东乡县高中2018-2019学年高二上学期第三次月考试卷物理

一、选择题

1． 质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x=5t+t2（各物理量均采用国际单位），则该质点（ ） A. 第1s内的位移是5m B. 前2s内的平均速度是6m/s

C. 任意相邻的1s 内位移差都是1m D. 任意1s内的速度增量都是2m/s 【答案】D

2． 如图所示，两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向如图甲所示，左线圈连着正方形线框abcd，线框所在区域存在变化的磁场，取垂直纸面向里为正，磁感应强度随时间变化如图乙所示，不计线框以外的感生电场，右侧线圈连接一定值电阻R，下列说法中正确的是（ ）

A. t1时刻ab边中电流方向由a→b，e点电势高于f点

B. 设t1、t3时刻ab边中电流大小分别为i1、i3，则有i1＜i3，e点与f点电势相等 C. t2～t4时间内通过ab边电量为0，定值电阻R中无电流 D. t5时刻ab边中电流方向由a→b，f点电势高于e点 【答案】B

【解析】:A、 时刻磁场方向向里且均匀增加,根据楞次定律,线框中感应电流沿逆时针方向,ab边中电流方向由

,根据法拉第电磁感应定律知,正方形线框中的感应电动势是恒定值,原线圈中电流值恒定,副线圈中不产生感应电动势,e点电势等于f点电势,故A错误; B、根据法拉第电磁感应定律率,C、

,根据欧姆定律

,知

,

时刻磁感应强度的变化率小于时刻的磁感应强度变化

,所以B选项是正确的;

时间内磁感应强度均匀变化,磁通量均匀变化,有恒定感应电流通过ab,通过ab边的电量不为0,副线圈

,

磁通量不变,定值电阻中无电流,故C错误;

D、时刻磁场方向垂直纸面向外,磁场变小,磁通量减小,根据楞次定律得感应电流逆时针,ab边中电流方向上正下负,因此e点电势高于f点,故D错误; 所以B选项是正确的 综上所述本题的答案是：B

3． 一倾角为θ的斜面固定在水平地面上，现有一质量为m的物块在仅受重力及斜面作用力的情况下，沿斜磁感应强度的变化率增大,感应电流大小变大,穿过原副线圈的磁通量增大,根据楞次定律,副线圈中感应电动势

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面做匀变速运动，已知物体与斜面间动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法正确的是 A．若μC．若μ>tan θ，则无论物体沿斜面向哪个方向运动都一定处于超重状态 D．若μ>tan θ，物体对斜面的压力N>mgcos θ

【答案】AB 【解析】

A．若μμgcos θ，由于μ0，加速度沿斜面向下；若物体沿斜面向上运动，对物体受力分析可知mgsin θ+μmgcos θ=ma，解得a=gsin θ+μgcos θ，即a>0，加速度沿斜面向下，则无论物体沿斜面向哪个方向运动都一定处于失重状态，故A正确；B．对物体受力分析可知，沿垂直斜面方向，受力平衡，斜面对物体的支持力N=mgcos θ，根据牛顿第三定律可知物体对斜面的压力N=mgcos θ，B正确，D错误；C．若μ>tanθ，若物体向下运动，对物体受力分析可知mgsin θ−μmgcos θ=ma，解得a=gsin θ−μgcos θ，由于μ>tan θ，故μcos θ>sin θ，即a<0，加速度沿斜面向上，物体处于超重状态；若物体沿斜面向上运动，对物体受力分析可知mgsin θ+μmgcos θ=ma，解得a=gsin θ+μgcos θ，即a>0，加速度沿斜面向下，物体处于失重状态，故C错误；故选AB。

【名师点睛】物体可能向上运动，也可能向下运动，对物体受力分析，根据牛顿第二定律判断出加速度方向，加速度沿斜面向上处于超重，加速度沿斜面向下处于失重。

4． 如图所示，a、b是等量异种点电荷连线的中垂线上的两点，现将某检验电荷分别放在a、b两点，下列说法中正确的是

A. 受到电场力大小相等，方向相同 B. 受到电场力大小相等，方向相反 C. 受到电场力大小不相等，方向相反 D. 受到电场力大小不相等，方向相同 【答案】D

【解析】试题分析：由图可知看出：a处电场线密，电场强度大．两点的电场线的切线方向相同，所以电场强

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度方向相同，放入同种检验电荷，受到的电场力大小不等，方向相同．故选D 考点：等量异种电荷的电场.

