1、山东省滨州市博兴县一中2020-2021学年高二物理上学期第三次月考试题（含解析）一、选择题（18每题3分，912每题4分，共40分）1. 如图所示，MN、PQ为两条平行放置的金属导轨，左端接有定值电阻R，金属棒AB斜放在两导轨之间，与导轨接触良好，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面，设金属棒与两导轨接触点之间的距离为l，金属棒与导轨间夹角为60，以速度v水平向右匀速运动，不计导轨和棒的电阻，则流过金属棒中的电流为（）A. IB. IC. ID. I【答案】B【解析】【分析】【详解】当金属棒以速度v水平向右匀速运动，金属棒切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，金属棒有效的切割长度为，ab中
2、产生的感应电动势为通过R的电流为故选B。2. 2020年爆发了新冠肺炎，该病毒传播能力非常强，因此研究新冠肺炎病毒株的实验室必须是全程都在高度无接触物理防护性条件下操作。武汉病毒研究所是我国防护等级最高的P4实验室，在该实验室中有一种污水流量计，其原理可以简化为如右下图所示模型：废液内含有大量正、负离子，从直径为d的圆柱形容器右侧流入，左侧流出。流量值Q等于单位时间通过横截面的液体的体积。空间有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，下列说法正确的是（ ）A. 带电粒子所受洛伦兹力方向由M指向NB. M点的电势高于N点的电势C. 污水流量计也可以用于测量不带电的液体的流速D. 只需要测量MN两
3、点电压就能够推算废液的流量【答案】D【解析】【分析】【详解】AB根据左手定则，正电荷受到竖直向下的洛伦兹力，负电荷受到竖直向上的洛伦兹力，则正电荷集聚在N一侧，负电荷集聚在M一侧，则M点的电势低于N点的电势，AB错误；C不带电液体在磁场中流动时，由于没有自由电荷，不能形成电场，MN两点没有电势差，因此无法测出流速，C错误；D计算液体的流速，根据可得流速流量即只需要测量MN两点电压就能够推算废液的流量，选项D正确。故选D。3. 关于机械振动，下列说法中错误的是A. 回复力的方向总是与位移方向相反B. 加速度的方向总是与位移方向相反C. 速度方向有时与位移方向相同，有时与位移方向相反D. 机械振动
4、属于匀变速直线运动【答案】D【解析】【分析】【详解】AB根据回复力公式和牛顿第二定律：可知回复力和加速度的方向总是与位移方向相反，故AB正确；C当物体由平衡位置向最大位移处运动时，物体的速度方向与位移方向相同，当物体由最大位移处向平衡位置运动时，物体的速度方向与位移方向相反，故C正确；D机械振动的物体受到变力作用，根据牛顿第二定律可知加速度也变化，所以不是匀变速直线运动，故D错误。故选D4. 从同一高度将两个质量相等的物体，一个自由落下，一个以某一水平速度抛出，当它们落至同一水平面的过程中（空气阻力不计）（）A. 动量变化量大小不同，方向相同B. 动量变化量大小相同，方向不同C. 动量变化量大
5、小、方向都不相同D. 动量变化量大小、方向都相同【答案】D【解析】【分析】本题考察对动量定理的理解。【详解】同意高度物体做自由落体运动和平抛运动时间相等，根据动量定理动量变化量大小、方向都相同。故ABC错误，D正确。故选D。5. 步枪的质量为4.1 kg，子弹的质量为9.6 g，子弹从枪口飞出时的速度为865 m/s，则步枪的反冲速度大小约为A. 2 m/sB. 1 m/sC. 3 m/sD. 4 m/s【答案】A【解析】取子弹的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：mv1-Mv2=0，则得 步枪的反冲速度为，故选A.6. 古时有“守株待兔”的寓言，倘若兔子受到的冲击力大小为自身体重2倍时即可
6、导致死亡，如果兔子与树桩的作用时间为0.2s，则被撞死的兔子其奔跑速度可能是：（g=10m/s2）( )A. 1.5m/sB. 2.5m/sC. 3.5m/sD. 4.5m/s【答案】D【解析】【分析】【详解】设兔子的速度方向为正，能使兔子致死的力F=-2mg，兔子的运动视为匀减速，说明作用力为恒力；时间为0.2s，末动量为零；则由动量定理可知：-Ft=0-mv；解得：；故只有速度大于4m/s，兔子才会死亡，故只有D符合题意；故选D7. 如图，abcd为边长为L的正方形匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里，半径为r的匝数为n的线圈如图所示放置。当磁场以的变化率变化时，线圈中感应电动势为（）A.
