【物理】重庆市黔江新华中学2019-2020学年高二上学期12月月考试题（解析版） 16页

物理试卷 一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分。每小题只有一项是符合题目要求）‎ ‎1.下列说法中不正确的是（）‎ A. 电场强度为零的点，电势不一定为零 B. 电容器所带的电荷量越多，电容越大 C. 电场线是一条不闭合曲线，而磁感线是一条闭合曲线 D. 电阻率是反映材料导电性能的物理量，电阻率越小，材料的导电性能越好 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电场强度是从力的角度来描述电场的，而电势是从能的角度描述电场的，他们没有必然联系，故电场强度为零的点，电势不一定为零，故A正确；‎ B.电容由它本身决定，与电容器所带的电荷量多少无关，故B错误；‎ C.电场线是一条不闭合曲线，而磁感线是一条闭合曲线，故C正确；‎ D.电阻率是反映材料导电性能的物理量，电阻率越小，材料的导电性能越好，故D正确;‎ 本题选择不正确的，故选择：B；‎ ‎2.如图所示，是两个等量同种正点电荷的电场线分布，A、B是其连线的中垂线上两点，O是连线的中点，A、B分布在O点两侧，一负点电荷（不计重力）由A点静止释放，则有 A. 点电荷由A到O点，加速度增大，速度增大 B. 点电荷将沿OB方向运动到无穷远处 C. 点电荷由O到B点，加速度减小，速度减小 D. 点电荷运动到O点时，速度最大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AC.两个等量同种正点电荷的电场中，连线中点场强为0，无穷远处场强也为0，则在中垂线上O到无穷远之间有一点场强最大，但不能确定在场强最大点与A点的位置关系，则电荷由A到O或O到B过程中，无法确定加速度变化情况，故AC错误；‎ BD.在两电荷连线的中垂线上，O点以上的部分场强方向向上，O点以下的部分场强方向向下，负点电荷（不计重力）由A点静止释放，向下做加速运动，过O点后开始减速，减速到B点速度为0，再返回，则O点处速度最大，故D正确，B错误；‎ 故选择：D；‎ ‎3.如图所示，图线甲、乙分别为电源和某金属导体的伏安特性曲线，电源的电动势和内阻分别用E、r表示，根据所学知识分析下列选项正确的是 A. 电源的电动势E＝40V B. 电源的内阻r＝8.3Ω C. 当该导体直接与该电源相连时，该导体的电阻为20Ω D. 当该导体直接与该电源相连时，电路消耗的总功率为80W ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.甲为电源的U−I图象，故纵截距表示电源电动势，即E＝50V，在路端电压为20V时电路电流为6A，根据闭合回路欧姆定律可得 ‎50＝20＋6r，‎ 解得 r＝5Ω，‎ 故AB错误；‎ CD.当该导体直接与该电源相连时，两图线的交点表示工作时的电压和电流，故可知电阻两端的电压为40V，通过电阻的电流为2A，所以该导体的电阻大小为20Ω，电路消耗的总功率为 ‎，‎ 故C正确，D错误；‎ 故选择：C；‎ ‎4.如图所示，在A点的东、西、南、北方向相同距离处，各有一无限长直线电流，电流大小相同，方向如图，则A点的磁场方向为 A. 正北方 B. 东南方 C. 正东方 D. 正南方 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据安培定则（右手四指弯曲，大拇指指电流，四指指磁场），北和南的两支导线在A点产生的磁场方向相反．西和东的两支导线在A点产生的磁场方向均向南，‎ 故A点合磁场方向向南．故答案为D ‎5.有一未知电阻Rx，为较准确地测出其阻值，先后用图中甲、乙两种电路进行测试，利用甲图测得的数据是“2.8 V　5.0 mA”，而用乙图测得的数据是“3.0 V　4.0 mA”，那么该电阻测得的较为准确的情况是（ ）‎ A. 560 Ω，偏大 B. 560 Ω，偏小 ‎ C. 750 Ω，偏小 D. 750 Ω，偏大 ‎【答案】D ‎【解析】两次测量电压表示数变化率大小，电流表示数变化率大小，可见电流表示数变化显著，说明电压分流作用显著，采用电流表内接法误差较小，故乙图所示电路测该电阻的阻值误差较小．测量值， 真实值R真=Rx-RA，故测量值比真实值偏大．