5． 一台家用电冰箱的铭牌上标有“220V 100W”，这表明所用交变电压的（ ） A.峰值是311V B.峰值是220V C.有效值是220V D.有效值是311V 【答案】AC 【解析】

试题分析：但是涉及到交流点的均应该是有效值，即有效值为220V，根据交流电最大值和有效值的关系，最大值为2202V 考点：有效值、最大值

点评：本题考察了交流电的有效值和最大值的区别与联系。交流电中的有效值是利用电流热效应定义的。 6． 如图所示，初速度不计的电子从电子中射出，在加速电场中加速，从正对P板的小孔射出，设加速电压为U1，又垂直偏转电场方向射入板间并射出，设偏转电压为U2。则：

A. U1变大，则电子进入偏转电场的速度变大 B. U1变大，则电子在偏转电场中运动的时间变短 C. U2变大，则电子在偏转电场中运动的加速度变小

D. 若要电子离开偏转电场时偏移量变小，仅使U1变大，其它条件不变即可 【答案】ABD

【解析】A项：由FUq可知，电子受力变大，加速度变大，其他条件不变时，当U1变大，则电子进入偏d转电场的速度变大，故A正确； B项：由FUq可知，电子受力变大，加速度变大，其他条件不变时，当U1变大，则电子进入偏转电场的dUq可知，U2变大，电子受力变大，加速度变大，电子在偏转电场中运动的加速度变大，故Cd水平速度变大，运动时间变短，故B正确； C项：由F错误；

U2L2D项：由y可知，若要电子离开偏转电场时偏移量变小，仅使U1变大，其它条件不变即可，故D正

4dU1确。

点晴：本题考查了带电粒子在电场中的运动，可以根据动能定理和牛顿第二定律、运动学公式结合推导出

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U2L2。 y4dU17． 下列物理量中，属于矢量的是

A. 电场强度 B. 电势差 C. 电阻 D. 电功率 【答案】A 【解析】

8． 如图所示，含有

、

、

的带电粒子束从小孔O1处射入速度选择器，沿直线O1O2运动的粒子在

小孔O2处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在P1、P2两点。则

A．打在P1点的粒子是B．打在P2点的粒子是

和

C．O2P2的长度是O2P1长度的2倍 D．粒子在偏转磁场中运动的时间都相等

【答案】BC

【解析】通过同一速度选择器的粒子具有相同的速度，故

，解得

的速度相等，由牛顿第二定律得

的半径

，

，由此可知，设核子的质量为m，质子带电荷量为q，

的半径，的半径

，故打在P1点的粒子是，打在P2点的粒子是

和，选项

A错误，B正确；O2P1=2R1=，O2P2=2R2=，故O2P2=2O2P1，选项C正确；粒子在磁场中运动的时

间，运动的时间与和运动的时间不同，选项D错误。

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9． 如图所示，ab是一弯管，其中心线是半径为R的一段圆弧，将它置于一给定的匀强磁场中，方向垂直纸面向里。有一束粒子对准a端射入弯管，粒子的质量、速度不同，但都是一价负粒子，则下列说法正确的是

A．只有速度大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管 B．只有质量大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管 x.kw C．只有质量和速度乘积大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管 D．只有动能大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管

【答案】C

【解析】 洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有

，解得

，故要保证粒子半径相同，

故只有质量与速度的乘积一定的粒子才能沿中心线通过弯管，故只有C正确。

【名师点睛】粒子沿着中心线运动时，只受磁场力，磁场力提供向心力，根据牛顿第二定律列式分析即可。 10．如图所示，在x轴上的上方有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，在x轴下方的等腰直角三角形CDM区域内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，其中C、D在x轴上，它们到原点O的距离均为a。现将质量为m、带电荷量为＋q的粒子从y轴上的P点由静止释放，设P点到O点的距离为h，不计重力作用与空气阻力的影响。下列说法正确的是