7、 0B. nL2C. nr2D. nr2【答案】B【解析】【分析】【详解】由法拉第电磁感应定律可得故选B。8. 如图所示，一个电子沿AO方向垂直射入匀强磁场中，磁场只限于半径为R的圆内若电子速度为v，质量为m，带电量为q，磁感应强度为B，电子在磁场中偏转后从C点射出，下面结论正确的是（）A. 电子经过磁场的时间为B. 电子经过磁场的时间为C. 磁场半径R为D. AC间的距离为【答案】D【解析】【分析】【详解】AB.由可得：；由图可知电子在磁场中转过的圆心角为60，根据几何知识可知AC长等于半径：，电子转动的时间：，故A错误，B错误；C.对AOC分析可知，半径，故C错误；D.由于粒子的偏转角是6
8、0，所以AC与粒子的偏转半径是相等的，为，故D正确；9. 如图，两质量分别为m1=1 kg和m2=4 kg小球在光滑水平面上相向而行，速度分别为v1=4 m/s和v2=6 m/s，发生碰撞后，系统可能损失的机械能为（ ）A. 25JB. 35JC. 45JD. 55J【答案】AB【解析】【分析】【详解】若两球发生弹性碰撞，则系统机械能不损失；若两球发生完全非弹性碰撞，则系统机械能损失最多，此时由动量守恒定律和能量守恒定律得m2v2m1v1=(m1m2)vEmax=m1v12m2v22(m1m2)v2联立并代入数据解得Emax=40J综合可知0E40J所以A、B正确，C、D错误。故选AB。10.
9、 如图所示，一列简谐横波在x轴上传播，图甲和图乙分别为x轴上a、b两质点的振动图象，且xab=6m. 下列判断正确的是（ ）A. 波一定沿x轴正方向传播B. 波长可能是8mC. 波速一定是6m/sD. 波速可能是2m/s【答案】BD【解析】试题分析：由振动图象无法比较a、b两质点振动的先后，所以无法判断波的传播方向故A错误若波沿x轴正方向传播时，由振动图象读出t=0时刻，a质点经过平衡位置向下运动，而b位于波峰，结合波形得到：xab=（n+），n=0，1，2得到波长为，波速为同理可知，若波沿x轴负方向传播时，波长为，波速为由于n是整数，则当n=0时，波向x轴负方向传播时，=8m故B正确由上可知
10、，波速不一定等于6m/s故C错误由波速的公式，n=0，1，2，得知，当n=0时，v=2m/s故D正确故选BD.考点：机械波的传播；振动图线.11. 在如图所示的电路中，A、B 是相同的灯泡，L为自感系数足够大、直流电阻不计的线圈。下列说法正确的有（）A. 闭合S瞬间，A 灯立即亮B. 闭合S瞬间，B 灯逐渐变亮C. 闭合S待电路稳定后，断开S的瞬间，A灯立即熄灭D. 闭合S待电路稳定后，断开S的瞬间，B灯逐渐熄灭【答案】BC【解析】【分析】【详解】AB开关闭合后瞬间，由于线圈自感电动势的阻碍，电流逐渐增大，AB灯都逐渐变亮，故A错误，B正确；CD开关由闭合到断开瞬间，由于无法形成通过线圈的闭合
11、回路，则AB灯都立即熄灭，故D错误，C正确。故选BC。12. 如图所示，连接平行金属板P1和P2（板面垂直于纸面）的导线的一部分CD和另一连接电池的回路的一部分GH平行，CD和GH均在纸平面内，金属板置于磁场中，磁场方向垂直于纸面向里。当一束等离子体射入两金属板之间时，CD段导线将受到力的作用，则（）A. 等离子体从右方射入时，CD受力的方向背离GHB. 等离子体从右方射入时，CD受力的方向指向GHC. 等离子体从左方射入时，CD受力的方向背离GHD. 等离子体从左方射入时，CD受力的方向指向GH【答案】AD【解析】分析】【详解】AB.电路中的电流的方向从G到H，当等离子体从右方射入时，由左手
12、定则知电容器的下极板带正电，上极板带负电，电流的方向为由D到C，CD中的电流方向与GH中的电流方向相反，两导线相互排斥，CD受到的作用力向左，即背离GH，故A正确B错误；CD.等离子体从左方射入时，由左手定则知电容器上极板带正电，下极板带负电，CD中的电流方向为由C到D，CD中的电流方向与GH中的电流方向相同，CD受到的作用力向右，即指向GH，故D正确C错误。故选AD。第II卷（非选择题）二、实验题（每空2分，共18分）13. 某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度实验中：（1）摆动时偏角满足的条件是偏角小于5，为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应是经过最_（填“高”或“低”）点的位置若