故选D．‎ 点睛：实验误差要从实验原理进行分析．本实验原理是伏安法，甲图中由于电压表的分流，使测量值小于真实值．乙图中由于电流表的分压，使测量值大于真实值．‎ ‎6.电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，下列说法正确的是 A. 电源的输出功率一定先增大后减小 B. 电源的总功率一定减小 C. 电源的内部损耗功率可能增大 D. 电源的效率一定减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由电路图可知，当滑动变阻滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路总电阻变大，电源的电动势不变，由闭合电路的欧姆定律可知，电路总电流I变小；当滑动变阻器阻值与电源内阻相等时，电源输出功率最大，由于电源的内电阻与外电阻的大小关系未知，不能判断电源输出功率如何变化，故A错误；‎ B.电源电动势E不变，电流I变小，电源总功率 ‎，‎ 则P一定减小，故B正确；‎ C.电源内阻r不变,电流I减小,电源内部的发热功率 ‎，‎ 一定减小，故C错误；‎ D.电源的效率 ‎，‎ 外电阻增大，路端电压U增大，则电源效率一定增大，故D错误；‎ 故选：B；‎ ‎7.如图是实验室用来研究提升货物的装置示意图。电动机内的线圈电阻，电压表的示数10V，电流表的示数0.5A，货物P重力为40N，不计一切摩擦力。下列说法正确的是 A. 电动机线圈上消耗的热功率是5W B. 电动机的输出功率是1W C. 电动机的输入功率是5W D. 电动机的机械效率是75%‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电动机线圈上消耗的热功率为 ‎，‎ 故A错误；‎ BC.电动机的输入功率为 ‎，‎ 则可得电动机的输出功率为：‎ ‎，‎ 故C正确，B错误；‎ D.电动机的机械效率为：‎ ‎，‎ 故D错误；故选择：D；‎ ‎8.如图所示，实线是一簇未标明方向的匀强电场的电场线，虚线是一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点．若带电粒子在运动中只受电场力作用，则根据此图可知 ‎①带电粒子所带电性 ‎②带电粒子在a、b两点的受力方向 ‎③带电粒子在a、b两点的速度何处较大 ‎④带电粒子在a、b两点的电势能何处较大 ‎⑤a、b两点哪点的电势较高 以上判断正确的是（ ）‎ A. ①②⑤ B. ②③④ C. ③④⑤ D. ①③⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①②．假设粒子由a到b运动．由图可知，粒子向下偏转，则说明粒子所受的电场力方向竖直向下，由于不知电场线方向，故无法判断粒子电性，②正确，①错误；‎ ‎③．由图可知，粒子从a到b的过程中，电场力做正功，说明粒子速度增大，故可知b处速度较大，③正确；‎ ‎④．电场力做正功，则电势能减小，故a点电势能较大，④正确；‎ ‎⑤．虽然a点电势能较大，但是不知道粒子电性，故无法判断电势的高低，故⑤错误，‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题是电场中轨迹问题，关键要能根据轨迹弯曲方向判断出电场力的方向，掌握电场力做正功，电势能减小，判断电势能的大小．‎ 二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分。每小题有多项符合题目要求）‎ ‎9.如图竖直面内的水平虚线为匀强电场中的等势面，两带电小球、质量相等，所带电荷量的绝对值也相等.现将、从虚线上的点以相同速率射出，两小球在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示，点、、为实线与虚线的交点，已知点电势高于点.则 A. 带负电荷，带正电荷 B. 在点和点的，动能相等 C. 在从点运动至点的过程中克服电场力做功 D. 在点速度小于在点的速度 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.