辽宁省本溪高级中学2019-2020学年高二上学期9月月考物理试题 16页

物理试卷 本试卷共100分，考试时间90分钟。‎ 一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分。）‎ ‎1.两个完全一样的带电金属小球，其中一个球的带电量的绝对值是另一个的5倍，它们间的库仑力大小是F，现将两球接触后再放回原处，它们间库仑力的大小可能是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AD.若两电荷同性，设一个球的带电量为Q，则另一个球的带电量为5Q，此时，接触后再分开，带电量各为3Q，则两球的库仑力大小；故A项错误，D项正确.‎ BC.若两电荷异性，接触后再分开，两球电量的绝对值为2Q，此时两球的库仑力；故B项正确，C项错误.‎ ‎2.如图所示，质量为4kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面。质量为1kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为（g取l0m/s2）的（ ）‎ A. 0 B. 50N C 10N D. 8N ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】剪断细线前，A、B间无压力，则弹簧的弹力F=mAg=40N，剪断细线的瞬间，对整体分析，整体加速度：，隔离对B分析，mBg-N=mB a，解得：N=mBg-mBa=10-1×2N=8N．故D正确，ABC错误。故选D。‎ ‎3.如图所示，大小为E、方向水平向右的匀强电场中有一与电场平行的圆，圆心为O，半径为R，AB为圆的一直径，AB与电场线夹角为，则O、A两点间的电势差等于( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】匀强电场中OA线段沿电场线方向的距离，根据匀强电场中的场强与电势差的关系可得；故选C.‎ ‎【点睛】掌握电场强度的三个公式适用范围和符号的意义：定义式，点电荷场源的决定式，匀强电场中的计算式.‎ ‎4.空间有平行于纸面的匀强电场，一电荷量为﹣q的质点（重力不计），在恒定拉力F的作用下沿虚线由M匀速运动到N，如图所示，已知力F和MN间夹角为θ，MN间距离为d，则（　　）‎ A. MN两点的电势差为 B. 匀强电场的电场强度大小为 C. 带电小球由M运动到N的过程中，电势能减少了Fdcosθ D. 若要使带电小球由N向M做匀速直线运动，则F必须反向 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据动能定理得，，，A正确，电场线方向沿F方向，MN沿电场线方向距离为dcosθ，由公式得，，B错误，小球M到N做-Fdcosθ的功，电势能增大Fdcosθ．故C错误．小球在匀强电场中受到的电场力恒定不变，根据平衡条件，由N到M，F方向不变．故D错误．‎ ‎5.如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即，实线为一带负电的电子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知　　‎ A. 三个等势面中，a的电势最高 B. 电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大 C. 电子通过P点时的动能比通过Q点时大 D. 电子通过P点时的加速度比通过Q点时小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据轨迹弯曲的方向可知，负电荷受力的方向向下，电场线向上．故c的电势最高；根据推论，负电荷在电势高处电势能小，可知电荷在P点的电势能大；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P点场强小，电场力小，加速度小。‎ ‎【详解】A项：负电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧；作出电场线，根据轨迹弯曲的方向和负电荷可知，电场线向上。故c的等势面电势最高，故A错误；‎ B项：利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道质点在P点电势能大，故B正确； C项：只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故带电质点在P点的动能与电势能之和等于在Q点的动能与电势能之和，P点电势能大，动能小。