【物理】四川省成都市新津中学2019-2020学年高二11月月考试题（解析版） 15页

新津中学高2018级高二11月月考试题 物 理 一．单项选择题（本题共8小题，每题3分，共24分）‎ ‎1.如图，半径相同的两个金属球A、B带有相等的电荷量(可视为点电荷)，相隔一定距离，两球之间相互吸引力的大小是F．今让第三个半径相同的不带电的金属小球先后与A、B两球接触后移开.这时，A、B两球之间的相互作用力的大小是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】两球之间是相互的 ，说明两球带等量的异种电荷，设A球带电量为，B球带电量为，两球之间的引力的大小为，第三个不带电的球C与A接触后，A和C的电荷量都为，C与B接触后先中和在平分，则C和B的电荷量都为，这时A、B两球之间的相互作用力的大小为，故A正确，BCD错误．‎ ‎2.一已充电的平行板电容器与静电计连接如图所示．已知静电计指针张角随着电容器两极间的电势差的增大而增大．现保持电容器的电荷量不变，且电容器N板位置不动．下列说法中正确的是 A. 将M板向左平移，则静电计指针张角减小 B. 将M板向右平移，则静电计指针张角增大 C. 将M板竖直向下平移，则静电计指针张角减小 D. 将M板竖直向上平移，则静电计指针张角增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据，将A板向右平移，电容器的电容C变大，由Q=CU可知则静电计指针张角减小，选项A错误；同理将A板向左平移，则静电计指针张角增大，选项B错误；将A板竖直向上平移，电容器的电容C减小，由Q=CU可知则静电计指针张角增大，故选项C错误，D正确．‎ ‎3.如图所示，匀强电场场强E＝100 V/m，A、B两点相距10 cm，A、B连线与电场线的夹角为60°，则A、B间电势差UAB为( )‎ A. －10 V B. 10 V C. －5 V D. 5 V ‎【答案】D ‎【解析】由图示可知，BA方向与电场线方向间夹角θ=60°，AB两点沿电场方向的距离：‎ d=Lcosθ AB两点间的电势差：‎ UAB=Ed=ELcosθ=100V/m×0.1m×cos60°=5V A．－10 V，与结论不相符，选项A错误；B．10 V，与结论不相符，选项B错误；‎ C．－5 V，与结论不相符，选项C错误；D．5 V，与结论相符，选项D正确；故选D。‎ ‎4.如图所示，将一个电流计G和一个电阻串联可以改装成电压表，将一个电流计G和一个电阻并联可以改装成电流表，要使它们的量程增大，R1、R2应如何变化(　　)‎ A. R1增大，R2增大 B. R1减小，R2减小 C R1增大，R2减小 D. R1减小，R2增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由图甲所示可知，电流表与电阻串联，甲图为电压表，R1起分压作用，要使量程增加，需增加R1的分压，即增加R1的电阻，由图乙所示可知，电流表与电阻并联，乙图为电流表，R2起分流作用，要使量程增加，需增加R2的分流，即减小R2的电阻，故C正确．‎ ‎5. 空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如题图图所示，a、b、c、d为电场中的4个点，则( )‎ A. P、Q两点处的电荷等量同种 B. a点和b点的电场强度相同 C. c点的电势低于d点的电势 D. 负电荷从a到c，电势能减少 ‎【答案】D ‎【解析】‎ P、Q两点处的电荷等量异种，选项A错误；a点和b点的电场强度大小相等，方向不同，选项B错误；c点的电势高于d点的电势，选项C错误；负电荷从a到c，电场力做功，电势能减少，选项D正确．‎ ‎6.在如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑动片向下移动时，关于电灯L的亮度及电容器C所带电量Q的变化判断正确的是（ ）‎ A. L变暗，Q增大 B. L变暗，Q减小 C. L变亮，Q增大 D. L变亮，Q减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 解：当滑动变阻器的滑动片向下移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得知，干路电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，灯L变暗．‎ 电容器板间电压等于变阻器两端的电压．由上得知，路端电压减小，则通过L灯的电流减小，而干路电流增大，则通过R1的电流增大，R1的电压也增大，则变阻器两端的电压减小，电容器所带电量Q减小．故B正确．故选B ‎【点评】本题是电路动态分析问题，按“局部→整体→局部”的思路进行分析．电路稳定时，与电容器串联的电路没有电流，电容器的电压等于所并联的电路两端的电压．‎ ‎7.如图所示，一矩形线框，从abcd位置移动到a′b′c′d′位置的过程中，关于穿过线框的磁通量情况，下列叙述正确的是(线框平行于纸面移动)(　　)‎ A. 一直增加 B. 一直减少 C. 先增加后减少 D. 先增加，再减少直到零，然后再增加，然后再减少 ‎【答案】D ‎【解析】离导线越近，磁场越强，当线框从左向右靠近导线的过程中，穿过线框的磁通量增大，当线框跨在档线上向右运动时，磁通量减小，当导线在线框正中央时，磁通量为零，从该位置向右，磁通量又增大，当线框离开导线向右运动的过程中，磁通量又减小；故ABC错误，D正确；故选D．‎ ‎8.如图所示，一个电量为+Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点，另一个电量为-q、质量为m的点电荷乙从A点以初速度v0．沿它们的连线向甲运动，到B点时速度最小且为v，已知静电力常量为k，点电荷乙与水平面的动摩擦因数为，AB间距离为L，则以下说法不正确的是( )‎ A. OB间的距离为 B. 从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功为W=‎ C. 从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功为W=‎ D. 