芒康县第一中学2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷物理

芒康县第一中学2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷物理
班级__________ 座号_____ 姓名__________ 分数__________
一、选择题
1．如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。

在两极板间有一个固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，E p表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。

若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则
A．θ增大，E增大B．θ增大，E p不变
C．θ减小，E
p增大D．θ减小，E不变
【答案】D
2．1．A为实心木球，B为实心铁球，C为空心铁球。

已知三个球的直径相同，运动中空气阻力不计，A、C球质量相同。

它们从同一高度处同时由静止开始自由下落，以下说法中正确的是：
A. 三个球同时落地
B. A球先落地
C. B球先落地
D. C球先落地
【答案】A
3．由三颗星体构成的系统，忽略其他星体对它们的作用，存在着一种运动形式：三颗星体在相互之间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心O在三角形所在的平面内做相同角速度的圆周运动（图为A、B、C三颗星体质量不相同时的一般情况）．若A星体质量为2m，B、C两星体的质量均为m，三角形的边长为a，则下列说法正确的是（）
A. A星体所受合力大小F A＝
2
2 2
m G
a
B. B星体所受合力大小F B＝
2 2 m a
C. C星体的轨道半径R C
D. 三星体做圆周运动的周期T＝
【答案】D
【解析】A 、由万有引力定律，A 星受到B 、C 的引力的大小： 2
2
2BA CA G m F F a ==
方向如图，则合力的大小为： 0
2cos30A BA F F ==，A 错误； B 、同上，B 星受到的引力分别为： 2
2
2AB G m F a =,22CB Gm F a =，方向如图；
F B 沿x 方向的分力： 2
2
2cos60Bx AB CB Gm F F F a =+=
F B 沿y 方向的分力： 0
sin60By AB F F ==
可得： B F ==，B 错误；
C 、通过对于B 的受力分析可知，由于： 2
2
2AB G m F a
=,合力的方向经过BC 的中垂线AD 的中点,所以圆心O
一定在BC 的中垂线AD 的中点处。

所以： 4C B R R a ===,C 错误；
D 、由题可知C 的受力大小与B 的受力相同，对B 星： 224B F m T π==，解得： T π=D 正确。

故选：D 。

4． 如图所示，在原来不带电的金属细杆ab 附近的P 点处，放置一个正点电荷，达到静电平衡后（ ） A ．a 端的电势比b 端的低
B ．b 端的电势比d 点的高
C ．金属细杆内c 处场强为零
D ．金属细杆内c 处感应电荷场强的方向由a 指向b 【答案】CD
5． 如图，A 、B 两球用劲度系数为k 1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T 1，弹簧的弹力为F 1，现把A 、B 间的弹簧换成劲度系数为k 2（k 1>k 2）的轻弹簧，仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为T 2， 弹簧的弹力为F 2，则下列说法正确的是（ ）
A. T 1＜T 2
B. F 1＜F 2
C. T 1＝T 2
D. F 1＝F 2 【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=mg F 合，作出力的合成图，并由三角形相似得：
F T F
OA OB AB
==合，又由题， OA OB L ==，得T F mg ==合，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T 1=T 2，故C 项
正确。

换成K 2以后AB 减小由F T F
OA OB AB
==合可知F 1>F 2，B 错误 综上所述，本题正确答案为C 。

6． 探月卫星绕地运行一段时间后，离开地球飞向月球。

如图所示是绕地飞行的三条轨道，轨道1是近地圆形轨道，2和3是变轨后的椭圆轨道。

A 点是2轨道的近地点，B 点是2轨道的远地点，卫星在轨道1的运行速率为7．7 km/s ，则下列说法中正确的（ ）
A．卫星在2轨道经过A点时的速率一定大于7．7 km/s
B．卫星在2轨道经过B点时的速率一定小于7．7 km/s
C．卫星在3轨道所具有的机械能小于在2轨道所具有的机械能
D．卫星在3轨道所具有的最大速率小于在2轨道所具有的最大速率
【答案】AB
【解析】
考点：考查了万有引力定律的应用
【名师点睛】题要掌握离心运动的条件和近心运动的条件，能够根据这两个条件判断速度的大小．还要知道卫星的运动的轨道高度越高，需要的能量越大，具有的机械能越大．
7．（2018开封质检）如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。

T=0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0~T/3时间内微粒做匀速运动，T时刻微粒恰好经金属边缘飞出。

微粒运动过程中未与金属板接触。

重力加速度的大小为g。

关于微粒在0~T时间内运动的描述，正确的是
A v0 B．末速度沿水平方向
C．克服电场力做功为1
2 mgd
D．微粒只能从下极板边缘飞出
【答案】BCD
【解析】本题考查带电微粒在复合场中的匀速直线运动、平抛运动和类平抛运动、电场力做功及其相关的知识点。

