河北省正定中学2014-2015学年高二下学期第三次月考物理试卷(Word版含解析)

高二第二学期第三次月考
物理试题
(考试时间90分钟，满分110分)
一、选择题(每小题4分，共48分。

1-8小题为单项选择题；9-12小题为不定项选择题，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。

)
1.【题文】英国物理学家法拉第引入了“电场”和“磁场”的概念，并用画电场线和磁感线的方法来描述电场和磁场，为经典电磁学理论的建立奠定了基础．下列相关说法正确的是
A. 电荷和电荷、通电导体和通电导体之间的相互作用是通过电场发生的
B. 磁极和磁极、磁极和通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的
C. 电场线和电场线不可能相交，磁感线和磁感线可能相交
D. 通过实验可发现电场线和磁感线的存在
【答案】B
【解析】本题主要考查电场、磁场及其对它们的描述；
选项A，电荷和电荷之间是通过电场产生相互作用，通电导体和通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的，故选项A错误；
选项B，磁极和磁极、磁极和通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的，故选项B正确；
选项C，电场线和电场线、磁感线和磁感线都不可能相交，故选项C 错误；
选项D，电场线和磁感线实际上都不存在，只是为了形象的描述对应的场而假想的曲线，故选项D错误；
本题正确选项为B。

【题型】单选题
【备注】
【结束】
2.【题文】对做匀变速直线运动的物体,下列说法正确的是
A.在1 s内、2 s内、3 s内物体通过的位移之比是1∶3∶5
B.一质点的位置坐标函数是x=4t+2t2，则它运动的初速度是4 m/s，加速度是2 m/s2
C.做匀减速直线运动的物体,位移一定随时间均匀减小
D.任意两个连续相等时间间隔内物体的位移之差都相等
【答案】D
【解析】本题主要考查匀变速运动规律；
选项A，由可知在1 s内、2 s内、3 s内物体通过的位移之比是1:4:9，故选项A错误；
选项B，由与的对应关系可知初速度为4m/s，加速度为4m/，故选项B错误；
选项C，做匀减速运动的物体位移未必减小，比如以一定的初速度在地面上滑行的物体，其位移增大，故选项C错误；
选项D，由匀变速运动规律可知任意两个连续相等时间间隔内物体的位移之差都相等，故选项D正确；
本题正确选项为D。

【题型】单选题
【备注】
【结束】
3.【题文】螺线管导线的两端与两平行金属板相接，一个带负电的小球用绝缘丝线悬挂在两金属板间，并处于静止状态，若条形磁铁突然插入线圈时，小球的运动情况是
A.向左摆动
B.向右摆动
C.保持静止
D.无法判定
【答案】A
【解析】本题主要考查电磁感应定律、楞次定律以及电场；
螺线管位置处的磁场方向向左，由楞次定律可知螺线管产生的感应电流磁场方向向右，故对于螺线管和金属板构成的回路电流方向为顺时针，即左金属板带正电，因为小球带负电，因此小球向左摆动，故选项A正确。

【题型】单选题
【备注】
【结束】
4.【题文】如图所示，带正电的A球固定，质量为m、电荷量为+q的
粒子B 从a 处以速度v 0射向A ，虚线abc 是B 运动的一段轨迹，b 点距离A 最近．粒子经过b 点时速度为v ，重力忽略不计．则：
A.粒子从a 运动到b 的过程中动能不断增大
B.粒子从b 运动到c 的过程中加速度不断增大
C.可求出A 产生的电场中a 、b 两点间的电势差
D.可求出A 产生的电场中b 点的电场强度
【答案】C
【解析】本题主要考查动能定理、牛顿第二定律以及电场；
选项A ，两粒子之间为斥力，在粒子从a 运动到b 的过程中，电场力做负功，动能减小，故选项A 错误；
选项B ，从b 运动到c 的场强在变小，则电场力变小，加速度变小，故选项B 错误；
选项C
，由动能定理可得，故可求得，选项C 正确；
选项D ，由于b 到A 的距离未知，故A 产生的电场中b 点的电场强度不可求得，选项D 错误；
本题正确选项为C 。

