云龍縣高級中學2018-2019學年高二上學期第三次月考試卷物理班級_ 座號_ 姓名_ 分數(shù)_一、選擇題1 如圖甲所示,一火警報警器的部分電路示意圖,其中R2為半導體熱敏材料制成的傳感器,其電阻隨溫度T變化的圖線如圖乙所示,電流表為值班室的顯示器,a、b之間接報警器,當傳感器R2所在處出現(xiàn)火情時,顯示器的電流I和報警器兩端的電壓U的變化情況是（ ）A. I變大,U變大 B. I變大,U變小C. I變小,U變大 D. I變小,U變小2 如圖所示，一平行板電容器的兩個極板豎直放置，在兩極板間有一帶電小球，小球用一絕緣輕線懸掛于O點。現(xiàn)給電容器緩慢充電，使兩極板所帶電荷量分別為+Q和-Q ，此時懸線與豎直方向的夾角為/6。再給電容器緩慢充電，直到懸線與豎直方向的夾角增加到/3，且小球與兩極板不接觸。則第二次充電使電容器正極板增加的電量是（ ）AQ/2 BQ C3Q D2Q3 在陽臺上，將一個小球以v=15m/s初速度豎直上拋，則小球到達距拋出點h=10m的位置所經(jīng)歷的時間為（g=10m/s2）A. 1s B. 2s C. D. （2+）s4 距地面高5m的水平直軌道A、B兩點相距2m，在B點用細線懸掛一小球，離地高度為h，如圖所示。小車始終以4m/s的速度沿軌道勻速運動，經(jīng)過A點時將隨車攜帶的小球由軌道高度自由卸下，小車運動至B點時細線被軋斷，最后兩球同時落地。不計空氣阻力，取重力加速度的大小g=10m/s。可求得h等于（ ）A. 3.75m B. 2.25mC. 1.25m D. 4.75m5 如圖所示,正方形容器處在勻強磁場中,一束電子從孔A垂直于磁場射入容器中,其中一部分從C孔射出,一部分從D孔射出。下列敘述錯誤的是（ ）A. 從C、D兩孔射出的電子在容器中運動時的速度大小之比為21B. 從C、D兩孔射出的電子在容器中運動時間之比為12C. 從C、D兩孔射出的電子在容器中運動時的加速度大小之比為11D. 從C、D兩孔射出的電子在容器中運動時的加速度大小之比為216 用一根繩子豎直向上拉一個物塊，物塊從靜止開始運動，繩子拉力的功率按如圖所示規(guī)律變化，0to時間內(nèi)物塊做勻加速直線運動，to時刻后物體繼續(xù)加速，t1時刻物塊達到最大速度。已知物塊的質(zhì)量為m，重力加速度為g，則下列說法正確的是A. 物塊始終做勻加速直線運動B. 0t0時間內(nèi)物塊的加速度大小為C. to時刻物塊的速度大小為D. 0t1時間內(nèi)繩子拉力做的總功為7 如圖所示電路中，三個相同的燈泡額定功率是40 W，在不損壞燈泡的情況下，這三個燈泡消耗的總功率最大不應超過 A40 W B60 W C80 W D120 W8 （2016山東棗莊高三期末）如圖所示，不帶電的金屬球A固定在絕緣底座上，它的正上方有B點，該處有帶電液滴不斷地自靜止開始落下（不計空氣阻力），液滴到達A球后將電荷量全部傳給A球，設(shè)前一液滴到達A球后，后一液滴才開始下落，不計B點未下落帶電液滴對下落液滴的影響，則下列敘述中正確的是（ ）A第一滴液滴做自由落體運動，以后液滴做變加速運動，都能到達A球B當液滴下落到重力等于電場力位置時，開始做勻速運動C能夠下落到A球的所有液滴下落過程所能達到的最大動能不相等D所有液滴下落過程中電場力做功相等9 下列物理量屬于矢量的是A. 電勢 B. 電勢能C. 電場強度 D. 電動勢10如圖所示，甲、乙兩質(zhì)量不同的物體，分別受到恒力作用后，其動量p與時間t的關(guān)系圖象。則甲、乙所受合外力F甲與F乙的關(guān)系是（圖中直線平行）（ ）AF甲F乙BF甲F乙CF甲F乙D無法比較F甲和F乙的大小 11如圖所示，某人用繩通過定滑輪拉小船，設(shè)人勻速拉繩的速度為，繩某時刻與水平方向夾角為，下列說法正確的是 A小船將做加速直線運動B小船將做減速直線運動C此時小船的速度D此時小船的速度12如圖所示，一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，上端固定，下端連一質(zhì)量為m的物塊A，A放在質(zhì)量也為m的托盤B上，以N表示B對A的作用力，x表示彈簧的伸長量。初始時，在豎直向上的力F作用下系統(tǒng)靜止，且彈簧處于自然狀態(tài)（x=0）。現(xiàn)改變力F的大小，使B以的加速度勻加速向下運動（g為重力加速度，空氣阻力不計），此過程中N或F隨x變化的圖象正確的是 ABCD13如圖所示，初速度不計的電子從電子槍中射出，在加速電場中加速，從正對P板的小孔射出，設(shè)加速電壓為U1，又垂直偏轉(zhuǎn)電場方向射入板間并射出，設(shè)偏轉(zhuǎn)電壓為U2。