玉州区高中2018-2019学年高二上学期第三次月考试卷物理

一、选择题

1． 如图所示，一个不带电的表面绝缘的导体P正在向带正电的小球Q缓慢靠近，但不接触，也没有发生放电现象，则下列说法中正确的是（ ） A．B端的感应电荷为负电荷 B．导体内场强越来越大 C．C点的电势高于B点电势

D．导体上的感应电荷在C点产生的场强始终大于在B点产生的场【答案】D

2． （2018广州一模）如图，在匀强电场中，质量为m、电荷量为+q的小球由静止释放沿斜向下做直线运动，轨迹与竖直方向的夹角为θ，则

Q +

C P B 强

A．场强最小值为

mg qB．电场方向可能水平向左 C．电场力对小球可能不做功 D．小球的电势能可能增加 【答案】CD

【解析】本题考查物体做直线运动的条件，受力分析，电场力，极值问题，电场力做功和电势能变化及其相关的知识点。

第 1 页，共 18 页

3． 如图所示，A、B、C三球质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接。倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是

A．A球的受力情况未变，加速度为零 B．C球的加速度沿斜面向下，大小为g

C．A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为0.5gsin θ D．A、B之间杆的拉力大小为2mgsin θ

第 2 页，共 18 页

【答案】C

【解析】细线被烧断的瞬间，AB作为整体，不再受细线的拉力作用，故受力情况发生变化，合力不为零，加速度不为零，A错误；对球C，由牛顿第二定律得：

，解得：

，方向向下，B错

误；以A、B组成的系统为研究对象，烧断细线前，A、B静止，处于平衡状态，合力为零，弹簧的弹力

，以C为研究对象知，细线的拉力为

，烧断细线的瞬间，A、B受到的合力等于

，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，由牛顿第二定律得：

，则加速度

，B的加速度为：

，以B为研究对象，由牛顿第二定

律得：，解得：，C正确，D错误。

4． 如图甲所示，两平行金属板A、B放在真空中，间距为d，P点在A、B板间，A板接地，B板的电势随时间t的变化情况如图乙所示，t=0时，在P点由静止释放一质量为m、电荷量为e的电子，当=2T时，电子回到P点。电子运动过程中未与极板相碰，不计重力，则下列说法正确的是

A.： =1：2 B.： =1：3

C. 在0～2T时间内，当t=T时电子的电势能最小 D. 在0～2T 时间内，电子的电势能减小了【答案】BD

【解析】根据场强公式可得0～T时间内平行板间的电场强度为：向上做匀加速直线运动，经过时间T的位移为：度为：

，加速度为：

，电子的加速度为：

，且

，速度为：v1=a1T，同理在T～2T内平行板间电场强

，

，电子以v1的速度向上做匀变速度直线运动，位移为：

由题意2T时刻回到P点，则有：x1+x2=0，联立可得：φ2=3φ1，故A错误，B正确；当速度最大时，动能最大，电势能最小，而0～T内电子做匀加速运动，之后做匀减速直线运动，因φ2=3φ1，所以在2T时刻电势能最小，