故C错误；‎ D项：等差等势面的疏密可以表示电场的强弱，P处的等势面密，所以P点的电场强度大，粒子受到的电场力大，粒子的加速度大，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎【点睛】根据电场线与等势面垂直，作出电场线，得到一些特殊点（电场线与等势面交点以及已知点）的电场力方向，同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法。‎ ‎6.如图所示，相同质量的两物块从底边长相同、倾角不同的固定斜面最高处同时由静止释放且下滑到底端，下面说法正确的是 ( )‎ A. 若斜面光滑，两物块一定同时运动到斜面底端 B. 若斜面光滑，倾角小的斜面上的物块一定先运动到斜面底端 C. 若两物块与斜面之间的动摩擦因数相同，倾角大的斜面上的物块损失的机械能大 D. 若两物块到达底面时动能相同，倾角大的斜面与物块间的动摩擦因数大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设斜面倾角为θ，底边长为s，则有：；，解得，则θ不同，则时间t不同，当θ=450时，物块滑到底端的时间最小，故选项AB错误；物体损失的机械能等于摩擦力所做的功，摩擦力做功W=μmgcosθ×=μmgs； 损失的机械能与夹角无关； 所以两物体损失的机械能相同，故C错误；若物块到达地面的动能相等，则由于倾角大的斜面重力做功多，故摩擦力做功也要多才能使两种情况下的合外力做功相等，故物块与倾角大的斜面间的动摩擦因数要大，故D正确；故选D。‎ ‎【点睛】本题考查学生对动能定理及功能关系的理解与应用； 对于两种情况进行比较的问题，一定要注意要找出相同条件后，再进行分析.‎ ‎7.如图所示,AB是某电场中的一条电场线,若有一电子以某一初速度且仅在电场力的作用下,沿AB由点A运动到点B,所经位置的电势随距A点的距离变化的规律如图所示.以下说法正确的是(  )‎ A. 电子在A、B两点的速度vAEpB D. A、B两点的电场强度EA>EB ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、C项：由图看出，电势逐渐降低，可判断出电场线的方向从A到B，在移动过程中，电场力做负功，电子的动能减小，速度减小，而电子的电势能增大．即有vA＞vB，EPA＜EPB．故A、C错误；‎ B项：电场线的方向从A到B，则A、B两点的电势φA＞φB，故B错误；‎ D项：φ-x图象的斜率大小等于电场强度，由几何知识得知，图象的斜率减小，则从A到点B场强减小，则有EA＞EB，故D正确。‎ ‎8.如图所示，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为，粒子在M和N时加速度大小分别为，速度大小分别为，电势能分别为。下列判断正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：将粒子的运动分情况讨论：从M运动到N；从N运动到M ‎，根据电场的性质依次判断；‎ 电场线越密，电场强度越大，同一个粒子受到的电场力越大，根据牛顿第二定律可知其加速度越大，故有；若粒子从M运动到N点，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做负功，电势能增大，动能减小，即，负电荷在低电势处电势能大，故；‎ 若粒子从N运动到M，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做正功，电势能减小，动能增大，即，负电荷在低电势处电势能大，故；‎ 综上所述，D正确；‎ ‎【点睛】考查了带电粒子在非匀强电场中的运动；本题的突破口是根据粒子做曲线运动时受到的合力指向轨迹的内侧，从而判断出电场力方向与速度方向的夹角关系，进而判断出电场力做功情况．‎ 二、多项选择题（本题共4小题，每题4分，共16分。）‎ ‎9.在如图所示的4种情况中，a、b两点的场强相同，电势不同的是（）‎ A. 带电平行板电容器两极板间的a、b两点 B. 离点电荷等距的a、b两点 C. 达到静电平衡时导体内部的a、b两点 D. 两个等量异种电荷连线上，与连线中点O等距的a、b两点 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电势是标量，电场强度是矢量，标量只要大小相等，标量就相等，而矢量，大小、方向均相同，矢量才相同．根据电场线的分布判断．‎ ‎【详解】a、b处于匀强电场中，场强相同，电势不同，沿着电场线电势逐渐降低，a点电势高于b点电势，即a、b两点电势不等，故A正确；a、b处于同一等势面上，电势相等，而电场强度方向不同，故电场强度不同，故B错误。处于静电平衡状态下的金属内部a，b两点，电场强度均为零，整个导体是等势体，电势相等，故C错误；根据电场线的分布情况可知a、b 两点场强相同，a、b间的电场线从正电荷到负电荷，沿着电场线电势逐渐降低，故a、b两点电势不等，故D正确；故选AD。