則： A. U1變大，則電子進入偏轉(zhuǎn)電場的速度變大B. U1變大，則電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間變短C. U2變大，則電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的加速度變小D. 若要電子離開偏轉(zhuǎn)電場時偏移量變小，僅使U1變大，其它條件不變即可14將一只皮球豎直向上拋出，皮球運動時受到空氣阻力的大小與速度的大小成正比，下列描繪皮球在上升過程中加速度大小a與時間t關(guān)系的圖像，可能正確的是（）ABCD15關(guān)于速度和加速度，下列說法中正確的是( )A速度方向改變，加速度方向一定改變B加速度大的物體運動得快C加速度減小時速度也一定減小D加速度不為零時，速度一定會改變16如圖甲一質(zhì)量為M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放一質(zhì)量為m的小滑塊。木板受到隨時間t變化的水平拉力F作用時，用傳感器測出其加速度a，得到如圖乙所示的aF圖象。取g10 m/s2，則 A滑塊的質(zhì)量m4 kg B木板的質(zhì)量M6 kgC當F8 N時滑塊的加速度為2 m/s2 D滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0.18如圖所示，在不計滑輪摩擦和繩子質(zhì)量的條件下，當小車勻速向左運動時，物體M的受力和運動情況是 A繩的拉力等于M的重力 B繩的拉力大于M的重力C物體M向上勻速運動 D物體M向上加速運動 二、填空題17如圖所示， 在xOy平面的第象限內(nèi)，有垂直紙面向外的勻強磁場，在第象限內(nèi)，有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小均為B。P點是x軸上的一點，橫坐標為x0。現(xiàn)在原點O處放置一粒子放射源，能沿xOy平面，以與x軸成45角的恒定速度v0向第一象限發(fā)射某種帶正電的粒子。已知粒子第1次偏轉(zhuǎn)后與x軸相交于A點，第n次偏轉(zhuǎn)后恰好通過P點，不計粒子重力。求：（1）粒子的比荷；（2）粒子從O點運動到P點所經(jīng)歷的路程和時間。（3）若全部撤去兩個象限的磁場，代之以在xOy平面內(nèi)加上與速度v0垂直的勻強電場（圖中沒有畫出），也能使粒子通過P點，求滿足條件的電場的場強大小和方向。18如圖，兩光滑斜面在B處連接，小球由A處靜止釋放，經(jīng)過B、C兩點時速度大小分別為3m/s和4m/s, AB=BC。設(shè)球經(jīng)過B點前后速度大小不變，則球在AB、BC段的加速度大小之比為_，球由A運動到C的平均速率為_m/s。19如圖所示，為測量做勻加速直線運動小車的加速度，將寬度均為b的擋光片A、B固定在小車上，測得二者間距為d。（1）駕小車勻加速經(jīng)過光電門時，測得A、B兩擋光片先后經(jīng)過光電門的時間為，則小車的加速度a= 。（2）為減小實驗誤差，可采取的方法是_。A，增大兩擋光片的寬度bB，減小兩擋光片的寬度bC，增大兩擋光片的間距dD，減小兩擋光片的間距d三、解答題20如圖所示，一面積為S的單匝圓形金屬線圈與阻值為R的電阻連接成閉合電路，不計圓形金屬線圈及導線的電阻。線圈內(nèi)存在一個方向垂直紙面向里、磁感應強度大小均勻增加且變化率為k的磁場Bt，電阻R兩端并聯(lián)一對平行金屬板M、N，兩板間距為d，N板右側(cè)xOy坐標系（坐標原點O在N板的下端）的第一象限內(nèi)，有垂直紙面向外的勻強磁場，磁場邊界OA和y軸的夾角AOy45，AOx區(qū)域為無場區(qū)。在靠近M板處的P點由靜止釋放一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子（不計重力），經(jīng)過N板的小孔，從點Q（0，L）垂直y軸進入第一象限，經(jīng)OA上某點離開磁場，最后垂直x軸離開第一象限。求： （1）平行金屬板M、N獲得的電壓U；（2）粒子到達Q點時的速度大小；（3）yOA區(qū)域內(nèi)勻強磁場的磁感應強度B；（4）粒子從P點射出至到達x軸的時間。21如圖所示，半徑為R的光滑半圓軌道ABC與傾角37的粗糙斜面軌道DC相切于C，圓軌道的直徑AC與斜面垂直。質(zhì)量為m的小球從A點左上方距A高為h的斜上方P點以某一速度水平拋出，剛好與半圓軌道的A點相切進入半圓軌道內(nèi)側(cè)，之后經(jīng)半圓軌道沿斜面剛好滑到與拋出點等高的D處。已知當?shù)氐闹亓铀俣葹間，取Rh，sin 370.6，cos 370.8，不計空氣阻力，求：（1）小球被拋出時的速度v0；（2）小球到達半圓軌道最低點B時，對軌道的壓力大小；（3）小球從C到D過程中克服摩擦力做的功W。 