下的匀强磁场，水平面上平放着一个试管，试管内壁光滑，底部有一个带电小球．现在对试管施加一个垂直于试管的水平拉力F，在拉力F作用下，试管向右做匀速运动，带电小球将从管口飞出．下列说法正确的是 A. 小球带负电 B. 小球离开试管前，洛伦兹力对小球做正功 C. 小球离开试管前的运动轨迹是一条抛物线 D. 维持试管做匀速运动的拉力F应为恒力 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口洛伦兹力，根据左手定则判断，小球带正电；故A错误.‎ B．洛伦兹力是不做功的，因为在向上的洛伦兹力产生的同时，还产生了与F方向相反的一个洛伦兹力，两个洛伦兹力抵消，不做功；故B错误.‎ C．设管子运动速度为v1，小球垂直于管子向右的分运动是匀速直线运动.小球沿管子方向受到洛伦兹力的分力F1=qv1B，q、v1、B均不变，F1不变，则小球沿管子做匀加速直线运动．与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线；故C正确.‎ D．设小球沿管子的分速度大小为v2，则小球受到垂直管子向左的洛伦兹力的分力F2=qv2B，v2增大，则F2增大，而拉力F=F2，则F逐渐增大；故D错误.‎ ‎8.如图所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线L做直线运动，L与水平方向成β角，且α>β，则下列说法中正确的是(　　)‎ A. 液滴一定做匀速直线运动 B. 液滴有可能做匀减速直线运动 C. 电场线方向一定斜向上 D. 液滴的电势能可能增大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题设条件可知，带电液滴的电性、电场的方向都未知，因此需要分情况分析．‎ ‎【详解】A．如下图所示，带电液滴，在复合场中，受到重力、洛伦兹力和电场力作用，由 题设条件知，带电液滴沿斜向上的虚线L做直线运动，所以重力、洛伦兹力和电场力这三个力的合力为零，故A正确 B．如果液滴有可能做匀减速直线运动，那么液滴受洛伦兹力会变小，液滴受的重力和电场力 都是恒力，液滴受力合力不为零，其合力方向与液滴运动方向不在一条直线上，液滴就不会做直线运动，不符合题意，故B错误 C．由以上分析知，电场线方向一定斜向上，且液滴带正电，否则液滴不在沿虚线L做直线运动，故C正确 D．液滴受力合力零，液滴带正电，且在电场中从高电势向低电势位置运动，液滴的电势能不可能增大，故D错误，‎ 故选AC。‎ ‎【点睛】带电微粒在复合场中的运动情况比较复杂，分析时要从多个角度去考虑，才有可能回答的正确．‎ ‎9.如图所示，水平放置的平行板电容器两极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电荷量为q，它从上极板的边缘以初速度v0射入，沿直线从下极板N的边缘射出，设重力加速度为g。则（　　）‎ A. 微粒的加速度不为零 B. 微粒的电势能增加了mgd C. 两极板的电压为 D. M板的电势低于N板的电势 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 微粒在电场中受到重力和电场力，而做直线运动，电场力与重力必定平衡做匀速直线运动，否则就做曲线运动。微粒加速度一定为零。根据能量守恒研究微粒电势能的变化。由，求解电势差。由题可判断出电场力方向竖直向上，微粒带负电，电场强度方向竖直向下，M板的电势高于N板的电势。‎ ‎【详解】A．由题分析可知，微粒做匀速直线运动，加速度为零，故A错误；‎ B．重力做功，微粒的重力势能减小，动能不变，根据能量守恒定律得知，微粒的电势能增加了，故B正确；‎ C．由上可知微粒的电势能增加量 又 得到两极板的电势差 故C正确；‎ D．由题可判断出电场力方向竖直向上，微粒带负电，电场强度方向竖直向下，M板的电势高于N板的电势；故D错误。‎ 故选BC。‎ ‎10.如图所示，边长为L的正三角形ABC区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0，BC边的中点O有一粒子源，可以在ABC平面内沿任意方向发射速率为v的相同的正粒子，若从AB边中点D射出磁场的粒子，从O到D的过程中速度方向偏转了60°，不计粒子的重力及带电粒子之间的相互作用，下列说法正确的是 A. 