赣州市于都二中高二上学期第三次月考物理试题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精物理试卷一、选择题：（本题共10小题．每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求,第7～10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分．有选错的得0分。）1。用塑料梳子梳头时，塑料梳子和头发都会带电,这是因为A.摩擦创造了电荷 B.静电感应创造了电荷C.电子在梳子和头发之间发生了转移 D。质子在梳子和头发之间发生了转移【答案】C【解析】【详解】塑料梳子梳头时，塑料梳子和头发之间通过摩擦的方式起电，起电的实质都是电子的转移，并没有创造电荷,C正确，A、B、D错误．2。篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接,手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前，这样做可以A.减小球对手作用力的冲量 B。减小球的动量变化率C.减小球的动量变化量 D。减小球的动能变化量【答案】B【解析】由动量定理的内容可知，增大接触时间可以减小冲力大小，B对;3.如图所示，a、b、c是一条电场线上的三点，电场线的方向由a到c，a、b间距离等于b、c间距离,用a、b、c和Ea、Eb、Ec分别表示a、b、c三点的电势和场强，可以判定()A.a﹣b＝b﹣cB。Ea＞Eb＞EcC。a＞b＞cD.Ea＝Eb＝Ec【答案】C【解析】【详解】AC。沿电场线方向电势一定降低，可以判定电势高低,根据电场线方向可知φa＞φb＞φc但由于只有一条电场线，不能确定电场线的分布情况,无法比较场强的大小，无法判断电势差大小，故A错误C正确．BD。电场线的疏密表示电场强度的相对大小,由于只有一条电场线,不能确定电场线的分布情况,无法比较场强的大小，故BD错误．4.物体在恒定的合外力F作用下做直线运动，在时间Δt1内速度由0增大到v，在时间Δt2内速度由v增大到2v.设F在Δt1内做的功是W1，冲量是I1;在Δt2内做的功是W2，冲量是I2。那么（)A.I2=I1W2＞W1 B。I2＜I1W2＜W1C。I2＞I1W2＞W1 D.I2=I1W2＜W1【答案】A【解析】【详解】根据动能定理得：则W1＜W2.根据动量定理得，I1=mv-0=mvI2=2mv-mv=mv知I1=I2．A．I2=I1,W2＞W1，与结论相符，选项A正确；B．I2＜I1，W2＜W1，与结论不相符，选项B错误；C．I2＞I1,W2＞W1，与结论不相符，选项C错误；D．I2=I1,W2＜W1，与结论不相符,选项D错误;故选A。5.在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路．当调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时,电流表和电压表的示数分别为0.50A和2。0V．重新调节R并使电动机恢复正常运转,此时电流表和电压表的示数分别为2。0A和24。0V．则这台电动机正常运转时输出功率和热功率分别为（）A。32W1W B。48W16W C。32W16W D。48W1W【答案】C【解析】【详解】当电动机不转时,由可知，内阻当电动机转动时,电动机的总功率P总=U′I′=24×2=48W；热功率Pr=I2r=4×4=16W；则输出功率P出=P总—Pr=48—16=32W;A．32W；1W，与结论不相符，选项A错误；B．48W；16W，与结论不相符，选项B错误；C．32W；16W，与结论相符，选项C正确；D．48W；1W，与结论不相符,选项D错误;故选C.6。a、b、c三个α粒子（重力不计）由同一点M同时垂直场强方向进入带有等量异种电荷的两平行金属板的电场间，其轨迹如图所示，其中b恰好沿板的边缘飞出电场,由此可知()A.进入电场时a的速度最大，c的速度最小B。a、b、c在电场中运动经历的时间相等C.若把下极板向上移动，则a在电场中运动经历的时间变短D。若把下极板向下移动，则b在电场中运动经历时间增长【答案】C【解析】【详解】AB．三个α粒子进入电场后加速度相同，由图看出,竖直方向a、b偏转距离相等，大于c的偏转距离,由知，a、b运动时间相等,大于c的运动时间,即ta=tb＞tc．又水平位移的关系为xa＜xb=xc，因为粒子水平方向都做匀速直线运动,所以vc＞vb＞va．即a的速度最小，c的速度最大.故AB错误。C．若把下极板向上移动，根据推论知，板间场强不变，粒子的加速度不变,但是a的竖直位移减小,根据可知a的运动时间变短。故C正确。D．若把下极板向下移动，根据推论知，板间场强不变，粒子的加速度不变,b的运动情况不变,b将在下极板右边缘的上方（原来的位置）飞出电场，运动时间不变，选项D错误；故选C。