第 3 页，共 18 页

故C错误；电子在2T时刻回到P点，此时速度为：能为：确，AC错误。

5． 如图所示，某人用绳通过定滑轮拉小船，设人匀速拉绳的速度为列说法正确的是

，（负号表示方向向下），电子的动

，根据能量守恒定律，电势能的减小量等于动能的增加量，故D正确。所以BD正

，绳某时刻与水平方向夹角为，下

A．小船将做加速直线运动 B．小船将做减速直线运动 C．此时小船的速度D．此时小船的速度【答案】AC

船的速度等于沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度，根据平行四边形定则，有：【解析】则

因

角的增大，导致

增大，即船做加速运动，是变加速运动，故AC正确，BD错误。

，

6． 如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数为与地面间的动摩擦因数为则

，B

，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一个水平拉力F，

第 4 页，共 18 页

A．当B．当C．当

时，A、B都相对地面静止 时，A的加速度为时，A相对B滑动

D．无论F为何值，B的加速度不会超过

【答案】BCD

【解析】 A与B间的摩擦力

，地面对B的摩擦力，当时，A、B均静

止；设A、B恰好发生相对滑动时的拉力，则有，解得，故当

时，A相对B静止，二者以共同的加速度运动，A错误；当时，A相对B滑

动，C正确；当时，A、B以共同的加速度运动，由牛顿第二定律可得，B正确；

B所受合力的最大值，即B的加速度最大为，D正确。

【名师点睛】解决块–板问题的关键是受力分析——各接触面间摩擦力的大小（静摩擦力还是滑动摩擦力）、方向；运动状态分析——是否有相对滑动及各自的加速度大小和方向。

7． 绝缘光滑斜面与水平面成α角，一质量为m、电荷量为–q的小球从斜面上高h处，以初速度为

、方向

与斜面底边MN平行射入，如图所示，整个装置处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向平行于斜面向上。已知斜面足够大，小球能够沿斜面到达底边MN。则下列判断正确的是

第 5 页，共 18 页

A．小球在斜面上做非匀变速曲线运动 B．小球到达底边MN的时间

C．匀强磁场磁感应强度的取值范围为

D．匀强磁场磁感应强度的取值范围为【答案】BD

【解析】对小球受力分析，重力，支持力，洛伦兹力，根据左手定则，可知，洛伦兹力垂直斜面向上，即使速度的变化，不会影响重力与支持力的合力，由于速度与合力垂直，因此小球做匀变速曲线运动，故A错误；假设重力不做功，根据小球能够沿斜面到达底边MN，则小球受到的洛伦兹力0≤f=qv0B≤mgcosα，解得磁感应强度的取值范围为0≤B≤

cosα，在下滑过程中，重力做功，导致速度增大v>v0，则有

【名师点睛】考查曲线运动的条件，掌握牛顿第二定律与运动学公式的内容，理解洛伦兹力虽受到速度大小影响，但没有影响小球的合力，同时知道洛伦兹力不能大于重力垂直斜面的分力。

8． 如图所示，光滑的水平地面上有三块木块a、b、c，质量均为m，a、c之间用轻质细绳连接。现用一水平恒力F作用在b上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动。则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是（ ）

A. 无论粘在哪块木块上面，系统的加速度都不变

B. 若粘在b木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小 C. 若粘在a木块上面，绳的张力减小，a、b间摩擦力不变 D. 若粘在c木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力都增大 【答案】BD

第 6 页，共 18 页

【解析】

故选BD。

9． 如图所示，一均匀带电+Q细棍，在过中点c垂直于细棍的直线上有a、b、c三点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q（q>0）的固定点电荷．已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为（k为静电力常量） A．k3Q10qQq9Qq B． C． D． kkkR29R2R29R2交流电源两

【答案】B

10．如图所示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的数增大了0.2 A，电流表A2的示数增大了0.8 A，则下列说法正确的是（ ）

端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示

A．电压表V1示数增大 B．电压表V2、V3示数均增大 C．该变压器起升压作用

D．变阻器滑片是沿c→d的方向滑动 【答案】 D 【解析】

第 7 页，共 18 页

11．如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因数为μ，小木块的速度随时间变化关系如图乙所示，v0、t0已知，则

A. 传送带一定逆时针转动 B.

C. 传送带的速度大于v0 D. t0后木块的加速度为【答案】AD

【解析】试题分析: A、若传送带顺时针转动，当滑块下滑（块上滑（

），将一直匀加速到底端；当滑

，由图可知

），先匀加速运动，在速度相等后将匀速运动，两种均不符合运动图象；故传送带

是逆时针转动，选项A正确.B、滑块在0~t0内，滑动摩擦力向下作匀加速下滑，

，则

，选项B错误.C、只有当滑块的速度等于传送带的速度时，滑块所受的摩擦力变成

，代入μ值得

，

斜向上，故传送带的速度等于v0，选项C错误.D、等速后的加速度选项D正确。故选AD．

考点：考查牛顿第二定律、匀变速直线运动.