等势线在水平方向，O点电势低于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向下，根据粒子的轨迹可判断出N粒子所受的电场力方向竖起向上，M粒子所受的电场力方向竖直向下，故知N粒子带负电，M带正电，故A错误；‎ B.由图示可知：O、b在同一等势面上，从O到b电场力做功为零，O、b在同一高度，重力做功为零，由动能定理可知，M在O点与b点动能相等，故B正确；‎ C. N从O点运动至a点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功。故C错误；‎ D. N从O到a点过程与M从O到c过程电场力做功相等，但重力对N做负功，对M做正功，由动能定理可知，N在a点的速度小于M在c点的速度，故D正确；‎ 故选：BD;‎ ‎10.在如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，各电表都看做理想表．闭合开关，滑动变阻器滑片P向右移动，若以、、、分别表示电压表V1、V2、V3和电流表A的示数变化的大小，则下述结论正确的是（ ）‎ A. 电压表V1、V2、V3和电流表A的示数分别是变小、变大、变小、变大 B. 电压表V1、V2、V3和电流表A的示数分别是变大、变小、变大、变小 C. ‎ D. 、、分别是变小、不变、变小 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、当滑动变阻器的滑动片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，总电阻减小，则电路中的总电流增大，则电流表A的示数变大；根据欧姆定律可知 的电压增大，电压表示数变大；内电压增大，则路端电压减小，电压表示数变小．的电压增大，路端电压减小，则的电压减小，则电压表的示数变小，故A正确，B错误．‎ CD、根据全电路欧姆定律知：，故C正确．由，变形得：，不变．，不变．由，变形得：，即不变．故C正确，D错误．故选AC ‎【点睛】当滑动变阻器的滑动片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，总电阻减小，电路中的总电流增大，由欧姆定律分析并联部分两端电压的变化和路端电压的变化，再判断两端电压的变化，综合分析出两电压表变化量的大小．‎ ‎11.如图所示，在倾角为α的光滑“U”形金属导轨上，接触良好，放置一根长为L，质量为m的导体棒．在导体棒中通以电流I时，欲使导体棒静止在斜面上，下列外加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向正确的是( )‎ A. 方向垂直斜面向上， B. 方向垂直斜面向下， ‎ C. 方向竖直向下， D. 方向竖直向上， ‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向上，则沿斜面向上的安培力、支持力与重力，三力合力可以为零，可以使导体棒处于平衡状态，大小 ‎，‎ A正确；‎ B．外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向下，则沿斜面向下的安培力、支持力与重力，所以棒不可能处于平衡状态，B错误；‎ C．外加匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向下，则水平向左的安培力、支持力与重力，所以棒不可能处于平衡状态，C错误；‎ D．外加匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向上，则水平向右的安培力、支持力与重力，三力合力可以为零，可以使导体棒处于平衡状态，大小 D正确．故AD。‎ ‎12.甲、乙两电路图分别是滑动变阻器两种连接方式。是滑动变阻器，是滑动变阻器的滑片，a、b是滑动变阻器的两端，是待测电阻，下列说法正确的是 A. 在闭合开关测量前，甲、乙两图中滑片P都应置于b端 B. 甲、乙两图中待测电阻上的电压都可以调到零 C. 阻值远远大于滑动变阻器阻值时，选择甲图电路连接 D. 在描绘小灯泡的伏安特性曲线的实验中，选择乙图电路连接 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.