物理卷·2019届新疆师范大学附属中学高二上学期12月月考试题（解析版）x 16页

新疆师范大学附属中学2017-2018学年高二12月月考物理试题 一、单项选择题 ‎1. 以下说法正确的是 A. 由 E= F/q 可知，电场中某点的电场强度E与F成正比 B. 由公式可知，电场中某点的电势φ与q成反比 C. 公式C=Q/U，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关 D. 由可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大 ‎【答案】C ‎【解析】电场中某点的电场强度与试探电荷所受的电场力无关，选项A错误；电场中某点的电势只由电场本身决定，与试探电荷所带的电量无关，选项B错误；公式C=Q/U，电容器的电容由电容器本身决定，与电容器两极板间电势差U无关，选项C正确；匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差不一定越大，还要看a、b间的距离在电场方向的投影长度，选项D错误；故选C.‎ ‎2. 质量为m的物体以v的初速度竖直向上抛出，经时间t，达到最高点，速度变为0，以竖直向上为正方向，在这个过程中，物体的动量变化量和重力的冲量分别是( )‎ A. -mv和-mgt B. mv和mgt C. mv和-mgt D. -mv和mgt ‎【答案】A ‎【解析】以竖直向上为正方向，物体动量的变化：△P=P′-P=0-mv=-mv，重力的冲量：I=-mgt，故A正确；故选A．‎ 点睛：本题考查了求动量的变化与重力的冲量，知道动量的定义式与冲量的定义式即可正确解题，解题时注意正方向的选择．‎ ‎3. 如图所示，APB曲线是电场中的一条电场线，ab与曲线相切于P,cd与ab正交于P，一个电子通过P点时其速度与Pc同向，若电子只受电场力作用，则其加速度（ )‎ A. 与a同向 B. 与b同向 C. 与c同向 D. 与d同向 ‎【答案】A ‎【解析】电场线的切线的方向表示电场的方向，所以P点的电场的方向沿Pb的方向，而电子带负电，负电荷受到的电场力的方向与电场的方向相反，所以电子在P点受到的电场力的方向沿Pa的方向．故选A。‎ ‎4. 如图所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量同种点电荷分别处于椭圆的两个焦点M、N上，下列说法中正确的是(  )‎ A. A、B两处电势、场强均相同 B. CD两处电势、场强均不同 C. 在虚线AB上O点的场强最小 D. 带负电的试探电荷在O处的电势能大于在C处的电势能 ‎【答案】C ‎ 5. 一带电粒子在电场中仅在电场力作用下,从A点运动到B点,速度随时间变化的图象如图所示，tA、tB分别是带电粒子到达A、B两点对应的时刻,则下列说法中正确的是( )‎ A. A处的场强一定小于B处的场强 B. A处的电势一定高于B处的电势 C. 电荷在A处的电势能一定小于在B处的电势能 D. 电荷在A到B的过程中，电场力一定对电荷做正功 ‎【答案】D ‎【解析】解：‎ A、根据速度图象的斜率等于加速度，由数学知识可以看出，从A点运动到B点的过程中带电粒子的加速度减小，则其所受的电场力减小，电场强度减小，即有A处的场强一定大于B处的场强．A错误．‎ B、由于带电粒子的电性未知，无法判断电场方向，也就不能判断电势高低．故B错误．‎ C、D由图看出，带电粒子的速度增大，动能增大，则由能量守恒定律得知，其电势能减小，电场力做正功．故C错误，D正确．‎ 故选D ‎【点评】本题要抓住电场强度与加速度的关系：a=，即根据牛顿第二定律把握力与电场和联系，同时要掌握速度图象斜率的意义进行分析．‎ ‎6. 欧姆发现了欧姆定律，还研究了电阻定律。有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且a>b>c。电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：由电阻的决定式可知，A中电阻，B中电阻；C中电阻；D中电阻；故电阻最小的为A；故选A．‎ 考点:电阻定律 ‎7. 如图所示,两块水平放置的平行正对的金属板a、b与电源E相连,在距离两板等距离的M点有一个带电液滴处于静止状态。若将b板向上平移一小段距离,但仍在M点下方,稳定后,下列说法中正确的是( )‎ A. 液滴将加速向下运动 B. M点电势升高 C. 带电液滴在M点的电势能增大 D. 