A．若h=，则粒子垂直于CM射出磁场

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B．若h=，则粒子平行于x轴射出磁场

C．若h=，则粒子垂直于CM射出磁场

D．若h=

【答案】AD 【解析】 若h=

，则粒子平行于x轴射出磁场

，则在电场中，由动能定理得：qEh=mv2；在磁场中，有qvB=m

，联立解得：r=a，

如图，根据几何知识可知粒子垂直CM射出磁场，故A正确，B错误；若h=a，则根据几何知识可知粒子平行于x轴射出磁场，故C错误，D正确。

，与上题同理可得：r=

【名师点睛】本题是带电粒子在组合场中运动的问题，要能熟练运用动能定理求得加速得到的速度，分析向心力来源，由牛顿第二定律求出磁场中轨迹的半径，再结合几何关系进行分析。 11．下图所示是两个不同电阻的I-U图象，则从图象中可知

A. B. C. D.

表示小电阻值的图象，且阻值恒定 表示小电阻值的图象，且阻值恒定 表示大电阻值的图象，且阻值恒定 表示大电阻值的图象，且阻值恒定

【答案】AD

【解析】I-U图线的斜率等于电阻的倒数，图线是直线表示电阻恒定；由图线看出图线R1的斜率大于图线R2的斜率，根据欧姆定律分析得知，图线R2的电阻较大，图线R1的电阻较小，且两个电阻都是阻值恒定的电阻，故BC错误，AD正确．故选AD．

点睛：本题关键理解两点：一是I-U图线的斜率等于电阻的倒数．二是图线是直线表示电阻恒定．

12．阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E（内阻可忽略）连接成如图所示电路。开关S闭合且电流稳定

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时，C所带的电荷量为Q1,；断开开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2。Q1与Q2的比值为

A.

55 B. 23 D.

C.

【答案】B 【

解析】

13．某同学利用测力计研究在竖直方向运行的电梯运动状态，他在地面上用测力计测量砝码的重力，示数是G，他在电梯中用测力计仍测量同一砝码的重力，发现测力计的示数小于G，由此判断此时电梯的运动状态可能是 A．加速下降 B．加速上升 C．减速下降 D．减速上升

【答案】AD

【解析】由题，测力计的示数减小，砝码所受的合力方向向下，根据牛顿第二定律得知，加速度向下，砝码处 于失重状态，而速度方向可能向上，也可能向下，所以电梯可能的运动状态是减速上升或加速下降。故选AD。14．有一台小型直流电动机，经测量：在实际工作过程中两端电压U=5V，通过的电流I=1A，电机线圈电阻

，这台电机工作5分钟时间将电能转化为焦耳热和机械能的值为

A. 焦耳热为30J B. 焦耳热为1500J C. 机械能为1500J D. 机械能为1470J 【答案】AD

【解析】根据焦耳定律可得焦耳热为：

，故A正确，B错误；电动机做的总功

1×5×60J=1500J，机械能为：E=W-Q=1500-30J=1470J，故D正确，C错误。所以AD正确，BC为：W=UIt=5×

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错误。

15．甲、乙两车从同一地点沿同一方向出发，下图是甲、乙两车的速度图象，由图可知（ ）

A. 甲车的加速度大于乙车的加速度 B. t1时刻甲、乙两车的速度相等 C. t1时刻甲、乙两车相遇

D. 0～t1时刻，甲车的平均速度小于乙车的平均速度 【答案】B

二、填空题

16． 测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材： A．待测的干电池（电动势约为1.5V，内电阻小于1.0Ω） B．电流表G（满偏电流3mA，内阻Rg=10Ω） C．电流表A（0～0.6A，内阻0.1Ω） D．滑动变阻器R1（0～20Ω，10A） E.．滑动变阻器R2（0～200Ω，lA） F．定值电阻R0（990Ω） G．开关和导线若干

⑴某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图中甲的（a）、（b）两个参考实验电路，其中合理的是____________图的电路；在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选____________（填写器材前的字母代号）

（2）图乙为该同学根据（1）中选出的合理的实验电路利用测出的数据绘出的I1～I2图线（I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数），则由图线可以得被测电池的电动势E=_______V，内阻r=_____Ω。 【答案】 ⑴b，D