甲是滑动变阻器的限流接法，在闭合开关测量前，甲滑片P应置于最大阻值处，即处于b端；而乙是滑动变阻器的分压接法，在闭合开关测量前，乙滑片P应该把测量电路短路，即处于b端；故A正确；‎ B.乙待测电阻上的电压都可以调到零，甲的测电阻上的电压调不到零，故B错误；‎ C.阻值远远大于滑动变阻器阻值时，选择分压接法，即乙图电路连接，故C错误；‎ D.在描绘小灯泡的伏安特性曲线的实验中，选择分压接法，选择乙图电路连接，故D正确；‎ 故选择：AD；‎ 三、实验题（本题共2小题，共14分）‎ ‎13.利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻，要求尽量减小实验误差．‎ ‎(1)应该选择的实验电路是图中的______（选填“甲”或“乙”）．‎ ‎(2)现有开关和导线若干，以及以下器材：‎ A.电压表（0-15V） B.电压表（0-3V） C.滑动变阻器 ‎ D.滑动变阻器 E.电流表(0-0.6A)　　 F、电流表（0-3A）‎ 实验中电压表应选用______；电流表选应用______，滑动变阻器应选用______(选填相应器材前的字母)‎ ‎(3)采用甲电路测量，误差情况是E测____E真，r测_____r真；采用乙电路测量，误差情况是E测_____E真，r测_______r真选填“>”、“<”或“=”）‎ ‎【答案】 (1). 甲 (2). B E C (3). < < = >‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据实验原理及误差分析可选择合适的电路图;(2)根据电源的电动势选择电压表；同时选择对应的电流表；根据内阻的大小选择滑动变阻器;(3)分别对两电路进行分析，再根据误差形成原因分析误差.‎ ‎【详解】(1)干电池内阻较小，为了减小误差应采用相对电源的电流表外接法；故应选择甲图；‎ ‎(2)因电源的电动势为1.5V，故电压表应选择B；因电流较小，因此电流表应选择E；内阻约为几欧姆，故滑动变阻器选择C；‎ ‎(3)甲图中由于电压表的分流，使电流测量值小于真实值，而电压表示数是准确的，当电路短路时，电压表的分流可以忽略不计，故短路电流为准确的，则图象应以短流电流向左下移动，故图象与纵坐标的交点减小，图象的斜率减小，故电动势减小，内阻小于真实值；乙图中由于电流表的分压作用，使电压表测量值小于真实值，而电流表示数准确；当外电路断开时，电流表分压可以忽略，此时电压表示数为电动势，故电动势是准确的；图象与纵轴的交点准确，由于电压值偏小，故整体图象左移，图象的斜率变大，故电阻偏大；‎ ‎【点睛】本题考查测量电动势和内阻的实验，要注意掌握该实验中如何减小实验误差，并能正确选择实验仪器.‎ ‎14.（1）某同学想通过多用表的欧姆挡测量量程为3 V的电压表内阻，主要步骤如下：‎ ‎①把选择开关拨到“×100”的欧姆挡上；‎ ‎②把两表笔相接触，旋转欧姆调零旋钮，使指针指在电阻零刻度处；‎ ‎③把红表笔与待测电压表________(选填“正”或“负”)接线柱相接，黑表笔与另一接线柱相连，发现这时欧姆表指针偏转角度很小；‎ ‎④换用____(选填“×10”或“×1k”)欧姆挡重新调零后测量，发现这时指针偏转适中，记下电阻数值；‎ ‎⑤把选择开关调至OFF挡或交流电压最高挡后拔下表笔，把多用电表放回桌上原处，实验完毕．‎ ‎（2）实验中(如图)某同学读出欧姆表的读数为_______Ω，这时电压表读数为______V.‎ ‎（3）如图1，由图可知长度L=________mm；如下图2所示，由图可知直径D=________mm；‎ ‎【答案】 (1). 负 ×1K (2). 40千 2.20 (3). 50.15mm 4.700mm ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)③[1]欧姆表内置电源负极与红表笔相连，把红表笔与待测电压表负接线柱相接，黑表笔与另一接线柱相连，发现这时指针偏转角度很小；‎ ‎④[2]欧姆表指针偏角很小，说明所选挡位太小，为准确测量电阻阻值，应换大挡，换用×1k欧姆档重新调零后测量。