在b板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功不相同 ‎【答案】C ‎【解析】电容器与电源保持相连，电容器板间的电压不变，将b板向上平移一小段距离，根据 分析得知板间电场强度增大，液滴所受的电场力增大，液滴将加速向上运动．故A错误．由U=Ed知，M与a间的电场差增大，a点的电势为零，M点的电势小于零，则知M点的电势降低．故B错误．由于液滴带负电，则带电液滴在M点的电势能增大．故C正确．在b板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，两板间的电势差不变，根据电场力做功公式W=qU知，电场力做功相同．故D错误．故选C．‎ 点睛：由于金属板与电源始终相连，即使改变两板间距，两板的电压仍不变，所以电场力做功也相同．同时考查了电势能与电荷的电量及电势有关，且注意电荷的极性与电势的正负．‎ ‎8. a、b、c三个a粒子（氦原子核）由同一点同时垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，以下说法错误的是 A. 在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上 B. b和c同时飞离电场 C. 进入电场时，c的速度最大，a的速度最小 D. 电场力做功相比，c的最小，a和b的一样大 ‎【答案】B ‎【解析】a、b两个粒子在电场中沿电场的方向上的位移相同，由h＝gt2‎ 可知运动时间也相同，所以b粒子飞离电场的同时，a刚好打在负极板上，选项A正确．b和c在电场中沿电场的方向的位移不同，所以在电场中飞行的时间也就不同，选项B错误．由h＝gt2可知，c粒子在电场中飞行的时间最短，而在水平方向飞行的距离最大，所以c的速度最大，a、b两粒子飞行时间相等，a的水平位移最小，所以a的速度最小，选项C正确．三个粒子受到的电场力相同，在电场力的方向上，谁的位移大，电场力对谁做的功就大，所以对a、b两粒子做的功相等，对c粒子做的功要少．选项D正确．此题选择错误的选项，故选B.‎ 点睛：带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同．先分析受力情况再分析运动状态和运动过程（平衡、加速、减速，直线或曲线），然后选用恰当的规律解题．解决这类问题的基本方法有两种，第一种利用力和运动的观点，选用牛顿第二定律和运动学公式求解；第二种利用能量转化的观点，选用动能定理和功能关系求解．‎ 二、多选题 ‎9. 如图所示的电路中，电源的电动势E和内电阻r恒定不变，电灯L恰能正常发光，如果变阻器的滑片向b端滑动，则(　　)‎ A. 电灯L更亮，电流表的示数减小 B. 定值电阻R2消耗的功率减小 C. 电灯L变暗，电源的总功率减小 D. 电灯L变暗，电流表的示数增大 ‎【答案】AB ‎【解析】变阻器的滑片向b端滑动，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，则总电流I减小，路端电压U增大，则电灯L更亮，安培表的示数减小．故A正确，CD错误．路端电压U增大，则通过电灯L的电流增大，而总电流I减小，所以通过R2的电流减小，R2‎ 消耗的功率减小．故B正确．故选AB．‎ ‎10. 如图所示，a、b分别表示一个电池组和一只电阴的伏安特性曲线。以下说法正确的是（ ）‎ A. 电池组的内阻是 B. 电阻的阻值为 C. 改变外电阻的阻值时，该电池组的最大输出功率为4W D. 将该电阻接在该电池组两端，电池组的输出功率是4W ‎【答案】ABC ‎【解析】电池组的电动势E=4V，内阻等于a图线的斜率大小，为．故A正确．电阻的阻值等于b图线的斜率大小，为．故B正确．改变外电阻的阻值时，当外电路电阻等于内阻时，即R=r=1Ω时该电池组的输出功率最大，最大为，选项C正确；两图线的交点表示将该电阻接在该电池组两端的工作状态，则电阻两端的电压为U=1V，电流为I=3A，则电池组的输出功率P=UI=3W．故D错误．故选ABC.‎ 点睛：本题考查学生对图象的认识，要由U=E-Ir去理解图象的性质，明确图象与纵坐标的交点表示电源的电动势，图象的斜率表示电源的内电阻．电源的U-I图像与电阻的U-I图像的交点为电路的工作点.‎ ‎11. 如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，电阻R3为定值电阻，R1、R2为滑动变阻器，A、B为电容器两个水平放置的极板。