13、用L表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为g_（2）考虑到单摆振动时空气浮力的影响后，学生甲说：“因为空气浮力与摆球重力方向相反，它对球的作用相当于重力加速度变小，因此振动周期变大”学生乙说：“浮力对摆球的影响好像用一个轻一些的摆球做实验，因此振动周期不变”，这两个学生中_A甲的说法正确B乙的说法正确C两学生的说法都是错误的（3）某同学用单摆测当地的重力加速度他测出了摆线长度L和摆动周期T，如图（a）所示通过改变悬线长度L，测出对应的摆动周期T，获得多组T与L，再以T2为纵轴、L为横轴画出函数关系图象如图（b）所示由图象可知，摆球的半径r_m，当地重力加速度g_m/s2；由此种方法得到
14、的重力加速度值与实际的重力加速度值相比会_（选填“偏大”“偏小”或“一样”）【答案】 (1). 低 (2). (3). A (4). 0.010 (5). 9.86 (6). 一样【解析】【分析】【详解】（1）单摆测重力加速度时，计时起点应该选取平衡位置即最低点，因为在最高点时，速度为零，误差较大；根据单摆周期公式：，所以：（2）根据题意分析，空气对摆球有一个竖直向上的浮力，所以导致竖直方向的合力比重力小，即相当于减小了重力加速度，根据公式，可知单摆的周期变大，甲的说法正确，BC错误A正确（3）根据可知：，所以图像与横轴交点为半径大小，即，根据解析式并结合图像可知，图像斜率为：，解得：，根据解
15、析式可知，考虑不考虑球的半径，斜率不变都是，只是图像在坐标系中沿x轴平移，所以此种方法得到的重力加速度值与实际的重力加速度值相比一样14. 如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。(1)天平测量两个小球的质量。图中O点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影，实验时，先让入射球多次从斜轨上S位置静止释放；然后，把被碰小球静止于轨道的水平部分，再将入射小球从斜轨上S位置静止释放，与小球相撞，并多次重复，分别找到小球的平均落点，并测量出平均水平位移。若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_（用上述中测量的量表示）；若碰撞是弹性碰撞，那么还应该满足的
16、表达式为_（用上述中测量的量表示）；(2)完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图所示。在水平槽末端与水平地面间放置了一个斜面，斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接。使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到两球落在斜面上的平均落点。用刻度尺测量斜面项点到三点的距离分别为。则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为_（用所测物理量的字母表示）。【答案】 (1). (2). (3). 【解析】【分析】【详解】(1)1根据平抛运动可知，落地高度相同，则运动时间相同，设落地时间为t，则，动量守恒的表达式是若两球相碰前后的动量守恒，则需要验证表达式 即可2若为弹性碰撞，则碰撞