【题型】单选题
【备注】
A
【结束】
5.【题文】电影《智取威虎山》中有精彩而又刺激的解放军战士滑雪的镜头。

假设某战士从弧形的雪坡上沿水平方向飞出后，又落回到倾斜的雪坡上，如图所示，若倾斜的雪坡倾角为θ，战士飞出时的水平速度大小为v0，且他飞出后在空中的姿势保持不变，不计空气阻力，重力加速度为g，则
A.如果v0不同，该战士落到雪坡时的位置不同，速度方向相同
B.如果v0不同，该战士落到雪坡时的位置不同，但空中运动时间相同
C.该战士刚要落到雪坡上时的速度大小是
D.该战士在空中经历的时间是
【答案】A
【解析】本题主要考查平抛运动；
由，由于斜面倾角为定值，若不同，则运动时
间不同，则不同，即落在不同的位置，又因为速度偏向角
，故速度方向一定，选项A正确，选项B错误；
选项C，落地时的速度为，又因为，故选项C错误；
选项D，由可得运动时间为，故选项D
错误；
本题正确选项为A。

【题型】单选题
【备注】
【结束】
6.【题文】如图所示为某住宅区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成．发电机中矩形线圈所围的面积为S，匝
数为N，电阻不计，它可绕水平轴在磁感应强度为B的水平匀强磁场中以角速度匀速转动．矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头P 上下移动时可改变输出电压，表示输电线的电阻．以线圈平面与磁场平行时为计时起点，下列判断正确的是
A.若发电机线圈某时刻处于图示位置，变压器原线圈的电流瞬时值为零
B.发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为
C.当滑动触头P向下移动时，变压器原线圈两端的电压将升高
D.当用户数目增多时，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向上滑动【答案】D
【解析】本题主要考查交流电产生原理、变压器原理及其动态分析；
线圈从图示中性面垂面位置开始计时，则感应电动势表达式为
，选项B错误；
当t=0s时，，故选项A错误；
由变压器原理，因为P下滑，使得减小，则减小，选项C
错误；
当用户数目增多时，副线圈回路电流增大，导线上损失的电压变大，
为使用户电压保持不变，应该增大，由知应该增大，故P上滑，
选项D正确；
本题正确选项为D。

【题型】单选题
【备注】
【结束】
7.【题文】如图所示，半径为R的导线环对心、匀速穿过半径也为R的匀强磁场区域，关于导线环中的感应电流随时间的变化关系，下列图像中(以逆时针方向的电流为正)最符合实际的是
【答案】C
【解析】本题主要考查电磁感应定律、楞次定律以及右手定则；
开始时进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即为正方向；当开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针，方向为负方向；当进入磁场时，切割的有效长度变大，则产生感应电流也变大；当离开磁场时，切割的有效长度变小，则产生感应电流也变小；
如图，设圆环电阻为r，可知感应电流表达式为，当环与磁场完全重合之前，电流按正弦规律最大，之后电流变为反向，按正弦规律减小，故选项B正确。

【题型】单选题
【备注】
【结束】
8.【题文】如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为可变电阻，C为电容器．在可变电阻R3由较小逐渐变大的过程中，下列说法中正确的是
A.流过R2的电流方向是由b到a
B.电容器的带电量在逐渐减小
C.电源内部消耗的功率变大
D.电容器被放电
【答案】A
【解析】本题主要考查电容器的动态分析、串并联电路分析；
电容器电压等于两端电压，而串联，由分压原理可知当
增大时，其两端电压增大，则电容器电压增大，带电量增大，负电荷向下极板聚集，即负电荷经过向上流动，则电流由b向a流，故选项A正
确，选项B错误；
选项C，由于回路总电阻增大，则电流减小，内功率减小，
选项C错误；
选项D，有上分析可知电容器被充电，故选项D错误；
本题正确选项为A。

【题型】单选题
【备注】
【结束】
以下为不定项选择题：
9.【题文】A、B两质点的运动情况在v－t图中由A、B表示，下述正确的是
A.t = 1s时，B质点运动方向发生改变
B.t =2s时，A、B两质点间距离一定等于2m
C.在t = 4s 时，A、B相遇
D.A、B同时从静止出发，朝相反的方向运动
【答案】BD
【解析】本题主要考查速度时间图像的意义以及追击相遇；
选项A，1s前后速度方向都为负方向，故选项A错误；
选项B，速度时间图像围成的面积为位移，由图可知A的位移为,B的位移为，故二者相距2m，选项B正确；
选项C，面积表示位移，4s时，，故二者并未相遇，
选项C错误；
选项D，由图可知开始运动时，A向正方向运动，B向负方向运动，故选项D正确；
本题正确选项为BD。

【题型】多选题
【备注】
【结束】
10.【题文】如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点a(0，L)。

一质量为m、电荷量为e 的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度的方向与x轴正方向的夹角为60°。