‎ ‎【点睛】对于典型的电场的电场线分布要掌握，抓住特点，有助于解答关于电场强度、电势高低判断的问题．‎ ‎10.如图所示，平行板电容器的金属板始终与电源两极相连，电源电压为8.0V，两板的间距为2cm，而且极板B接地。极板间有C、D两点，C距A 板0.5cm，D距B板0.5cm，则（ ）‎ A. C.D两点的电势相等 B. 两板间的场强为400V/m C. D点的电势φD = 2.0V D. C点的电势φC = 2.0V ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由题板间场强方向向下，则C点的电势高于D点的电势;故A错误.‎ B、电容器的板间电压U=8V，则两板间匀强电场的场强;故B正确.‎ C、D、B间的电势差为UDB=EdDB=400×5×10-3V=2V，而极板B接地，电势为零，则D点的电势φD=2V;故C正确.‎ D、C、B间电势差为UCB=EdCB=400×1.5×10-2V=6V，而极板B接地，电势为零，则C点的电势φC=6V;故D错误.‎ 故选BC.‎ ‎【点睛】求某点电势常用的方法是先求出该点与零电势点之间的电势差，再求出这点的电势．‎ ‎11.如图所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个等势面，一个电子垂直经过等势面D时，动能为20eV飞经等势面C时，电势能为－10eV，飞至等势面B时速度恰好为零，已知相邻等势面间的距离为5cm，则下列说法正确的是 ( )‎ A. 等势面A的电势为－10V B. 匀强电场的场强大小为200V/m C. 电子再次飞经D势面时，动能为10eV D. 电子的运动为匀变速直线运动 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．电子从D到B的过程，根据动能定理得：‎ ‎-eUDB=0-EkD 解得：‎ 则电场强度为：‎ 电子经过等势面C时的电势能为-10ev，则C点的电势为10V，因为CA间的电势差等于DB 间的电势差，可知A点电势为-10V,故A、B均正确;‎ C．根据能量守恒定律得，电子再次经过D等势面时，动能不变，仍然为20eV，故C错误；‎ D．因为电场强度的方向与等势面垂直，则电子所受电场力方向与速度方向在同一条直线上，做匀变速直线运动,故D正确。‎ ‎12.图中A理想电流表，V1和V2为理想电压表，R1为定值电阻，R2为可变电阻，电源E内阻不计，则（ ）‎ A. R2不变时，V2读数与A读数之比等于Rl B. R2不变时，Vl表示数与A示数之比等于Rl C. R2改变一定量时，V2读数的变化量与A读数的变化量之比的绝对值等于R1‎ D. R2改变一定量时，V1读数的变化量与A读数的变化量之比的绝对值等于R1‎ ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ 试题分析：R2不变时，V2读数与A读数之比等于R2，选项A错误；同理判断选项B正确；由闭合电路欧姆定律可知R2改变一定量时，V2读数的变化量与A读数的变化量之比的绝对值等于，V1读数的变化量与A读数的变化量之比的绝对值等于R1，选项CD正确；故选BCD 考点：考查串并联关系和闭合电路欧姆定律 点评：本题难度中等，抓住干路电流不变是求解本题的关键，理顺电路中的串并联关系，应用并联分流和串联分压求解 三、实验题（共17分）‎ 某同学用伏安法测一节干电池的电动势E和内电阻r，所给的器材有:‎ A．电压表V:0～3～15V B．电流表A:0～0.6～3A C．变阻器R1(20Ω，1A)‎ D．变阻器R2(1000Ω，0.1A) E．电键S和导线若干 ‎13.实验中电流表应选用的量程为 ；电压表应选用的量程为 ；变阻器应选用 ____ (填R1或R2)；‎ ‎14.实验测得的6组数据已在U-I图中标出，如图所示。请你根据数据点位置完成U-I图线，并由图线求出该电池的电动势E=________V，电阻r=________Ω.‎ ‎【答案】13. _0—0.6A 0—3VR1 ‎ ‎14. E=_1.5__V，r=__0.50__Ω ‎【解析】‎ 分析：（1）根据电池的电动势和图中的电流值可选取电流表及电压表；滑动变阻器在本实验中作为限流使用，故应选取若大于内阻的滑动变阻器；‎ ‎（2）用直线将各点相连，注意让各点尽量分布在直线两侧；由图象与纵坐标的交点可求得电动势；图象的斜率表示电池的内电阻．‎ 解答：解：（1）由图可知，电流小于0.6A，故电流表应选用的量程为0-0.6A；而电池的电动势约为1.5V，故电压表应选用的量程为 0-3V；‎ 为了调节方便并能减小误差，故变阻器应选用R1；‎ ‎（2）根据数据点位置完成U-I图线，由图可知，电动势为1.5V；‎ 图象的斜率为：r=（1.5-1.0）/1.0=0.50Ω；‎ 故答案为：（1）0～0.6；0～3；R1；‎ ‎（2）1.5；0.5．