17、前后系统动能相同，则有即满足关系式(2)3碰撞前，m1落在图中的P点，设其水平初速度为v1，小球m1和m2发生碰撞后，m1的落点在图中M点，设其水平初速度为v1，m2的落点是图中的N点，设其水平初速度为v2，设斜面C与水平面的倾角为，由平抛运动规律得，解得同理，可见速度正比于，所以只要验证三、解答题（写出必要的解题过程，共42分）15. 如图，实线为一列简谐横波在t=0时刻的波形，图中a点振动方向沿y轴正向，经t=1s波形为图中虚线，求波的传播速度.【答案】 （n=1,1,2）【解析】【分析】【详解】根据题意可以知道a点振动方向沿y轴正向,则波向左传播，若波向左传播，传播的最短距离为波长，则有
18、：波传播的距离： （n=1,1,2）波速通项为： （n=1,1,2）则波的传播速度为 （n=1,1,2）答：波的传播速度为 （n=1,1,2）16. 在冰壶比赛中，冰壶甲以速度v1正碰静止的冰壶乙，碰后冰壶甲的速度变为，方向不变，已知冰壶质量均为m，碰撞过程时间为t，求：正碰后冰壶乙的速度v；碰撞过程中冰壶乙受到的平均作用力大小为F【答案】【解析】【分析】【详解】由动量守恒定律有解得冰壶乙在碰撞过程由动量定理有解得17. 如图所示，在平面的第I、IV象限内存在电场强度大小、方向沿x轴负方向的匀强电场：在第II、III象限内存在磁感应强度大小、方向垂直平面向外的匀强磁场。一个比荷的带正电粒子在x
19、轴上横坐标处的P点以的的初速度沿y轴正方向开始运动，不计带电粒子所受的重力。求：(1)带电粒子开始运动后第一次通过y轴时距O点的距离；(2)带电粒子进入磁场经多长时间第一次返回电场。【答案】(1)0.16m；(2)【解析】【分析】【详解】(1)粒子在电、磁场中运动的轨迹如图所示其中在第I象限内做类平抛运动，设运动的时间为t1，x轴方向粒子沿y轴方向的位移大小（第一次通过y轴时距O点的距离）代入数据解得t1=0.01s，y1=0.16m(2)粒子第一次通过y轴进入磁场时，沿x轴方向的速度大小设粒子进入磁场时的速度方向与y轴的夹角为，有解得根据粒子在磁场内做匀速圆周运动的轨迹，其圆弧对应的圆心角粒
20、子在磁场中做圆周运动的周期则粒子在磁场中运动时间解得则18. 相距为L2m的足够长的金属直角导轨如图甲所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面。质量均为m0.1kg的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为0.5，导轨电阻不计，回路中ab、cd电阻分别为R10.6，R20.4。整个装置处于磁感应强度大小为B0.50T、方向竖直向上的匀强磁场中。当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下从静止开始沿导轨匀加速运动时，cd杆也同时从静止开始沿导轨向下运动。测得拉力F与时间t的关系如图乙所示。g取10m/s2，求：(1)ab杆的加速度a；(2)当cd杆达
21、到最大速度时ab杆的速度大小；(3)若从开始到cd杆达到最大速度的过程中拉力F做了5.2J的功，求该过程中ab杆所产生的焦耳热。【答案】（1）10m/s2；（2）2m/s；（3）2.94J【解析】【分析】（1）对ab杆应用牛顿第二定律可以求出其加速度；（2）求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流对cd受力分析，应用平衡条件可以求出杆的速度；（3）应用运动学公式求出ab杆的位移，对ab杆应用动能定理求出安培力做功，然后求出ab杆产生的焦耳热。【详解】（1）由图乙可知，t0时，F1.5N对ab杆Fmgma代入数据得a10m/s2（2）cd杆受力情况如图(从d向c看)，当cd杆所受重力与滑动摩擦力相等时，速度最大，即mgFN又FNF安安培力F安BIL感应电流由以上几式解得v2m/s（3）ab杆发生的位移为对ab杆应用动能定理得解得W安4.9J根据功能关系得QW安所以ab杆上产生的焦耳热为【点睛】本题是电磁感应与力学知识综合应用，分析清楚导体杆运动的过程是解题的关键，应用牛顿第二定律、平衡条件与动能定理可以解题。