【名师点睛】本题的关键1、物体的速度与传送带的速度相等时物体会继续加速下滑．2、小木块两段的加速度不一样大．

12．如图甲所示,一火警报警器的部分电路示意图,其中R2为半导体热敏材料制成的传感器,其电阻随温度T变化的图线如图乙所示,电流表为值班室的显示器,a、b之间接报警器,当传感器R2所在处出现火情时,显示器的电流I和报警器两端的电压U的变化情况是（ ）

第 8 页，共 18 页

A. I变大,U变大 B. I变大,U变小 C. I变小,U变大 D. I变小,U变小 【答案】D

【解析】试题分析：当传感器所在处出现火情时，温度升高，由图乙知的阻值变小，外电路总电阻变小，则总电流

变大，电源的内电压变大，路端电压变小，即U变小．电路中并联部分的电压

变小，电流表示数I变小，故D正确。

，

变大，其他量不变，则

考点：闭合电路的欧姆定律．

13．如图，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近ab且相互绝缘。当MN中电流突然减小时，线圈所受安培力的合力方向（ ） A．向左 【答案】C

14．如图所示，一束含有

、

的带电粒子束从小孔O1处射入速度选择器，其中沿直线O1O2运动的粒子

B．垂直纸面向外

C．向右 D．垂直纸面向里

在小孔O2处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在P1、P2两点，不计粒子间的相互作用。则

A．打在P1点的粒子是

B．O2P2的长度是O2P1长度的2倍 C．D．

【答案】B

第 9 页，共 18 页

粒子与粒子与

粒子在偏转磁场中运动的时间之比为2:1 粒子在偏转磁场中运动的时间之比为1:1

【解析】 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，所以粒子的比荷越大，则运动的半径越小，所以打在P1点的粒子是粒子与

，打在P2点的粒子是

，所以，可知

，故A错误；因

粒子在偏转磁场中运动的半径比为1:2，则O2P1和O2P2长度之比为1:2，选项B正确；带电粒子在

，可知从粒子速

沿直线通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力大小相等方向相反，即：qvB=qE，所以

度选择器中射出的粒子具有相等的速度；粒子运动的周期，则粒子与粒子在偏转磁场中运动

的周期之比为1:2，运动半个周期，则时间之比也为1:2，选项CD错误。 15．对于电容

，以下说法正确的是

A. 一只电容器所充电荷量越大，电容就越大

B. 对于固定电容器，它的带电量跟两极板间所加电压的比值保持不变 C. 电容器的带电量跟加在两极间的电压成反比 D. 如果一个电容器没有带电，也就没有电容 【答案】B

【解析】解：A、电容器带电荷量越大，板间电压越大，而电容不变．故A错误．

B、电容表征电容器容纳电荷本领的大小，对于固定电容器，电容C不变，由定义式C=可知，则带电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变．故B正确．

C、电容器的带电荷量Q=CU，当电容C一定时，电量与电压成正比．当电容C变化时，电量与电压不成正比．故C错误．

D、电容表征电容器容纳电荷本领的大小，与电容器的电量、电压无关．故D错误． 故选：B

【点评】本题考查对电容的理解能力，抓住电容的物理意义和定义式是关键．

16．如图，A、B两球用劲度系数为k1的轻弹簧相连，B球用长为L的细绳悬于O点，A球固定在O点正下方，且O、A间的距离恰为L，此时绳子所受的拉力为T1，弹簧的弹力为F1，现把A、B间的弹簧换成劲度系数为k2（k1>k2）的轻弹簧，仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为T2， 弹簧的弹力为F2，则下列说法正确的是（ ）