‎ 点评：本题考查测电动势和内阻实验的数据处理，注意要结合公式理解图象的斜率及截距的含义．‎ ‎15.某实验小组用图甲所示装置研究系统在金属轨道上运动过程中机械能是否守恒：将一端带有滑轮的长金属轨道水平放置，重物通过细绳水平牵引小车沿轨道运动，利用打点计时器和纸带记录小车的运动． ‎ ‎（1）本实验中小车质量 ____（填“需要”、“不需要”）远大于重物质量； ‎ ‎（2）将小车靠近打点计时器，将穿好的纸带拉直，接通电源，释放小车. 图乙是打出的一条清晰纸带， O点是打下的第一个点，1、2、3、4、5是连续的计数点，O点和计数点1之间还有多个点（图中未画出），相邻计数点间的时间间隔为0.02s．在打计数点4时小车的速度v=____m/s（保留三位有效数字）．若已知重物的质量为m，小车的质量为M,则从点O到点4的过程中，系统减少的重力势能为___，增加的动能为________（g取9.8m/s2，数字保留两位小数）.‎ ‎【答案】（1）不需要；（2）2.30；5.18m；‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）本实验中为了验证机械能守恒定律，两物体的质量均要考虑，故不需要使小车的质量远小于重物的质量；‎ ‎（2）打4点时的速度；‎ ‎0到4过程中重力势能的减小量△EP=mgh=9．8×0．5290m=5．18m；‎ 动能的增加量△Ek=（m+M）v2=×（2．3）2（M+m）=2．65（M+m）‎ 考点：验证机械能守恒定律 四、计算题（共35分）‎ ‎16.‎ 如图所示，位于竖直平面内的光滑有轨道，由一段斜的直轨道与之相切的圆形轨道连接而成，圆形轨道的半径为R。一质量为m的小物块从斜轨道上某处由静止开始下滑，然后沿圆形轨道运动。要求物块能通过圆形轨道最高点，且在该最高点与轨道间的压力不能超过5mg（g为重力加速度）。求物块初始位置相对于圆形轨道底部的高度h的取值范围。‎ ‎【答案】2.5R≤h≤5R ‎【解析】‎ 试题分析：要求物块相对于圆轨道底部高度，必须求出物块到达圆轨道最高点的速度，在最高点，物体做圆周运动的向心力由重力和轨道对物体的压力提供，当压力恰好为0时，h最小；当压力最大时，h最大．由机械能守恒定律和牛顿第二定律结合解答。‎ 设物块在圆形轨道最高点的速度为v，由机械能守恒得：‎ ‎ ‎ 物块在最高点受的力为重力mg，轨道的压力,重力与压力的合力提供向心力，有 物块能通过最高点的条件是 由以上式得 联立以上各式得 根据题目要求 由以上各式得 由此可得 所以h的取值范围是 点睛：物体在竖直平面内做圆周运动的过程中在最高点的最小速度必须满足重力等于向心力，这是我们解决此类问题的突破口．要知道小球做圆周运动时，由指向圆心的合力充当向心力。‎ ‎17.在如图所示的电路中，R3=4，A的示数为0.75A，V的示数为2V。突然有一个电阻被烧断，使得A的示数变为0.80A，V的示数变为3.2V（不考虑电表内阻的影响）。‎ ‎（1）哪一个电阻被烧断？‎ ‎（2）求电阻R1和R2的阻值。‎ ‎（3）求电源的电动势和内电阻。‎ ‎【答案】(1)必定是R2发生断路，(2)电阻R1和R2的阻值分别是4Ω和8Ω；(3)电源的电动势和内电阻分别是4V，1Ω。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）R2断路；因为当R2断路时，电路总电阻变大，总电流减小，路端电压变大，电压表测量的是电源路端电压，则读数变大，因R1两端电压变大，则电流表读数变大； ‎ ‎（2）由题意可知，电阻R2被烧断后，V的示数就是电源的路端电压，也就是电阻R1两端的电压；‎ ‎ ‎ 电阻R2烧断前，通过R2的电流为:‎ ‎ ‎ 电阻R2的阻值为:‎ ‎ ‎ ‎（3）由闭合电路欧姆定律得 E=I1R1+（I1+I2）r ‎ E=U +Ir ‎ 联立上面两式解得 E=4V，r=1Ω。‎ ‎18.在匀强电场中，将一电荷量为5×10-5C的负电荷由A点移到B点，其电势能增加了0.1J，已知A、B两点间距离为2cm，两点连线与电场方向成60°角，如图所示，则：‎ ‎(1)在电荷由A移到B的过程中，电场力做了多少功？‎ ‎(2)A、B两点间的电势差为多少？‎ ‎(3)该匀强电场的电场强度为多大？‎ ‎【答案】（1）-0.1J （2）2×103V （3）2×105V/m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）因为电荷由A移到B的过程中，电势能增加了0.1J，所以电场力负功，大小为0.1J．       （2）A、B两点间的电势差：‎ ‎（3）又因为在匀强电场中U=Ed，所以有：‎ 则：‎ ‎ ‎