‎ ‎(2)[3]欧姆表选择×1k挡，由图丙所示表盘可知，欧姆表读数为：40×1k=40kΩ；‎ ‎[4]电压表量程为3V，由图示电压表表盘可知，其分度值为0.1V，示数为2.20V；‎ ‎（3）[5]游标卡尺的读数为50+3×0.05=50.15mm；‎ ‎[6] 螺旋测微器的读数为4.5+20.0×0.01=4.700mm；‎ 四、计算题（本题共4小题，共38分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）‎ ‎15.如下图所示，在真空中有P、M、N三处，将电子（带电量-e）从P点移动到M点，克服电场力做功20eV；将电子从M点移动到N点，电场力做功30eV。求：‎ ‎（1）PM间的电势差和MN间的电势差；‎ ‎（2）假设M点的电势为零，则P点的电势和电子在P点的电势能。‎ ‎【答案】（1）20V；-30V（2）20V，-20eV ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由电势差的定义知：‎ ‎；‎ ‎；‎ ‎（2）由题意可知：‎ ‎；‎ ‎16.如图，金属杆ab的质量为m，长为L，通过的电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，结果ab静止且紧压于水平导轨上．若磁场方向与导轨平面成θ角，求：‎ ‎（1）棒ab受到的摩擦力；‎ ‎（2）棒对导轨的压力．‎ ‎【答案】（1）BILsinθ；（2）mg﹣BILcosθ．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 金属杆ab受到重力、安培力、导轨的支持力和摩擦力平衡，金属杆与磁场方向垂直，安培力大小F=BIL，根据平衡条件列方程求解．‎ ‎【详解】作出金属杆受力如图所示： ‎ 根据平衡条件得Ff=Fsinθ mg=FN+Fcosθ 又F=BIL 解得：Ff=BILsinθ FN=mg-BILcosθ ‎【点睛】本题主要考查了应用平衡条件解决磁场中通电导体的平衡问题，关键在于安培力分析和计算．‎ ‎17.在如图所示的电路中，电源的电动势E、内阻r，电阻，电容器的电容。开关S断开、闭合开关K后，电压表的示数=16V。当开关S、K都闭合后，电压表的示数=15V。电压表是理想电表。求：‎ ‎（1）开关S断开、闭合开关K时，电容器带电量Q；‎ ‎（2）电源的电动势E和内阻r。‎ ‎【答案】（1）（2）20V；2Ω ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）当开关S断开、闭合开关K时，因为 ‎，‎ 所以：‎ ‎，‎ 所以，此时电容器带电量为：‎ ‎（2）当开关S断开、闭合开关K时，通过并联电路电流：‎ ‎，‎ 此时：‎ 当开关S、K都闭合后，此时电路中总电流为：：‎ ‎，‎ 此时：‎ 联立解得：‎ ‎，‎ ‎；‎ ‎18.如图所示电路中，电源电动势E=12V，内阻r=1Ω，定值电阻R2=10Ω，滑动变阻器R1可在0~19Ω范围内调节，平行板电容器板长L=10cm，板间距d=4cm，一带正电的的粒子kg(不计重力)，C，以=2×106m/s从两板正中间射入。当电键断开时，粒子击中距电容器极板右边缘b=20cm的荧光屏正中心O，则当电键闭合后，求：‎ ‎（1）R1在什么范围内调节可使该粒子打到荧光屏上？‎ ‎（2）粒子打到荧光屏上距O点最大距离是多少？(荧光屏足够大)‎ ‎（3）调节R1能使粒子打在荧光屏上区域的长度是多少？‎ ‎【答案】（1）4Ω＜R1≤19Ω（2）10cm（3）5cm ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）若粒子刚好从下极板边缘飞出，此时R1的最小值是R1m，设粒子运动的时间为t，加速度为a，根据匀变速直线运动的公式可得粒子的偏移量为：‎ ‎，‎ 根据牛顿第二定律可得粒子的加速度为：‎ ‎，‎ 根据匀速直线运动可得粒子在电场中运动的时间为：‎ 由欧姆定律可得：‎ 根据闭合电路欧姆定律可得：‎ 代入数据得 R1m=4Ω 所以R1的取值范围是4Ω＜R1≤19Ω；‎ ‎（2）粒子最大偏移距离是ymax(如图所示)，由类平抛运动规律和几何关系可知 ‎ ‎ 代入数据解得 ymax＝10cm。‎ ‎（3）当R1=19Ω时，电容两极板间的电压最小，带电粒子在极板间的加速度最小，飞出极板时，偏移量最小。‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