贵州省望谟民族中学2020-2021学年高二第一学期第三次月考物理试题含答案解析

贵州省望谟民族中学【最新】高二第一学期第三次月考物理

试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在的平面平行．已知a点的电势是20V，b点的电势是24V，d点的电势是4V，如图．由此可知，c点的电势为（）

A．4V B．8V C．12V D．24V

2．如图所示，实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动中只受静电力作用下列判断中正确的是( )

A．带电粒子带正电B．带电粒子在a、b两点受力方向相同C．带电粒子在b点的速度较大D．带电粒子在a点的加速度较大

3．在如图各种电场中，A、B两点电场强度相等的是（）

A．B．

C．D．

4．如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直v的带电微粒，微粒恰能沿图示虚线由A向B做直线运动．那么

平面内有初速度为

（）

A．微粒带正、负电荷都有可能

B．微粒做匀减速直线运动

C．微粒做匀速直线运动

D．微粒做匀加速直线运动

5．两根完全相同的金属裸导线,如果把其中的一根均匀拉长到原来的2倍,把另一根对折后并合在一起,然后给它们分别加上相同的电压,则通过它们的电流之比为( )

A．1:4 B．1:8 C．1:16 D．16:1

6．如图所示电路中，4个电阻阻值均为R，开关S闭合时，有质量为m、带电量为q 的小球静止于水平放置的平行板电容器的正中间．现断开开关S，则下列说法不正确的是()

A．小球带负电

B．断开开关后电容器的带电量减小

C．断开开关后带电小球向上运动

D．断开开关后带电小球向下运动

7．如图所示的电路中，电压表都看做理想电表，电源内阻为r．闭合开关S，当把滑动变阻器R3的滑片P向b端移动时（）

A．电压表V1的示数变小，电压表V2的示数变小

B．电压表V1的示数变大，电压表V2的示数变大

C．电压表V1的示数变化量大于V2的示数变化量

D．电压表V1的示数变化量小于V2的示数变化量

8．一个带正电荷量为q，质量为m的小球，从光滑绝缘的斜面轨道的A点由静止下滑，

小球恰能通过半径为R的竖直圆形轨道的最高点B而做圆周运动．现在竖直方向上的加如图所示的匀强电场，若仍从A点由静止释放该小球，则（）

A．小球仍恰好能过B点

B．小球不能过B点

C．小球通过B点，且在B点与轨道之间的压力不为0

D．以上说法都不对

9．如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，R0为定值电阻，R1、R2为可变电阻，开关S闭合．质量为m的带正电的微粒从P点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点，若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度v0射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是

A．保持开关S闭合，增大R1，微粒打在O点左侧

B．保持开关S闭合，增大R2，微粒打在O点左侧

C．断开开关S，M极板稍微上移，微粒打在O点右侧

D．断开开关S，M极板稍微下移，微粒打在O点右侧

二、多选题

10．如图，水平线上的O点放置一点电荷，图中画出电荷周围对称分布的几条电场线．以水平线上的某点O′为圆心画一个圆，与电场线分别相交于a、b、c、d、e，下列说法正确的是()

A．b、e两点的电场强度不相同

B．a点电势低于c点电势

C．b、c两点间电势差等于e、d两点间电势差

D．电子沿圆周由d到b，电场力做正功

11．图5是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧，对矿粉分离的过程，下列表述正确的有

A．带正电的矿粉落在右侧

B．电场力对矿粉做正功

C．带负电的矿粉电势能变大

D．带正电的矿粉电势能变小

12．如图所示，一带负电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内部，接通S后，悬线与竖直方向的夹角为θ，下列说法正确的是（）

A．若S闭合，减小AB板间的距离，则夹角θ增大

B．若S闭合，减小AB板间的距离，则夹角θ减小

C．若S断开，使B竖直向上移动一小段距离，则夹角θ减小

D．若S断开，增大AB板间的距离，则夹角θ不变

三、实验题

13．在验证机械能守恒定律的实验中，已知电磁打点计时器所用的电源的频率为50 Hz，查得当地的重力加速度g＝9.80 m/s2，测得所用的重物质量为1.00 kg.实验中得到一条点迹清晰的纸带(如图所示)，把第一个点记为O，另选连续的四个点A、B、C、D作为测量的点，经测量知道A、B、C、D各点到O点的距离分别为62.99 cm、70.18 cm、77.76 cm、85.73 cm.