当滑动变阻器R1、R2的滑动触头处于图示位置时，A、B两板间的带电油滴静止不动。则下列说法中正确的是(　　)‎ A. 把R2的触头向右缓慢移动时，油滴向下运动 B. 把R1的触头向右缓慢移动时，油滴向上运动 C. 缓慢增大极板A、B间的距离，油滴静止不动 D. 缓慢减小极板A、B的正对面积，油滴静止不动 ‎【答案】BD ‎【解析】油滴静止不动，处于平衡状态，所受重力与电场力合力为零，油滴所受电场力竖直向上；由电路图可知，把R2的触头向右缓慢移动时，电容器两端电压不变，板间场强不变，油滴受力情况不变，油滴仍然静止，故A错误；由电路图可知，把R1的触头向右缓慢移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路总电阻变大，电源电动势不变，由闭合电路的欧姆定律可知，电路电流变小，电源内电压减小，路端电压增大，电容器两极板电压变大，油滴所受电场力变大，所受合力向上，则油滴向上运动，故B正确；缓慢增大极板A、B间的距离，极板间的电压不变，极板间的电场强度减小，油滴所受电场力减小，油滴所受合力向下，油滴向下运动，故C错误；缓慢减小极板A、B的正对面积，极板间电压不变，场强不变，油滴所受电场力不变，油滴所受合力为零，仍然静止不动，故D正确；故选BD．‎ 点睛：本题中要抓住电容器的电压等于路端电压，与电路部分是相对独立的．分析油滴是否运动，关键分析电场力是否变化．‎ ‎12. 如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，串联的固定电阻为R2，滑动变阻器的总阻值是R1，电阻大小关系为R1＋R2＝r，则在滑动触头从a端滑到b端过程中，下列描述正确的是(　　) ‎ A. 电路的总电流先减小后增大 B. 电路的路端电压先增大后减小 C. 电源的输出功率先增大后减小 D. 滑动变阻器R1上消耗的功率先减小后增大 ‎【答案】ABC ‎【解析】当滑动变阻器从a→b移动时R1作为并联电路总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知：电流是先减小后增大，故A正确；路端电压U=E-Ir，因为电流先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，故B正确；当R外=r的时候 电源的输出功率最大，当滑片在a端或者b端的时候 电路中R外=R2，滑片在中点时总电阻最接近于r，此时电源的输出功率最大，所以输出功率是先增大后减小，故C正确；串联电路 当R＜R2时，电阻越大消耗的P越大，滑动变阻器上消耗的功率是先增大后减小，故D错误．故选ABC.‎ 点睛：本题考查了串、联电路的特点和欧姆定律的灵活运用，难点是滑动变阻器滑片P从最右端→中间→左端总电阻变化情况的判断．‎ 三、填空题 ‎13. 在《描绘小灯泡伏安特性曲线》实验中选择“3V，0.5A”的小灯泡作为研究对象，备有下列器材：‎ A．电流表（量程，内阻） B．电流表（量程，内阻）‎ C．电压表（量程，内阻约） D．电压表（，内阻约）‎ E．滑动变阻器（阻值） F．滑动变阻器（阻值）‎ G．电源 H．开关 I．导线若干 ‎（1）为了测量准确，实验中应选用电流表____，电压表_____，滑动变阻器_____．（填序号）‎ ‎（2）在本实验中，滑动变阻器应采用___（填“分压”或“限流”）接法，电流表应采用_____（填“内”或“外”）接法小灯泡，如果用实验所测数据来求电阻，则测量结果比真实数值要_____（选填“大”或“小”）。‎ ‎【答案】 (1). A (2). D (3). F (4). 分压 (5). 外 (6). 小 ‎【解析】（1）由题意可知，灯泡的额定电压为3V，为了准确性及安全性原则，电压表应选择D；灯泡的额定电流为0.5A，故电流表应选择A；测量灯泡的伏安特性曲线实验中应采用分压接法，故滑动变阻器应选用小电阻，故滑动变阻器应选择F； （2）测量小灯泡的伏安特性曲线时，要求电压值从零开始变化，故滑动变阻器应采有分压接法；灯泡内阻为R==6Ω，而电流表内阻约为1Ω，故电流表应采用外接法；因为电压表内阻不是无穷大，所以因为电压表的分流使电流表示数偏大，由欧姆定律可知，测出的灯泡电阻偏小；‎ ‎14. 如图所示为多量程多用电表的示意图。‎ ‎(1)当接通１或2时，为 _____挡（填电流、电阻或电压）。1的量程比2的量程_______（填“大”或“小”）。 若选择开关拨至“25mA”挡，指针的位置如图(a)所示，则测量结果为________mA，接通5或6时，5的量程比6的量程________（填“大”或“小”）。