【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）

【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）

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 ab bcU U= 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； 的 QC U = 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(　　) 的 QC U = G 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( ) 2v R 1 2 2 2v R 21 2 pmgR mv E＝ ＋ 21 2pE mgR mv＝ － 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， G f F G f F f G F 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。 的 mgd q qUε∆ = 【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】 mgd mgd mgdε∆ = qUε∆ = mgdU q = q m 0 2v B L 3 L v π 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。 2 sin302 oLOD r= = 2 Lr = 3 2 L 3 2 sin2 2 LL α= × 060α = 2vqvB m R = mvR qB = 02 L mv qB = 0 2q v m LB = 30o 260 2 360 6 o o L Lt v v π π× = × = （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。 21 2mgh mv= （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 的 1R 0.5mm 40.0 0.01mm 0.900mm+ × = 14mm 10 0.05mm 14.50mm+ × = ( )3 g g g 2 10 200 V 0.4VU I R −= × = × × = 1R ( )3 0.4 V 2.6V− = 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 的 1 g 1 3 g 3 0.4 Ω 1300Ω2 10 U UR I − − − = = = ×  kg F F v t− 210m/sg = µ F 0 10s∼ 2t∆ 20v 2tv 2a 22 20 2 2 2m/stv va t −= = −∆ fF f 2F ma= fF mgµ= − ； (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 2 0.2a g µ −= = 1t∆ 10v 1tv 1a 21 10 1 1 1m/stv va t −= =∆ f 1F F ma+ = 1 9NF mg maµ= + = 2 2 1 2 10 1 1 1 20 2 2 2 1 1 46m2 2x x x v t a t v t a t= + = ∆ + ∆ + ∆ + ∆ = 12eUv m = ( )2 1 24 U L L DdU + 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】 1 2 12eUv m = 2eUa md = L v 2 2 2 1 1 2 4 U Ly at dU ＝= 2 2 L y Lop D+ ＝ ( )2 2 2 2 1 1 1 2 24 2 4 U L U LD U LDop y y L DL dU dU dU + + = +＝ ＝ m q 【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. 1 2 qEa m ＝ 2 2 0xv v+ 0 xv v 2vqvB m R ＝