(1)根据以上数据，可知重物由O点运动到C点，重力势能的减少量等于________J，动

能的增加量等于_________________J(留三位有效数字)．

(2)根据以上数据，可知重物下落时的实际加速度a＝________m/s2，原因是

_________________．

14．某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻．

①分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图(a)和图(b)所示，长度为_____cm，直径为_____mm．

②按图(c)链接电路后，实验操作如下：

(a)将滑动变阻器R1的阻值置于最_____处（填“大”或“小”）；将S2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0；

(b)将电阻箱R2的阻值调至最______（填“大”或“小”）；将S2拨向接点2；保持R1不变，调节R2，使电流表示数仍为I0，此时R2阻值为1280Ω；

③由此可知，圆柱体的电阻为_____Ω．

四、解答题

15．如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1＝100 Ω，R2阻值未知，R3为一滑动变阻器．当其滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P在变阻器的两个不同端点得到的．求：

(1)电源的电动势和内阻；

(2)定值电阻R2的阻值；

16．如图，等量异种点电荷，固定在水平线上的M、N两点上，有一质量为m、电荷量为+q(可视为点电荷)的小球，固定在长为L的绝缘轻质细杆的一端，细杆另一端可绕过O点且与MN垂直的水平轴无摩擦地转动，O点位于MN的垂直平分线上距MN为L 处．现在把杆拉起到水平位置，由静止释放，小球经过最低点B时速度为v，取O点电

势为零，忽略q对等量异种电荷形成电场的影响．求：

(1)小球经过B点时对杆的拉力大小；

?;

(2)在+Q、-Q形成的电场中，A点的电势A

(3)小球继续向左摆动，经过与A等高度的C点时的速度大小．

17．如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B 分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R=0.2m，A与B的质量相等，A 与B整体与桌面之间的动摩擦因数μ=0.2．取重力加速度g=10m/s2，求：

（1）碰撞前瞬间A的速率v．

（2）碰撞后瞬间A与B整体的速度．

（3）A与B整体在桌面上滑动的距离L．

参考答案

1．B

【解析】

试题分析：

根据在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分将线段bd五等分，如

图所示，则U be=1

5

U bd=

1

5

×（24-4）=4v，故U be=φb-φe=4v，故φf-φd=4v，故φe=24-4=20v．φf=8v．故

φa=φe，连接cf，则cf∥ae，故c点的电势φc=φf=8v．故B正确．故选B．

考点：电势

【名师点睛】①在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分；②在匀强电场中电场线平行且均匀分布故等势线平行且均匀分布．以上两点是解决此类题目的金钥匙．

2．D

【详解】

根据图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，电场线方向未知，则粒子的电性不能确定，故A错误；根据电场线的疏密程度，可判断a的

场强大于b点场强，则带电粒子在a点受电场力较大，在a点的加速度较大，故B错误，D 正确；由轨迹弯曲方向与粒子速度方向的关系分析可知，若粒子从a运动到b，电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，则粒子在a点的速度较大，故C错误．故选D．

【点睛】

本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，其次判断粒子动能和电势能的变化要根据电场力做功情况．

3．C

【详解】

A．该图中A、B两点场强大小相同，方向不同，选项A错误；

B．该图中A、B两点场强大小不相同，方向相同，选项B错误；

C．该图中A、B两点场强大小相同，方向相同，选项C正确；

D．该图中A、B两点场强大小不相同，方向也不同，选项D错误；

故选C 。

4．B

【解析】

微粒做直线运动的条件是速度方向和合外力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的电场力才能使得合力方向与速度方向相反且在同一条直线上，由此可知微粒所受的电场力的方向与场强方向相反，则微粒必带负电，且运动过程中微粒做匀减速直线运动，故B 正确．

5．C

【详解】

设原来的电阻为R ，其中的一根均匀拉长到原来的2倍，横截面积变为原来的1/2，根据电阻定律，电阻R 1=4R ；另一根对折后绞合起来，长度减小为原来的一半，横截面积变为原来的2倍，根据电阻定律，电阻R 2＝R /4，则两电阻之比为16：1．电压相等，根据欧姆定律，电流比为1：16;

A ．1:4，与结论不相符，选项A 错误；

B ．1:8，与结论不相符，选项B 错误；

C ．1:16，与结论相符，选项C 正确；

D ．16:1，与结论不相符，选项D 错误；

故选C.