7。如图所示，A、B为两个固定的等量同号正电荷,在它们连线的中点处有一个可以自由运动的正电荷C，现给电荷C一个垂直于连线的初速度v0，若不计C所受的重力，则关于电荷C以后的运动情况，下列说法中正确的是()A。加速度始终增大B.加速度先增大后减小C.速度先增大后减小D。速度始终增大【答案】BD【解析】试题分析：由等量同种正点电荷电场的特点可知，两个电荷连线上中点的电场强度为零，电场强度从中点到无限远处，先增大后减小，所以电荷C所受的电场力先增大后减小,由牛顿第二定律可知，其加速度先增大后减小,所以A错误、B正确；在整个过程中，电场力做正功,由动能定理可知，点电荷C的速度始终增大，所以C错误、D正确；考点：静电场、功能关系8。如图所示,直线b为电源的U－I图像,直线a为电阻R的U－I图像,用该电源和该电阻串联组成闭合电路时，下列说法中正确的是（）A.电源的输出功率为6W B.电源的电动势为3V，电源的内阻为0。5C。电源的热功率为2W D。电源的效率约为33.3%【答案】BC【解析】【详解】A.电源的输出功率为P出=IU=2×2=4W选项A错误；B.由电源U—I图像可知，电源的电动势为E=3V，电源的内阻为选项B正确；C。电源的热功率为选项C正确;D。电源的效率约为选项D错误；故选BC.9.如图所示，电源电动势为E，内电阻为r．当滑动变阻器R的滑片P从右端滑到左端时，发现电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为△U1和△U2,下列说法中正确的是（）A。小灯泡L1、L3变暗，L2变亮B。小灯泡L3变暗，L1、L2变亮C。△U1＞△U2D.△U1＜△U2【答案】BC【解析】试题分析:当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时,分析变阻器接入电路的电阻的变化，确定外电路总电阻的变化,分析总电流和路端电压的变化，判断灯L2亮度的变化．根据总电流的变化，分析并联部分电压的变化，判断L3亮度的变化．根据总电流与通过L3电流的变化，分析通过L1电流的变化，判断其亮度变化．根据路端电压的变化,分析△U1和△U2的大小．解：A、B、当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时,变阻器接入电路的电阻减小,外电路总电阻减小,总电流增大,路端电压减小，则L2变亮．变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小,则并联部分电压减小,则L3变暗．总电流增大，而L3的电流减小，则L1的电流增大，则L1变亮．故A错误，B正确．C、D、由上分析可知，电压表V1的示数减小，电压表V2的示数增大，由于路端电压减小，所以△U1＞△U2．故C正确，D错误．故选BC．【点评】本题是电路动态变化分析问题,按“局部→整体→局部"思路进行分析．运用总量法分析两电压表读数变化量的大小．10.空间某区域电场线分布如图所示，带正电小球（质量为m，电荷量为q)在A点速度为v1,方向水平向右，运动到B点速度为v2,v2与水平方向间夹角为α，A、B间高度差为H，以下判断正确的是

（

）A.A、B两点间电势差B。小球由A运动到B时,电势能减少C。小球由A运动到B时,电场力做功为-mgHD.小球的重力在B点的瞬时功率为mgv2sinα【答案】ACD【解析】【详解】ABC．小球由A点运动至B点，由动能定理得：可得电场力做功：所以电势能减小量为由电场力做功W=qU得，A、B两点间的电势差：故AC正确，B错误。D．小球运动到B点时所受重力与速度方向不同，则其重力的瞬时功率P=mgv2sinα故D正确.故选ACD。二、实验题（每空3分，共24分）11。某同学利用光电门和气垫导轨做验证动量守恒定律的实验,在气垫导轨上有两个滑块，滑块上安装相同的遮光条,让滑块A碰撞静止的B．碰前光电门1遮光时间为t1，碰后光电门1的遮光时间为t2,光电门2的遮光时间为t3.(1）要验证动量守恒，还需要测量哪些物理量：__________________（写出物理量及对应字母）（2)需要验证碰撞前后动量守恒的表达式为___________________（用题中字母表示）（3）造成此实验误差的主要原因有：（）A．导轨安放不水平B．小车上遮光条宽度C．两小车质量不相等D．两小车碰后可能粘在一起（4）若要进一步验证此碰撞是弹性碰撞,则要验证的表达式为__________________。【答案】（1).A，B的质量m1，m2（2)。(3）。A（4）。【解析】【详解】（1)（2）［1]［2]．设遮光条的宽度为d，则碰撞前A的速度为：碰撞后A的速度为：B的速度为：若要验证动量守恒定律则:mAvA=mBvB+mAvA′得：;要验证动量守恒，还需要测量的物理量是AB的质量m1和m2。（3）［3］．A．