粒子运动的轨道半径为L B. 粒子不可能从A点射出磁场 C. 粒子的比荷为= D. 从B点射出的粒子在磁场中的运动时间为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 考查带电粒子在有界磁场中的运动。‎ ‎【详解】A．从D点射出的粒子，由弦长公式，解得：，故A错误；‎ B．若粒子从A点射出，则弦长为，由弦长公式得：，解得：，即粒子以竖直方向成60o角射入，由几何关系可得，粒子将从AC边射出，故粒子不可能从A点射出磁场，故B正确；‎ C．由粒子做匀速圆周运动的半径公式 得： ，即，解得：，故C正确；‎ D．从B点射出的粒子的弦切角为，所以运动时间为，故D错误．‎ 故选BC．‎ 二、实验题（共2小题）‎ ‎11.（1）如图所示为用打点计时器验证机械能守恒定律的实验装置。关于这一实验，下列说法中正确的是______；‎ A．需使用天平测出重物的质量 B．应先释放纸带，再接通电源 C．需使用秒表测出重物下落的时间 D．重物应选择体积小，密度大的物体 ‎（2）实验时，应使打点计时器的两个限位孔在同一竖直线上。这样做可以______（选填“消除”、“减小”或“增大”）纸带与限位孔之间的摩擦。‎ ‎（3）)在实际测量中，重物减少的重力势能通常会________（选填“略大于”、“等于”或“略小于”）增加的动能。‎ ‎【答案】 (1). D (2). 减小 (3). 略大于 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 正确解答本题需要掌握：理解该实验的实验原理，需要测量的数据等；明确打点计时器的使用；理解实验中的注意事项以及如何进行数据处理；对于任何实验注意从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚。纸带与限位孔之间的摩擦是无法避免的，这样做只能减小纸带与限位孔之间的摩擦。实际实验中，重锤要受到空气阻力、纸带和打点计时器限位孔之间有摩擦力，故重物下落时要克服这些阻力做功，重力势能不能全部转化为动能。‎ ‎【详解】（1）[1]A．根据 可知不需要测量重物的质量m，故A错误；‎ B．开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差，故B错误；‎ C．我们可以通过打点计时器计算时间，不需要秒表，故C错误；‎ D．为减小阻力对实验的影响，为减小实验误差，重物应选择质量大、体积小、密度大的材料，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎（2）[2]打点计时器的两个限位孔如果不在同一竖直线上，纸带运动中就会与限位孔之间有摩擦，重物下落时要克服这个阻力做功，重力势能不能全部转化为动能，实验存在误差；纸带与限位孔之间的摩擦是无法避免的，这样做能减小纸带与限位孔之间的摩擦。‎ ‎（3）[3]实验中，重锤要受到空气阻力、纸带和打点计时器限位孔之间的摩擦力，故重物下落时要克服这些阻力做功，重力势能不能全部转化为动能，有一小部分转化为内能，故重物减少的重力势能通常会略大于增加的动能。‎ ‎12.（1）图1螺旋测微器读数为__________mm，图2游标卡尺读数为__________mm。‎ ‎（2）选择电流表的量程为0.6A，则图3中电流表的读数为____A。‎ ‎（3）某电流表表头内阻Rg为200Ω，满偏电流Ig为2mA，按如图4改装成量程为3V和15V的电压表，其中=____Ω。‎ ‎（4）在“测绘小灯泡伏安特性曲线”实验中，得到的图像如图（c）所示，则滑动变阻器的连接方式应选择___（填“（a）”或“（b）”）；随着电压的增大，灯丝的电阻____（填“增大”或“减小”）。‎ ‎【答案】(1). 0.900（0.899—0.901） 14.50 (2). 0.35 (3). 1300 (4).（a） 增大 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]由图示螺旋测微器可知，其示数为 ‎[2]由图示游标卡尺可知，其示数为 ‎（2）[3]电流表量程为0.6A，其分度值为0.02A，示数为0.35A。