8．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（），将一直匀加速到底端；当滑块上滑（），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，，由图可知
，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
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，代入μ值得，
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．
9．如图所示，磁场方向竖直向下，通电直导线ab由水平位置1绕a点在竖直平面内转到位置2的过程中，通电导线所受安培力是
A．数值变大，方向不变
B．数值变小，方向不变
C．数值不变，方向改变
D．数值，方向均改变
【答案】B
【解析】安培力F=BIL，电流不变，垂直直导线的有效长度减小，安培力减小，安培力的方向总是垂直BI所构成的平面，所以安培力的方向不变，B正确。

10．某电场区域的电场线如右图所示．把一个电子从A点移到B点时，则（）
A．电子所受的电场力增大，电子克服电场力做功．
B．电子所受的电场力减小，电场力对电子做正功
C．电子所受的电场力增大，电势能减小，动能增大
D．电子所受的电场力增大，电势能增大，动能减小
【答案】C
11．如图所示，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O 点。

现给电容器缓慢充电，使两极板所带电荷量分别为+Q和-Q ，此时悬线与竖直方向的夹角为π/6。

再给电容器缓慢充电，直到悬线与竖直方向的夹角增加到π/3，且小球与两极板不接触。

则第二次充电使电容器正极板增加的电量是（）
A．Q/2 B．Q C．3Q D．2Q
【答案】D
12．如图所示，物块A和B用细线绕过定滑轮相连，B物块放在倾角为θ=37°的斜面上刚好不下滑，连接物块B的细线与斜面垂直，物块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.8，设物块B受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块A与B的质量之比为
A. 1：20
B. 1：15
C. 1：10
D. 1：5
【答案】A
【解析】对A、B受力分析如图所示：
对A物体根据平衡条件得：。

对B物体在沿斜面方向有：，在垂直斜面方向有：
，摩擦力为：，联立以上并带入数据可得：，故A正确，BCD错误。

13．如图所示，质量分别为m A 和m B 的两小球用轻绳连接在一起，并用细线悬挂在天花板上，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为θ1与θ2（θ1 > θ2）。

现将A 、B 间轻绳剪断，则两小球开始摆动，最大速度分别为v A 和v B ，最大动能分别为E kA 和E kB ，则下列说法中正确的是
A. m B > m A
B. 轻绳剪断时加速度之比为tan θ1:tan θ2
C. v A < v B
D. E kA > E kB 【答案】A
【解析】试题分析：未剪断细绳时两球都处于平衡状态，设两球间的水平细绳的拉力大小为T ．对A 球分析受力如图
由平衡条件得： 1A T m gtan θ=，同理，对B 球有： 2B T m gtan θ=，则得12A B m gtan m gtan θθ=，因12θθ＞，
故A B m m ＜，A 正确．轻绳剪断时加速度之比为12
12:::A B A B A B
m gsin m gsin a a sin sin m m θθθθ==，B 错误；两球摆到最低点时速度最大，动能最大．根据机械能守恒得：A 球有()2
1112
A A A A m gL cos m v θ-=，得
A v =，同理对
B 可得
B v = A B L L ＞， 12θθ＞，故A B v v ＞，
C 错误；最大动能()21112kA A A A A E m v m gL cos θ=
=-， ()22112
kB B B B B E m v m gL cos θ==-，由图知： A B L L ＞， 12θθ＞，但A B m m ＜， kA E 不一定大于kB E ，D 错误．选A.
【点睛】未剪断细绳时两球都处于平衡状态，由平衡条件列式，得到水平绳的拉力与质量的大小，从而得到两球质量关系．将A 、B 间轻绳剪断瞬间，由牛顿第二定律求加速度之比，两小球摆动过程中，机械能守恒，到达最低点时的速度，根据机械能守恒定律列式，分析最大速度的大小．
14．（2016·河南郑州高三入学考试）如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB 为光滑固定的半圆形轨迹，轨道半径为R，A、B为圆水平直径的两个端点，AC为1
圆弧。

一个质量为m，电
4
荷量为－q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道。

不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是（）
A．小球一定能从B点离开轨道
B．小球在AC部分可能做匀速圆周运动
C．若小球能从B点离开，上升的高度一定小于H
D．小球到达C点的速度可能为零
【答案】BC
【解析】【名师解析】由于题中没有给出H与R、E的关系，所以小球不一定能从B点离开轨道，A项错误；若重力大小等于电场力，小球在AC部分做匀速圆周运动，B项正确；由于小球在AC部分运动时电场力做负功，所以若小球能从B点离开，上升的高度一定小于H，C项正确；若小球到达C点的速度为零，则电场力大于重力，小球不可能沿半圆轨道运动，所以小球到达C点的速度不可能为零，D项错误。