导轨安放不水平,会使系统受合力不为零，动量不守恒，选项A正确；B．小车上遮光条宽度,不会引起实验误差，选项B错误；C．两小车质量不相等，不会引起实验误差，选项C错误；D．两小车碰后可能粘在一起,不会引起实验误差，选项D错误；故选A。（4)[4]．若碰撞是弹性碰撞，则即要验证的表达式为12.某同学想设计一个测量金属棒（阻值约10Ω)电阻率的实验方案,实验室提供的器材有：A。电流表A1（内阻Rg=100Ω、满偏电流Ig=3mA）B。电流表A2内阻约为0。4Ω、量程为0.6A)C.定值电阻R0=900ΩD.滑动变阻器R(5Ω、2A）E。干电池组(6V、0。05Ω)F。一个开关和导线若干G.螺旋测微器，游标卡尺(1）如图1，用螺旋测微器测金属棒直径为______mm；如图2用20分度游标卡尺测金属棒长度为______cm．(2)请根据提供的器材，设计一个实验电路,画在答题卡方框内，要求尽可能精确测量金属棒的阻值_______．(3)若实验测得电流表A1示数为I1，电流表A2示数为I2,则金属棒电阻的表达式为RX=_________________(用I1、I2、R0、Rg表示)【答案】(1）。6.126mm；(2）。10.230cm;（3).电路图见解析；（4）。【解析】【详解】（1）由图示螺旋测微器可知,其示数为：6mm+12。6×0.01mm=6.126mm，由图示游标卡尺可知，其示数为：102mm+6×0。05mm=102。30mm=10.230cm；

（2）由题意可知，没有电压表，可以用电流表A1与定值电阻R0串联组成电压表测电压，用电流表A2测电流，由于改装后电压表内阻为100+900=1000Ω，电流表内阻约为0.4Ω,待测电阻阻值约为10Ω，滑动变阻器最大阻值为5Ω，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法,电压表内阻远大于电阻阻值，电流表应采用外接法,实验电路图如图所示：

（3)金属棒电阻阻值：;【点睛】本题考查了螺旋测微器与游标卡尺读数、设计电路图、求电阻阻值；螺旋测微器固度刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数,螺旋测微器需要估读，游标卡尺不需要估读；知道电压表内阻远大于电阻阻值时电流表应采用外接法，待测电阻阻值大于电流表内阻时用电流表内接法．三、计算题（要求：写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题目，答案中必须明确写出数值和单位;6分+8分+10分+12分=36分）。13。如图所示，在场强大小为E=200N/C的水平向右的匀强电场中，将电荷量为q=2×10﹣3C的正点电荷由A点沿直线移至B点，AB间的距离为L=20cm，AB方向与电场方向成60°角，求:（1)点电荷所受电场力的大小；（2）在此过程中电场力做的功WAB；（3）A、B两点间的电势差UAB．【答案】（1）0.4N(2)0。04J（3)20V【解析】【详解】（1）点电荷所受电场力的大小F=qE解得：F=200×2×10﹣3N=0。4N；（2）电场力做的功W=qELcos60°解得：W=004J;(3)A、B两点间的电势差UAB=ELcos60°解得：UAB=20V14.如图所示,有两个质量都为m的小球A和B（大小不计)，A球用细绳吊起，细绳长度等于悬点距地面的高度，B球静止放于悬点正下方的地面上．现将A球拉到距地面高度为h处由静止释放，摆动到最低点与B球碰撞后粘在一起共同上摆,则：(1）在最低点A、B粘合在一起时它们的共同速度为多大？（2)碰撞中损失的机械能是多少？【答案】(1)(2）【解析】【详解】（1）A球由静止释放到最低点的过程中，由动能定理可得:解得：A球对B球碰撞满足动量守恒：mv1=（m+m）v2解得:(2）碰撞中损失的机械能是:∴ΔE=mgh15。如图所示，带有等量异种电荷平行金属板M、N竖直放置,M、N两板间的距离d＝0．5m．现将一质量m＝1×10-2kg、电荷量q＝4×10-5C的带电小球从两极板上方的A点以v0＝4m/s的初速度水平抛出，A点距离两板上端的高度h＝0．2m;之后小球恰好从靠近M板上端处进入两板间,沿直线运动碰到N板上的C点，该直线与曲线的末端相切．设匀强电场只存在于M、N之间，不计空气阻力，取g＝10m/s2．求:（1）小球到达M极板上边缘B位置时速度的大小和方向;（2）M、N两板间的电场强度的大小和方向;（3）小球到达C点时的动能．【答案】（1）大小为m/s，方向为(θ为速度方向与水平方向的夹角）；（2）大小为5×103N/C;方向为水平向右；（3）0．225J．【解析】【详解】（1）小球平抛运动过程水平方向做匀速直线运动,vx=v0=4m/s竖直方向做匀加速速直线运动，，vy=gt1=2m/s得解：m/s方向，（θ为速度方向与水平方向的夹角)(2）小球进入电场后，沿直线运动到C点，所以重力与电场力的合力即沿该直