第 10 页，共 18 页

A. T1＜T2 B. F1＜F2 C. T1＝T2 D. F1＝F2 【答案】C

【解析】

解：对小球B受力分析，由平衡条件得，弹簧的弹力N和绳子的拉力F的合力与重力mg大小相等、方向相反，即F合=mg，作出力的合成图，并由三角形相似得：

F合TF，又由题， OAOBL，得OAOBABTF合mg，绳子的拉力T只与小球B的重力有关，与弹簧的劲度系数k无关，所以得到T1=T2，故C项

正确。换成K2以后AB减小由

F合TF可知F1>F2，B错误 OAOBAB综上所述，本题正确答案为C。

17．如图所示,两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点,且与纸面垂直,导线中通有大小相等、方向相反的电流。A、O、B在M、N的连线上,O为MN的中点,C、D位于MN的中垂线上,且A、B、C、D到O点的距离均相等。关于以上几点处的磁场,下列说法错误的是（ ）

第 11 页，共 18 页

A. O点处的磁感应强度为0

B. A、B两点处的磁感应强度大小相等、方向相反 C. C、D两点处的磁感应强度大小相等、方向相同 D. A、C两点处的磁感应强度的方向不同 【答案】ABD

【解析】A.根据安培定则判断:两直线电流在O点产生的磁场方向均垂直于MN向下，O点的磁感应强度不为0，故选项A错误；

B.A、B两点处的磁感应强度大小相等、方向相同，故选项B错误；

C.根据对称性，C、D两点处的磁感应强度大小相等、方向相同，故C选项正确； D.A、C两点处的磁感应强度方向相同，故选项D错误。 故选：ABD。

点睛：根据安培定则判断磁场方向，再结合矢量的合成知识求解。

18．某物体从O点开始做初速度为零的匀加速直线运动，依次通过A、B、C三点，OA、AB、BC过程经历的时间和发生的位移分别对应如图，经过A、B、C三点时速度分别为、、，以下说法不正确的是（ ）

A. 若t1:t2:t31:2:3，则vA:vB:vc1:3:6 B. 若t1:t2:t31:2:3，则s1:s2:s31:8:27 C. 若s1:s2:s31:2:3，则vA:vB:vc1:3:6 D. 若s1:s2:s31:2:3，则t1:t2:t31:3:6 【答案】D

二、填空题

19．如图所示，一个变压器原副线圈的匝数比为3∶1，原线圈两端与平行导轨相接，今把原线圈的导轨置于垂直纸面向里、磁感应强度为B=2T的匀强磁场中，并在导轨上垂直放一根长为L=30cm的导线ab，当导线以速度v=5m/s做切割磁感线的匀速运动时（平动），副线圈cd两端的电压为________V。

第 12 页，共 18 页

【答案】0

【解析】由于是匀速运动，产生恒定的电流，则变压器副线圈电压为零

20．如图所示， 在xOy平面的第Ⅰ象限内，有垂直纸面向外的匀强磁场，在第Ⅳ象限内，有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。P点是x轴上的一点，在原点O处放置一粒子放射源，能沿xOy平面，以与x轴