15．2007年10月24日，“嫦娥一号”成功发射，11月5日进入38万公里以外的环月轨道，11月24日传回首张图片，这是我国航天事业的又一成功。

“嫦娥一号”围绕月球的运动可以看作匀速圆周运动，万有引力常量已知，如果在这次探测工程中要测量月球的质量，则需要知道的物理量有（）
A．“嫦娥一号”的质量和月球的半径
B．“嫦娥一号”绕月球运动的周期和轨道半径
C．月球的半径和“嫦娥一号”绕月球运动的周期
D．“嫦娥一号”的质量、月球的半径和“嫦娥一号”绕月球运动的周期
【答案】B
【解析】
16．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交流电源两端，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（）
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】
二、填空题
17．（1）在做“探究平抛运动的规律”实验时，下列操作正确的是（）
A．通过调节使斜槽的末端保持水平
B ．每次释放小球的位置可以不同
C ．使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些
D ．将记录小球位置的纸取下后，用直尺依次将各点连成折线
（2）图6所示为一小球做平抛运动的闪光照片的一部分，图中背景方格的边长均为4. 9cm ，每秒钟闪光10次，小球平抛运动的初速度是 m/s ，当地的重力加速度大小是 m/s
【答案】（1）AC （2）1.47m/s
18．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，横坐标为x 0。

现
在原点O 处放置一粒子放射源，能沿xOy 平面，以与x 轴成45°角的恒定
速度v 0向第一象限发射某种带正电的粒子。

已知粒子第1次偏转后与x 轴相交于A 点，第n 次偏转后恰好通过P 点，不计粒子重力。

求：
（1）粒子的比荷q
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v 0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。

【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：R
mv B qv 20
0=
解得粒子运动的半径：qB
mv R 0
=
由几何关系知，粒子从A 点到O 点的弦长为：R 2 由题意OP 是n 个弦长：02x R n =⋅
解得粒子的比荷：
02Bx nv m q
=
（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：=R 2
π
粒子从O 点到P 点的路程：s=n =
422
x nR ππ
=
粒子从O 点到P 点经历的时间：t ＝
=0
v s
42v x π （3）撤去磁场，加上匀强电场后，粒子做类平抛运动， 由
得n Bv E 0
2
=
方向：垂直v0指向第Ⅳ象限．
19．如图所示，将一个电流表G 和另一个电阻连接可以改装成伏特表或安培表，则甲图对应的是 表，要使它的量程加大，应使R 1 （填“增大”或“减小”）；乙图是 表，要使它的量程加大，应使R 2 （填“增大”或“减小”）。

【答案】安培；减小；伏特；增大
三、解答题
20．如图（a ）所示，水平放置的平行金属板AB 间的距离d=0.1m ，板长L=0.3m ．距金属板右端x=0.5m 处竖直放置一足够大的荧光屏。

现在AB 板间加如图（b ）所示的方波形电压，已知 U 0＝1.0×102V 。

有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度从AB 正中间持续射入，粒子的质量m=1.0×10-7kg ，电荷量q=1.0×10-2C ，速度大小均为v 0
＝1.0×104m/s 。

带电粒
子的重力不计。

求在t=0时刻进入的粒子,能否射出电场，如果不能，请说明原因；如果能，请求出射出电场时竖直方向的速度, 及粒子射到荧光屏上的P 点到O 点的距离。

'0022t v x =2'02122t
m
qE x =
【答案】解析：带电粒子穿过偏转电场的时间s 10350
-⨯==v L
t 恰好是交变电场变化的周期。

在交变电场运动时，加速度的大小s /m 1080==
dm
q
U a t=0飞入电场的粒子，飞出电场时，竖直方向的速度为
s /m 103
1
323=⋅-⋅=⊥T a T a v
同时判断该粒子是否打到极板
m
015.031213132m
02.032212
22
12
1=⎪⎭
⎫
⎝⎛-⋅⋅==⎪⎭
⎫
⎝⎛=+=T a T T a y T a y y y y
y=0.035m<d/2
t=0时刻飞入电场,由第一问得 y=0.035m 打到屏上的位置为：m 085.00
=+=⊥y v x
v d
21．（2016·山东日照三校联考） （20分）如图所示，一带电荷量为＋q 、质量为m 的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止。

已知重力加速度为g ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。

（1）求水平向右匀强电场的电场强度大小；
（2）若将电场强度减小为原来的1
2，求电场强度变化后物块沿斜面下滑距离L 时的动能。

【答案】【答案】（1）3mg
4q （2）0.3 mgL
【解析】
（2）若电场强度减小为原来的1
2，即
E ′＝3mg 8q
电场强度变化后物块下滑距离L 时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得 mgL sin 37°－qE ′L cos 37°＝E k －0 可得E k ＝0.3 mgL。