下列说法正确的是
A.电子在磁场中运动的半径为L
B.电子在磁场中运动的时间为
C.磁场的磁感应强度
D.电子在磁场中做圆周运动的速度不变
【答案】BC
【解析】本题主要考查带电粒子在磁场中的运动；
设粒子圆周运动的半径为，轨迹为：
选项A，由图几何关系可知，解得，故选项A
错误；
选项B，运动时间为，故选项B正确；
选项C，粒子在磁场中的运动时间也可以表示为，解得，故选项C正确；
选项D，粒子在磁场中做圆周运动，速度方向在变化，故选项D错误；
本题正确选项为BC。

【题型】多选题
【备注】
【结束】
11.【题文】如图，光滑斜面PMNQ的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框abcd，其中ab边长为l1，bc边长为l2，线框质量为m、电阻为R，有界匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于斜面向上，ef为磁场的边界，且ef∥MN．线框在恒力F作用下从静止开始运动，其ab边始终保持与底边MN平行，Ｆ沿斜面向上且与斜面平行．已知线框刚进入磁场时做匀速运动，则下列判断正确的是
A.线框进入磁场时的速度为
B.线框进入磁场前的加速度为
C.线框进入磁场的过程中产生的热量为
D.线框进入磁场时有a→b→c→d方向的感应电流
【答案】AD
【解析】本题主要考查共点力平衡、牛顿第二定律、功能关系以及楞次定律；
选项A，由于进入磁场时匀速运动，故，解得
，故选项A正确；
选项B，进入磁场前由牛顿第二定律可得，解得
，故选项B错误；
选项C，线框进入磁场的过程中产生的热量等于克服安培力做的功，
又因为，故克服安培力做的功为，故选
项C错误；
选项D，依据楞次定律的增反减同可知感应电流的磁场与原磁场方向相反，即垂直于斜面向下，由右手定则可知线圈电流方向为顺时针方向，故选项D正确；
本题正确选项为AD。

【题型】多选题
【备注】
【结束】
12.【题文】如图所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h＝0.1m处，滑块与弹簧不拴接。

现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h 并作出滑块的E k-h图象，其中高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，取g =10m/s2，由图象可知
A.轻弹簧原长为0.2m
B.小滑块的质量为0.1kg
C.弹簧最大弹性势能为0.5J
D.小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4J
【答案】AC
【解析】本题主要考查机械能守恒定律以及功能关系；
选项A，当弹簧与滑块分离之后，滑块做竖直上抛运动，动能随着高
度的变化规律为：，呈线性关系，有图像可知，弹
簧与滑块在0.2m高处分离，即弹簧原长为0.2m，选项A正确；
选项B，对于图像的直线部分，由知斜率为，
即质量为0.2Kg，选项B错误；
选项C，系统机械能守恒，且刚释放时弹簧的弹性势能最大，从释放到运动至0.2m高处，弹簧的弹性势能转化为滑块的机械能，而这个过程
中滑块的机械能增加了，故弹簧的弹性势能最大为0.5J，选项C正确；
选项D，系统机械能守恒，系统机械能等于刚释放时的弹性势能加上此时的重力势能，即0.5+0.2=0.7J，而当滑块动能最大时，小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，最小值由图可知为0.32J，故小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.7-0.32=0.38J，选项D错误；
本题正确选项为AC。

【题型】多选题
【备注】
【结束】
二、填空题(共2小题，每空3分，共15分。

)
13.【题文】用频率为50 Hz的打点计时器测定匀变速直线运动加速度的实验中，选定一条纸带如图所示，从0点开始，每5个点取一个计数点的纸带，其中0、1、2、3、4、5、6都为记数点。

测得：x1=1.40cm，x2=1.90cm，x3=2.38cm，x4=2.88cm，x5=3.39cm，x6=3.87cm。

(1)在计时器打出点4时，小车的速度分别为：v4 = cm/s，加速度a = cm/s2。

(2)如果当时电网中交变电流的频率是f=51Hz，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比______(选填：偏大、偏小或不变)．【答案】①31.35 49.6 ②偏小
【解析】本题主要考查测定匀变速直线运动加速度；
①由匀变速运动规律可知，加速度
可由逐差法解得，即；
②相当于在实验中把频率计小，周期计大，由
可知加速度测量值小于真实值，故偏小。