云龍縣高級中學2018-2019學年高二上學期第三次月考試卷物理（參考答案）一、選擇題1 【答案】D【解析】試題分析：當傳感器所在處出現(xiàn)火情時，溫度升高，由圖乙知的阻值變小，外電路總電阻變小，則總電流變大，電源的內(nèi)電壓變大，路端電壓變小，即U變小電路中并聯(lián)部分的電壓，變大，其他量不變，則變小，電流表示數(shù)I變小，故D正確。考點：閉合電路的歐姆定律2 【答案】D3 【答案】ABC4 【答案】C5 【答案】C【解析】A.從C、D兩孔射出的電子軌道半徑之比為21，根據(jù)半徑公式r=，速率之比為21，故A正確；C.加速度a=，所以從C、D兩孔射出的電子加速度大小之比為21，C錯誤D正確。本題選擇錯誤答案，故選：C。6 【答案】D【解析】由圖可知在0-t0時間內(nèi)物塊做勻加速直線運動，t0時刻后功率保持不變，根據(jù)P=Fv知，v增大，F(xiàn)減小，物塊做加速度減小的加速運動，當加速度減小到零，物體做勻速直線運動，故A錯誤；根據(jù)P0=Fv=Fat，由牛頓第二定律得：F=mg+ma，聯(lián)立可得：P=（mg+ma）at，由此可知圖線的斜率為：，可知，故B錯誤；在t1時刻速度達到最大，F(xiàn)=mg，則速度：，可知t0時刻物塊的速度大小小于，故C錯誤；在P-t圖象中，圖線圍成的面積表示牽引力做功的大小即：，故D正確。所以D正確，ABC錯誤。 7 【答案】B8 【答案】C【解析】9 【答案】C【解析】電勢、電勢能和電動勢只有大小無方向，是標量；電場強度既有大小又有方向，是矢量，故選C.10【答案】B11【答案】AC【解析】 船的速度等于沿繩子方向和垂直于繩子方向速度的合速度，根據(jù)平行四邊形定則，有：，則因角的增大，導致增大，即船做加速運動，是變加速運動，故AC正確，BD錯誤。 12【答案】D【解析】設(shè)物塊和托盤間的壓力為零時彈簧的伸長量為，則有：，解得：；在此之前，根據(jù)可知，二者之間的壓力N由開始運動時的線性減小到零，而力F由開始時的線性減小到；此后托盤與物塊分離，力F保持不變，故選項ABC錯誤，D正確。【名師點睛】本題主要是考查了牛頓第二定律的知識；利用牛頓第二定律答題時的一般步驟是：確定研究對象、進行受力分析、進行正交分解、在坐標軸上利用牛頓第二定律建立方程進行解答。13【答案】ABD【解析】A項：由可知，電子受力變大，加速度變大，其他條件不變時，當U1變大，則電子進入偏轉(zhuǎn)電場的速度變大，故A正確；B項：由可知，電子受力變大，加速度變大，其他條件不變時，當U1變大，則電子進入偏轉(zhuǎn)電場的水平速度變大，運動時間變短，故B正確；C項：由可知，U2變大，電子受力變大，加速度變大，電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的加速度變大，故C錯誤；D項：由可知，若要電子離開偏轉(zhuǎn)電場時偏移量變小，僅使U1變大，其它條件不變即可，故D正確。點晴：本題考查了帶電粒子在電場中的運動，可以根據(jù)動能定理和牛頓第二定律、運動學公式結(jié)合推導出。14【答案】C【解析】設(shè)皮球受到的阻力為Fkv，根據(jù)牛頓第二定律可得mgFma，兩式聯(lián)立可得 mgkvma，皮球上升過程中速度逐漸減小，則加速度也逐漸減小，且減小的越來越慢，當v0時ag，故C項正確。15【答案】D16【答案】AD二、填空題17【答案】 （1）粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得： 解得粒子運動的半徑： 由幾何關(guān)系知，粒子從A點到O點的弦長為： 由題意OP是n個弦長： 解得粒子的比荷：（2）由幾何關(guān)系得，OA段粒子運動軌跡的弧長是1/4圓的周長，所以：= 粒子從O點到P點的路程：s=n= 粒子從O點到P點經(jīng)歷的時間：t（3）撤去磁場，加上勻強電場后，粒子做類平拋運動， 由 得 方向：垂直v0指向第象限18【答案】9：7 ；2.1【解析】設(shè)AB=BCx，根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律，AB段有：；BC段有：，聯(lián)立得；根據(jù)平均速率公式可知兩段的平均速率分別為：所以全程的平均速度為。19【答案】答案：（1）(3分) （2）BC (4分)三、解答題20【答案】（1）M、N兩板間的電壓為U=kS （2） （3） （4）【解析】（1）根據(jù)法拉第電磁感應定律，閉合線圈產(chǎn)生的感應電動勢為： 因平行金屬板M、N與電阻并聯(lián)，故M、N兩板間