‎ ‎(2) 当接通3或4测量某电阻时，用×10Ω挡时，发现指针偏转角度过大，他应该换用______挡（填“×1”或“×100”），换挡后，在测量前要先进行__________。若此多用电表所用表头的满偏电流是100 mA，则换挡后电池的电动势E=_________ V；图中__________（填“A”或“B”）为红表笔。‎ ‎【答案】 (1). 电流 (2). 大 (3). 均可 (4). 小 (5). (6). 欧姆调零 (7). (8). A ‎【解析】(1)改装成电流表时要并联电阻分流，所以1、2是电流档；并联电阻越小，分流越大，则改装的电流表量程越大，故1位置的量程较大；‎ 电流表选择档位为25mA，电流档的示数最小分度是0.5mA，则读数为：11.5mA；‎ 要测量电压，电流表应与电阻串联，由图可知当转换开关S旋到位置5、6时；测量电压，电流表所串联的电阻越大，所测量电压值越大，故当转换开关S旋到5的量程比旋到6的量程小；‎ ‎(2)因偏转角度过大，则电阻小，要用小量程的，选择×1Ω档，换档后电路改变，要重新欧姆调零，换挡后中值电阻为R=15Ω，则换挡后电池的电动势E=IgR=0.1×15=1.5V，根据红进黑出的原则可知，多用电表内电池的正极与黑表笔相连，则A接红，B接黑。‎ 四、计算题 ‎15. 如图所示电路中，电源电动势，内阻r=5Ω，电阻，。不计电压表对电路的影响，问：‎ ‎（1）电路中的总电流多大？‎ ‎（2）电压表的读数多大？‎ ‎（3）电源消耗的总功率多大？‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】（1）R1和R2并联电阻 则总电流 ‎（2）电压表的读数U=E-Ir=50-2×5=40V， （3）电源消耗的总功率P=EI=50×2=100W．‎ ‎16. 一个静止的电子在的电压作用下得到一定速度后垂直于平行板间的匀强电场飞入两极板间的中央，如图所示，若平行板间的距离d，板长l，电子电荷量e，电子质量m，不计电子重力；‎ ‎（1）求电子刚进入匀强电场时的速度大小；‎ ‎（2）若电子进入偏转电场后刚好能飞出平行板，求平行板上所加的电源 ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】（1）电子在加速电场中运动时，根据动能定理，得    mv02＝qU1 ‎ 所以：v0＝‎ ‎（2）电子在偏转电场中运动时 加速度   ‎ 由电子在水平方向做匀速直线运动得 l=v0t 电子在竖直方向做匀加速直线运动，刚好不飞出电场时y=d 又y=at2‎ 将a、t代入得 点睛：电子在电场中做类平抛运动，不仅轨迹与平抛运动相似，是抛物线，更重要的是研究方法与平抛运动相似，采用运动的合成与分解方法处理．与平抛运动最大的不同是加速度，加速度不是g，要根据牛顿第二定律求出．‎ ‎17. 质量为M的木块静止于光滑的水平面上，一质量为m，速度为v0的子弹水平射入木块且未穿出．设木块对子弹的阻力为F，求：‎ ‎（1）物块至少多长，子弹才不会穿出；‎ ‎（2）子弹在木块中运动的时间．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】碰撞过程动量守恒mvo=（m+M）v　① 由能量守恒得  FS=mv02-（m+M）v2 ② 设物块的长度为L，应满足：L≥S　③ 由动量定理：Ft=Mv　　　　④ 由①②③联立得：  　　 ‎ 由①②④联立得： ‎ ‎18. 在光滑绝缘水平面上放置一质量m＝0.2 kg、电荷量q＝＋5.0×10－4 C的小球，小球系在长L＝0.5 m 的绝缘细线上，细线的另一端固定在O点。整个装置置于匀强电场中，电场方向与水平面平行且沿OA方向，如图3所示(俯视图)。现给小球一初速度使其绕O点做圆周运动，小球经过A点时细线的张力F＝140 N，小球在运动过程中，最大动能比最小动能大ΔEk＝20 J，小球可视为质点。‎ ‎(1)求电场强度的大小；‎ ‎(2)求运动过程中小球的最小动能； ‎ ‎(3)若小球运动到动能最小的位置时细线被剪断，则经多长时间小球动能与在A点时的动能相等？此时小球距A点多远？‎ ‎【答案】（1）（2）（3） ‎ 当小球的动能与在A点时的动能相等时，由动能定理可知：y=2L 线断后球做类平抛运动：‎ x=vBt 代入数据后得：，x=m 点睛：本题是动能定理与类平抛运动的综合，要熟练运用正交分解法处理类平抛运动，抓住两个分运动的等时性，由牛顿第二定律和运动学规律结合进行研究．‎ ‎ ‎