【题型】实验题
【备注】
【结束】
14.【题文】有一个标有“12V，24W”的灯泡，为了测定它在不同电压下的实际功率和额定功率，需测定灯泡两端的电压和通过灯泡的电流，现有如下器材：
A.直流电源15V(内阻可不计)
B.直流电流表0-0.6A-3A(内阻0.5Ω．0.1Ω)
C.直流电流表0-300mA(内阻约5Ω)
D.直流电压表0-3V-15V(内阻约3kΩ．15kΩ)
E.直流电压表0-25V(内阻约200kΩ)
F.滑动变阻器10Ω．5A
G.滑动变阻器1kΩ．3A
(1)实验台上已放置开关．导线若干及灯泡，为了完成实验，还需要从上述器材中选用( )(用序号字母表示)
(2)在相应方框内画出合理的实验电路图．
【答案】①ABDF ②如下所示
【解析】本题主要考查测定灯泡的实际功率以及额定功率；
①直流电源必不可少，故选择A；由于要测量额定功率，电流约为2A，
故电流表选择B；由于所选电源电动势为15V，故电压表选择D；由于要测量不同电压的实际功率，故控制电路应该选择分压式解法，则滑动变阻器选择阻止小的较为方便，即选F；故本题正确选项为ABDF。

②有以上分析可知电路图如下：
【题型】实验题
【备注】
【结束】
三、计算题(本大题共3小题，32分。

解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

)
15.【题文】一宠物毛毛狗“乐乐”在玩耍时不慎从离地h1=19.5m高层阳台无初速度竖直掉下，当时刚好是无风天气，设它的质量m=2kg，在“乐乐”
开始掉下的同时，几乎在同一时刻刚好被地面上的一位保安发现并奔跑到达楼下，奔跑过程用时2.5s，恰好在距地面高度为h2=1.5m处接住“乐乐”，“乐乐”缓冲到地面时速度恰好为零，设“乐乐”下落过程中空气阻力为其重力的0.6倍，缓冲过程中空气阻力为其重力的0.2倍，重力加速度g=10m/s2。

求：
(1)为了营救“乐乐”允许保安最长的反应时间；
(2)在缓冲过程中保安对“乐乐”做的功。

【答案】(1)t=0.5s；(2)W=168J
【解析】本题主要考查牛顿第二定律、动能定理；
(1)对“乐乐”用牛顿第二定律
求得：m/
“乐乐”下落过程：
求得：s
允许保安最长反应时间：s=0.5s
(2)“乐乐”下落18m时的速度=12m/s
缓冲过程中，对“乐乐”由动能定理得
解得W=168J
【题型】计算题
【备注】
【结束】
16.【题文】如图所示，倾角θ＝30°、宽为L＝1m的足够长的U形光滑金属导轨固定在磁感应强度B＝1T、范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面斜向上。

现用一平行于导轨的F牵引一根质量m＝0.2kg、电阻R＝1Ω的导体棒ab由静止开始沿导轨向上滑动；牵引力的功率恒定为P=90W，经过t=2s导体棒刚达到稳定速度v时棒上滑的距离s=11.9m。

导体棒ab始终垂直导轨且与导轨接触良好，不计导轨电阻及一切摩擦，取g=10m/s2。

求：
(1)从开始运动到达到稳定速度过程中导体棒产生的焦耳热Q1；
(2)若在导体棒沿导轨上滑达到稳定速度前某时刻撤去牵引力，从撤去牵引力到棒的速度减为零的过程中通过导体棒的电荷量为q=0.48C，导体棒产生的焦耳热为Q2=1.12J，则撤去牵引力时棒的速度v′多大？
【答案】(1)160J；(2)4m/s
【解析】本题主要考查法拉第电磁感应定律、欧姆定律、共点力平衡以及能量守恒定律；
(1)导体棒达到稳定时，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、瞬时功率公式和物体平衡条件有：
由能量守恒有：
联解以上各式并代入数据得：=160J
(2)设棒从撤去拉力到速度为零的过程沿导轨上滑距离为x，则有：
，
由能量守恒有：
联解以上各式并代入数据得：=4m/s
【题型】计算题
【备注】
【结束】
17.【题文】如图，静止于A处的正离子，经电压为U的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左。

静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧所在处场强为E0，方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q；
、，离子重力不计。