‎ ‎（3）[4]表头满刻度电压值为 量程为3V时，在电阻两端的电压应为 电阻为 ‎（4）[5]在“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，要求加在小灯泡上的电压从零开始变化，滑动变阻器的连接方式应该选分压接法，因为分压接法可以从零开始调解，故选（a）；‎ ‎[6]灯丝材料是金属，金属的电阻率随温度升高而增大，所以随着电压的增大，灯丝的电阻将增大。‎ 三、解答题（共3小题）‎ ‎13.质量为3的物体在水平推力的作用下沿水平面作直线运动，一段时间后撤去，其运动的图像如图所示，，求：‎ ‎(1)物体与水平面间动摩擦因数 ‎(2)水平推力的大小；‎ ‎(3)内物体运动位移的大小。‎ ‎【答案】(1)0.2 (2)9N (3)46m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设物体做匀减速直线运动的时间为,初速度为,末速度为,加速度为,则 设物体所受的摩擦力为,根据牛顿第二定律有 又 联立得 ‎；‎ ‎(2)设物体做匀加速直线运动的时间为初速度为,末速度为,加速度为,则 根据牛顿第二定律有 联立得 ‎(3)由匀变速直线运动位移公式得 ‎。‎ ‎14.如图所示的示波管，电子由阴极K发射后，初速度可以忽略，经加速后水平飞入偏转电场，最后打在荧光屏上，电子电量大小为e，质量为m．已知加速电压为U1，BC间偏转电压为U2，两偏转极板BC间距为d，板长为L，偏转极板右侧到荧光屏的距离为D，不计重力，求：‎ ‎（1）电子射入偏转电场U2时的速度大小；‎ ‎（2）电子打在荧光屏上的偏转距离OP．‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据动能定理求出电子射入偏转电场时的速度，电子进入偏转电场后做类平抛运动，根据动力学知识求出离开偏转电场时的偏转位移，离开偏转电场时速度的反向延长线经过偏转电场中轴线的中点，根据这一推论，利用比例式求出偏距OP．‎ ‎【详解】（1）设电子射入偏转电场时的速度为v，则eU1=mv2‎ 解得 （1）设电子在偏转电场中运动的加速度为a，运动时间为t，则 t= 则 由图中三角形相似得： 由①②得：‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道电子的运动规律，现在加速电场中加速，然后进入偏转电场做类平抛运动，离开偏转电场做匀速直线运动．‎ ‎15.如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在大小为E＝3×105N/C、方向水平向左的匀强电场，在第Ⅱ象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．质荷比＝4×10－10kg/C的带正电的粒子，以初速度v0＝2×107m/s从x轴上的A点垂直x轴射入电场，OA＝0.15 m，不计粒子的重力．‎ ‎（1）求粒子经过y轴时的位置到原点O的距离；‎ ‎（2）若要使粒子不能进入第Ⅲ象限，求磁感应强度B的取值范围（不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况）．‎ ‎【答案】（1）0.4 m　（2）B≥4×10－2T ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设粒子在电场中运动的时间为t，粒子经过y轴时的位置与原点O的距离为y，则：‎ sOA＝at2①‎ ‎ ②‎ y＝v0t③‎ 联立①②③解得 a＝7.5×1014m/s2‎ t＝2.0×10－8s y＝0.4 m ‎（2）粒子经过y轴时在电场方向的分速度为 vx＝at＝1.5×107m/s 粒子经过y轴时的速度大小为 v＝＝2.5×107m/s 与y轴正方向的夹角为θ，‎ θ＝arctan＝37°‎ 要使粒子不进入第Ⅲ象限，如图所示，‎ 此时粒子做匀速圆周运动的轨道半径为R，则：‎ R＋Rsinθ≤y ‎ ‎ 联立解得 B≥4×10－2T.‎