⑵1.48（1.48士0.02），0.77（0.75～0.80）

17．在“伏安法测电阻”实验中，所用测量仪器均已校准。其中某一次测量结果如图所示，其电压表的读数为________V，电流表的读数为______A。

图甲

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【答案】 （1）. 0.80 （2）. 0.42

【解析】电压表的读数为0.80V，电流表的读数为0.42A。

三、解答题

18．某放置在真空中的装置如图甲所示，水平放置的平行金属板A、B中间开有小孔，小孔的连线与竖直放置的平行金属板C、D的中心线重合。在C、D的下方有如图所示的、范围足够大的匀强磁场，磁场的理想上边界与金属板C、D下端重合，其磁感应强度随时间变化的图象如图乙所示，图乙中的期T0未知。已知金属板A、B之间的电势差为

为已知，但其变化周

。质量

，金属板C、D的长度均为L，间距为

为m、电荷量为q的带正电粒子P（初速度不计、重力不计）进入A、B两板之间被加速后，再进入C、D两板之间被偏转，恰能从D极下边缘射出。忽略偏转电场的边界效应。

（1）求金属板C、D之间的电势差UCD； （2）求粒子离开偏转电场时速度的大小和方向；

（3）规定垂直纸面向里的磁场方向为正方向，在图乙中t=0时刻该粒子进入磁场，并在速度方向恰好水平，求磁场的变化周期T0和该粒子从射入磁场到离开磁场的总时间t总。

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时刻粒子的

【答案】 【解析】（1）

（2）

偏转角为30° （3）

（l）设粒子在加速电场中被加速后获得的速度为由动能定理得：

（2）设粒子离开偏转电场时的速度大小为，由动能定理得：

解得：

设粒子由k点离开电场时偏转角为，由平行四边形定则得：解得：

x*kw

（3）由作图和分析可得，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示

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粒子在磁场中做圆周运动的周期为：

粒子从k进入磁场，沿逆时针方向运动，由“时刻的速度方向恰好水平”可知，轨迹对应的图心角为

；即

故有：

即：t总=

19．（2016北京西城模拟）2016年2月11日，美国“激光干涉引力波天文台”（LIGO）团队向全世界宣布发现了引力波，这个引力波来自于距离地球13亿光年之外一个双黑洞系统的合并。已知光在真空中传播的速

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度为c，太阳的质量为M0，万有引力常量为G。

（1）两个黑洞的质量分别为太阳质量的26倍和39倍，合并后为太阳质量的62倍。利用所学知识，求此次合并所释放的能量。

（2）黑洞密度极大，质量极大，半径很小，以最快速度传播的光都不能逃离它的引力，因此我们无法通过光学观测直接确定黑洞的存在。假定黑洞为一个质量分布均匀的球形天体。

a．因为黑洞对其他天体具有强大的引力影响，我们可以通过其他天体的运动来推测黑洞的存在。天文学家观测到，有一质量很小的恒星独自在宇宙中做周期为T，半径为r0的匀速圆周运动。由此推测，圆周轨道的中心可能有个黑洞。利用所学知识求此黑洞的质量M；

b．严格解决黑洞问题需要利用广义相对论的知识，但早在相对论提出之前就有人利用牛顿力学体系预言过黑洞的存在。我们知道，在牛顿体系中，当两个质量分别为m1、m2的质点相距为r时也会具有势能，称之为引力势能，其大小为EpGm1m2（规定无穷远处势能为零）。请你利用所学知识，推测质量为M′的黑洞，之

r所以能够成为“黑”洞，其半径R最大不能超过多少？ 【答案】 【

解

析

】

（2）a.小恒星绕黑洞做匀速圆周运动，设小恒星质量为m

22 根据万有引力定律和牛顿第二定律MmGr02

m(T)r042r0解得 M。

GT23b.设质量为m的物体，从黑洞表面至无穷远处

1Mm根据能量守恒定律mv2（-G）0

2R2GM解得 Rv2 因为连光都不能逃离，有v = c 所以黑洞的半径最大不能超过R

2GM c2第 12 页，共 12 页