速度v0向第一象限发射某种带正电的粒子。已知粒子x轴相交于A点，第n次偏转后恰好通过P点，不计粒子重

q

（1）粒子的比荷；

m（2）粒子从O点运动到P点所经历的路程和时间。

（3）若全部撤去两个象限的磁场，代之以在xOy平面内加上与速度v0垂直的匀强电场（图中没有画出），也能使粒子通过P点，求满足条件的电场的场强大小和方向。

2mv0【答案】 （1）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv0B

Rmv0 解得粒子运动的半径：R

qB横坐标为x0。现成45°角的恒定第1次偏转后与力。求：

由几何关系知，粒子从A点到O点的弦长为：2R 由题意OP是n个弦长：n2Rx0 解得粒子的比荷：

2nv0q mBx0（2）由几何关系得，OA段粒子运动轨迹的弧长是1/4圆的周长，所以：= 粒子从O点到P点的路程：s=n=

2R

2nR 粒子从O点到P点经历的时间：t＝

sv02x0 42x0

4v0

（3）撤去磁场，加上匀强电场后，粒子做类平抛运动，

2x0v0t'22x01qEt'2第 13 页，共 18 页

由

得E

21．如图1所示，宽度为d的竖直狭长区域内（边界为L1、L2），存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场（如图2所示），电场强度的大小为E0，E>0表示电场方向竖直向上。t=0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N2点。Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g。上述d、E0、m、v、g为已知量。

（1）求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小； （2）求电场变化的周期T；

（3）改变宽度d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T的最小值。

2Bv0 方向：垂直v0指向第Ⅳ象限． n

【答案】（附加题）

（1）根据题意，微粒做圆周运动，洛伦兹力完全提供向心力，重力与电场力平衡， 则mg=qE0 −−−−−−−①

∵微粒水平向右做直线运动，∴竖直方向合力为0. 则 mg+qE0=qvB−−−−−②

第 14 页，共 18 页

联立①②得：q=2E0mg−−−−−−③ B=−−−−−−−−④ E0v（2）设微粒从N1运动到Q的时间为t1，作圆周运动的周期为t2， mv2d则vt1 −−−−−⑤ qvB=−−−−−−−−⑥ 2πR=vt2−−−−−−−−−−−−⑦ R2vd联立③④⑤⑥⑦得：t1 t2−−−−−−−−⑧ g2vdv−−−−−−−⑨ 电场变化的周期T=t1+t2=2vg（3）若微粒能完成题述的运动过程，要求 d2R−−−−−−⑩ v2联立③④⑥得：R= 2g设N1Q段直线运动的最短时间t1min,由⑤⑩得t1min因t2不变,T的最小值Tmin=t1min+t2=（2π+1）

v， 2gv 2g三、解答题

22．倾角30°的斜面体放在水平地面上，小车与斜面之间光滑，斜面体与地面之间粗糙，用两根轻绳跨过两个固定的定滑轮一端接在小车上（滑轮与斜面没有连接），另一端分别悬挂质量为2m和m的物体A、B，当小车静止时两绳分别平行，垂直于斜面，如图所示，不计滑轮摩擦

（1）求小车的质量

（2）现使A、B位置互换，当系统再次静止时，地面与斜面体直接的摩擦力大小

（3）当A、B位置互换后，换用多大质量的小车可以使小车放在斜面上而斜面体与地面刚好没有摩擦力 【答案】（1）4m（2）f1313m mg（3）M车22第 15 页，共 18 页

【解析】

23．如图所示，在光滑绝缘的水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B．A球的带电量为+2q，B球的带电量为﹣3q，两球组成一带电系统．虚线MN与PQ平行且相距3L，开始时A和B分别静止于虚线MN的两侧，虚线MN恰为AB两球连线的垂直平分线．若视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线MN、PQ间加上水平向右的电场强度为E的匀强电场后．试求：

第 16 页，共 18 页

（1）B球刚进入电场时，带电系统的速度大小；

（2）带电系统向右运动的最大距离和此过程中B球电势能的变化量； （3）带电系统运动的周期． 【答案】（1） v1

【解析】（1）设B球刚进入电场时带电系统速度为v1，由动能定理得2qEL＝解得v1＝2qEL78mL （2） s总=L, EP4qEL （3） T62 m33qE1•2mv12 22qEL m（2）带电系统向右运动分三段：B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场． 设A球出电场的最大位移为x，由动能定理得2qEL-qEL-3qEx=0

L 37L则：s总=

3解得x＝

B球从刚进入电场到带电系统从开始运动到速度第一次为零时位移为其电势能的变化量为△Ep＝−W＝3qE•

4L 34L＝4qEL 3第 17 页，共 18 页

第 18 页，共 18 页