6．C

【详解】

小球静止，说明小球受重力和电场力平衡，故电场力向上；由电路图可知，电容器上极板带正电，故粒子带负电；故A 正确；由图可知电容器与R 并联，当S 断开时总电阻增大，总电流减小，则R 两端的电压减小；由Q=UC 可知，断开开关后电容器的带电量减小；故B 正确；因电压减小，则极板间的电场强度减小，粒子受电场力减小，则粒子向下运动；故D 正确，C 错误；本题选错误的；故选C ．

7．D

【解析】

试题分析：AB 、当滑动变阻器3R 的滑动触头P 向b 端移动时，接入电路中的3R 增大，闭合电路总电流减小，内电压减小，路端电压增大，1V 增大，1R 两端电压减小，2V 增大；

错误

CD 、由于总的路端电压是增加的，而1R 两端电压是减少的，所以2V 电压增加的比1V 电压增加的多，即12U U ?

故选D

考点：电路的动态分析

点评：动态问题分析思路总体来说是按照先部分后整体再部分的顺序，要充分利用电路中不变部分的电阻不变的特点，间接地讨论电路变化部分．还要注意电源是有内阻的． 8．A

【详解】

没有电场时，最高点速度设为v ，则

2

v mg m R

= 又根据机械能守恒定律

2()122

mg h R mv -=

解得 52

h R = 加上电场时，恰好过最高点需要的速度设为v′，则

'2

v mg qE m R

+= 解得

'v =

而由动能定理得 22212

mg h R qE h R mv ---='（）（） 解得

'v =说明小球仍恰好能过B 点，球与轨道间无作用力。

故选A 。

9．A

【详解】

MN 两极板间电压和R 0两端电压相同，故两极板间电场强度方向向上，微粒所受电场力方向向上；

A ．保持S 闭合，增大R 1，那么，R 0两端电压减小，两极板间电压减小，故电场强度减小，微粒所受电场力减小，合外力增大，粒子加速度增大，粒子打在O 点左侧，故A 正确；

B ．保持S 闭合，增大R 2，两极板间电压不变，故电场强度不变，微粒受力不变，粒子运动不变，仍打在O 点，故B 错误；

CD ．断开S ，极板两端电荷保持不变，那么由电容Q C U

＝，4S C kd επ=可知电场强度 4U kQ E d S

πε＝＝ 不变，那么微粒受力不变，粒子运动不变，仍打在O 点，故CD 错误；

10．ABC

【解析】

【详解】

由图看出，b 、e 两点电场强度的大小相等，但方向不同，而电场强度是矢量，所以b 、e 两点的电场强度不同，故A 正确．根据顺着电场线电势逐渐降低可知，离点电荷O 越远，电势越低，故a 点电势低于c 点电势．故B 正确．根据对称性可知，b 、c 两点间电势差与e 、d 两点间电势差相等，故C 正确．d 点的电势高于b 点的电势，由E p =qφ=-eφ，则知电子在d 点的电势能小于在b 点的电势能，根据功能关系可知，电子沿圆周由 d 到 b ，电场力做负功，故D 错误．故选ABC ．

【点睛】

常见电场的电场线分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意点电荷形成电场的对称性．加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题． 11．BD

【详解】

试题分析：由图可知，矿料分选器内的电场方向水平向左，带正电的矿粉受到水平向左的电场力，所以会落到左侧，选项A 错误．无论矿粉带什么电，在水平方向上都会在电场力的作用下沿电场力的方向偏移，位移与电场力的方向相同，电场力做正功，选项B 正确带负