(1)求圆弧虚线对应的半径R的大小；
(2)若离子恰好能打在NQ的中点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E 的值；
(3)若撤去矩形区域QNCD的匀强电场，换为垂直纸面向里的磁场，要求离子能最终打在QN上，求磁场磁感应强度B的取值范围
【答案】(1)；(2)(3)
【解析】本题主要考查动能定理、牛顿第二定律、平抛运动以及带电粒子在匀强磁场中的运动；
(1)离子在加速电场中加速，根据动能定理，有：
离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有
得
(2)离子做类平抛运动
水平方向：
竖直方向：
由牛顿第二定律得
(3)离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛
顿第二定律，有
则
离子能打在QN上则既没有从DQ边出去也没有从PN边上出去，则离子运动径迹的边界如图I和II，
由几何关系知，离子能打在QN上，必须满足：
则有
【题型】计算题
【备注】
【结束】
四、选做题(共15分。

请从两个选修模块中任选一个模块作答。

两个都做答的，按第一个模块计分。

)
【选修3－4模块】
18.【题文】(1)一列简谐横波沿x轴传播，a、b为x轴上的两质点，平衡位置分别为，()。

a点的振动规律如图所示。

已知波
速为m/s，在s时b的位移为0.05m，则下列判断可能正确的是
____________。

A.波沿x轴正向传播，
B.波沿x轴正向传播，m
C.波沿x轴负向传播，m
D.波沿x轴负向传播，m
(2)如图，矩形ABCD为一水平放置的玻璃砖的截面，在截面所在平面内有一细束激光照射玻璃砖，入射点距底面的高度为h，反射光线和折射光线与底面所在平面的交点到AB的距离分别l1和l2，在截面所在平面内，改变激光束在AB面上入射点的高度与入射角的大小，当折射光线与底面的交点到AB的距离为l3时，光线恰好不能从底面射出，求此时入射点距离底面的高度H．
【答案】(1) BC ；(2)
【解析】(1)本题主要考查波的传播以及波长、波速与周期的关系；(2) 本题主要考查光的折射；
(1)由图可知周期为0.2s，则波长为，则：
若波沿着x轴正方向传播，则ab间可能的波形如下
则有，当时，,故选项
B正确；
若波沿着x轴负方向传播，则ab间可能的波形如下
则有，当时，,故选项
C正确；
本题正确选项为BC。

(2)设玻璃砖的折射率为n，入射角和反射角为θ1，折射角为θ2，由光的折射定律：
根据几何关系有：
因此求得：
根据题意，折射光线在某一点刚好无法从底面射出，此时发生全反射，设在底面发生全反射时的入射角为θ3，
有：
由几何关系得
解得此时入射点距离底面的高度：
【题型】计算题
【备注】
【结束】
【选修3－5模块】
19.【题文】(1)以下说法正确的是
A.玻尔理论认为，原子中的电子在某些不连续的特定轨道上绕核转动是稳定的，不产生电磁辐射。

B.天然放射现象的发现揭示了原子核有复杂的结构
C.爱因斯坦光电效应理论认为光电子的最大初动能跟照射光的频率成正比。

D.是衰变
E.铋210的半衰期是5天，则8个铋210经过10天后还剩2个。

(2)如图所示，一质量M=2kg的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B。

从弧形轨道上距离水平轨道高h=0.3m处由静止释放一质量m A=1kg的小球A，小球A沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰，碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台。

已知所有接触面均光滑，重力加速度为g=10m/s2。

求小球B的质量。

【答案】(1)ABD；(2)3kg
【解析】(1)本题主要考查玻尔理论、放射现象、光电效应、衰变以及半衰期等；(2)本题主要考查动量守恒定律以及能量守恒定律；
（1）选项A，玻尔理论认为，原子中的电子在某些不连续的特定轨道上绕核转动是稳定的，不产生电磁辐射，故选项A正确；
选项B，天然放射的射线来自于原子核，揭示了原子核有复杂
的结构，选项B正确；
选项C，由光电效应方程可知，光电子的最大初
动能跟照射光的频率不成正比，故选项C错误；
选项D，衰变是自发的进行的，释放出一个氦原子核，同时产
生一个新核，故选项D正确；
选项E，对于大量的原子核可以使用半衰期的概念，少量原子
核不具有统计意义，故选项E错误；
本题正确选项为ABD。

（2）设小球A下滑到水平轨道上时的速度大小为，平台水平速度
大小为，由动量守恒定律有：
由能量守恒定律有：
联立解得：2m/s，=1m/s
小球A、B碰后运动方向相反，设小球A、B的速度大小分别为和，
由题意知：=1m/s
由动量守恒定律得：
由能量守恒定律有：
联立解得：=3kg
【题型】计算题
【备注】【结束】。