电的矿粉电场力做正功，所以电势能减小，选项C 错误．带正电的矿粉电场力做正功，所以电势能减小，选项D 正确．故选BD ．

考点：电场力；电势能

【名师点睛】

该题考察了带电物体在电场力作用下的运动，要熟练的掌握带电粒子在电场中的受力情况及其运动情况，并会分析电场力做功与电势能的变化情况．

12．AD

【详解】

试题分析：若S 闭合，则U 一定，减小AB 板间的距离，则由U E d

=可知，场强E 变大，则电场力变大，因tan Eq mg θ=，可知夹角θ增大，选项A 正确，B 错误；若S 断开，则Q 一定，根据U E d =，Q U C =，4S C kd επ=可得4kQ E S

πε=，故使B 竖直向上移动一小段距离，则S 减小，E 变大，则夹角θ变大，选项C 错误；场强的大小与两板间距无关，则增大AB 板间的距离，则夹角θ不变，选项D 正确；故选AD ．

考点：电容器；电场强度

13．7.62 7.57 9.75 重物受空气阻力，纸带受限位孔或打点计时器振针的阻力

【详解】

（1）重力势能减小量△E p =mgh=1.0×

9.8×0.7776J=7.62J ． 在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，因此有：

0.85730.7016 3.89/220.02

BD c x v m s T -=

=?＝ △E k =E kC =12mv C 2=12×1×（3.89）2=7.56J （2）根据以上数据，mah=△E k =7.56J 解得：27.56 9.75/10.776

a m s =?＝ 其主要原因是纸带与打点计时器间有摩擦阻力，或存在空气阻力．

【点睛】纸带问题的处理时力学实验中常见的问题，计算过程中要注意单位的换算和有效数字的保留．要知道重物带动纸带下落过程中能量转化的过程和能量守恒．

14．①5.01 5.315 ②（a ）大 （b ）大 ③1280

【解析】

①根据游标卡尺读数规则，主尺读数为5cm，游标尺读数为0.05×3mm，长度为5.015cm，根据螺旋测微器的读数规则，主尺读数为5mm，可动刻度为31.0×0.01mm，所以直径为

5.310mm．

②(a)为了保护电路，因此闭合电键前，滑动变阻器一定调到阻值最大；

(b) 将固柱体电阻换成电阻箱时，也一定将电阻箱调到最大，也是为了保护电路安全；

③此题采用等效替代法测量电阻，圆柱体的电阻等于电阻箱R2的阻值为1280Ω．

点晴：首先应明确实验原理，本实验中测量电阻所采取的方法是替代法．

15．（1）20V; 20Ω（2）5Ω

【详解】

（1）因为题图乙中AB的延长线交U轴于20 V处，交I轴于1.0 A处．所以电源的电动势为：E=20 V

内阻：

20

20

1

E

r

I

短

===Ω．

（2）当P滑到R3的右端时，电路参数对应题图乙中的B点，即U2=4 V、I2=0.8 A，

得R2=2

2

4 0.8

U

I

＝=5Ω．

【点睛】

本题要理解电源的伏安特性曲线的意义，图线截距等于电动势，斜率大小等于电源的内阻，也可由图线上两点的坐标建立方程组求解电源的电动势和内阻．

16．（1）

2

v

F mg m

L

=+（2）

22

2

A

mv mgL

q

φ

-

=（3

）

C

v=

【详解】

(1)小球经B点时，在竖直方向有

2

v

F mg m

L

-=

2

v

F mg m

L

=+

由牛顿第三定律知，小球对细杆的拉力大小

2

v F mg m L '

=+ (2)由于取O 点电势为零，而O 在MN 的垂直平分线上，所以

0B ?=

电荷从A 到B 过程中，由动能定理得

21()2

A B mgL q mv ??+-= 222A mv mgL q

?-= (3)由电场对称性可知

C A ??=-

即

2AC A U ?=

小球从A 到C 过程，根据动能定理

212

AC C qU mv =

C v =17．（1）2m/s （2）1m/s （3）0.25m

【详解】

（1）对A 从圆弧最高点到最低点的过程应用机械能守恒定律有： 212

A A A m v m gR = 可得2m/s v =

（2）A 在圆弧轨道底部和B 相撞，满足动量守恒，有：()A B A m m v m v '+=，可得1m/s v '=

（3）对AB 一起滑动过程，由动能定理得：21()()2

A B A B m m gL m m v μ+=+'，可得L=0.25m