从A到B的过程中，乙的电势能减少 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 详解】A．由题意，乙到达B点时速度最小，乙先减速运动后做加速运动，当速度最小时有 解得：‎ 故A正确；‎ BC．从A到B的过程中，根据动能定理得 解得：‎ 故B错误，C正确；‎ D．从A到B的过程中，电场力对乙做正功，乙的电势能减少，故D正确．‎ 二．多项选择题（本题共5小题，每题4分，共20分）‎ ‎9.下列说法正确的是（ ）‎ A. 由公式R=ρ可知均匀导体的电阻与其长度成正比，与其横截面积成反比 B. 由公式R=可知导体的电阻与其两端电压成正比，与通过的电流成反比 C. 一根均匀导线被均匀拉长为原来2倍的长度，则其电阻为原来的2倍 D. 一个电阻率不会改变的导体两端的电压增大为原来的2倍，但其电阻不变 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．公式是电阻定律的表达式，由此公式可知均匀导体的电阻与其长度成正比，与其横截面积成反比，故A正确；‎ BD．电阻是导体对电流的阻碍作用，是导体本身的一种特性，其大小与导体的材料、长度、横截面积、温度有关；而与导体两端有无电压、电压高低，导体中有无电流、电流大小无关，故D正确，B错误；‎ C．根据公式可知，一根均匀导线被均匀拉长为原来2倍长度，同时导线的横截面积变成原来的一半，所以则其电阻为原来的4倍，故C错误。‎ 故选AD。‎ ‎10.一束粒子沿水平方向飞过小磁针的下方，并与磁针指向平行，如图所示．此时小磁针的N极向纸外偏转，则这束带电粒子可能（ ）‎ A. 向右飞行的正离子束 B. 向左飞行的正离子束 C. 向右飞行的负离子束 D. 向左飞行负离子束 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．向右飞行的正离子束形成的电流方向向右，根据安培定则可知，离子在上方产生的磁场方向向外，则N极转向外，S极转向里，故A正确；‎ B．向左飞行的正离子束形成的电流方向向左，根据安培定则可知，离子在上方产生的磁场方向向里，则N极转向里，S极转向外，故B错误；‎ C．向右飞行的负离子束形成的电流方向向左，根据安培定则可知，离子在上方产生的磁场方向向里，则N极转向里，S极转向外，故C错误；‎ D．向左飞行的负离子束形成的电流方向向右，根据安培定则可知，离子在上方产生的磁场方向向外，则N极转向里，S极转向外，故D正确．‎ ‎11.一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下.若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为( )‎ A. 动能减小 B. 电势能减小 C. 动能和电势能之和减小 D. 重力势能和电势能之和增加 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AD．由轨迹图可知，带电油滴所受重力小于电场力，故从a到b的运动过程中合外力做正功，动能增加，因此重力势能和电势能之和减小，故AD错误；‎ B．从a到b的运动过程电场力做正功，电势能减小，故B正确；‎ C．根据功能关系可知，在从a到b的运动过程中只有重力、电场力做功，因此重力势能、电势能、动能三者之和保持不变，从a到b的运动过程中重力做负功，重力势能增加，因此动能和电势能之和减小，故C正确．‎ ‎12.在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示．电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别Ea、Eb、Ec和Ed，点a到点电荷的距离ra与点a的电势φa已在图中用坐标（ra，φa）标出，其余类推．现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd．下列选项正确的是（　　）‎ ‎​‎ A. Ea：Eb=4：1 B. Ec：Ed=2：1 C. Wab：Wbc=3：1 D. Wbc：Wcd=1：3‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 由点电荷场强公式：，可得：，故A正确；由点电荷场强公式：，可得：，故B错误；从a到b电场力做功为：Wab=qUab=q（φa-φb）=q（6-3）=3q，从b到c电场力做功为：Wbc=qUbc=q（φb-φc）=q（3-2）=q，所以有：Wab：Wbc=3：1，故C正确；从c到d电场力做功为：Wcd=qUcd=q（φc-φd）=q（2-1）=q，所以Wbc：Wcd=1：1，故D错误．所以AC正确，BD错误．‎ ‎13.在真空中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN 上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB＝2BC，如图所示．由此可见：（ ）‎ A. 小球带负电 B. 小球从A到B与从B到C的运动时间相等 C. 小球从A到B与从B到C的速度变化量相同 D. 电场力的大小为3mg ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于轨迹向上弯曲，加速度方向必定向上，合力向上，说明电场力方向向上，所以小球带负电，故A正确；‎ BD．带电小球从A到C，设在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为x1和x2，竖直分位移分别为y1和y2，经历的时间为分别为t1和t2．在电场中的加速度为a，所以从A到B过程小球做平抛运动，则有：‎ 从B到C过程，有 由题意有，则得 即小球从A到B是从B到C运动时间的2倍，又 将小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动，则有：‎ 根据几何知识有 解得 根据牛顿第二定律得 解得 故B错误，D正确；‎ C．根据速度变化量则得，AB过程速度变化量大小为 BC过程速度变化量大小为 所以小球从A到B与从B到C的速度变化量大小相等，但由于AB时方向向下，而BC时方向向上，所以速度变化量不相同，故C错误．‎ 三．实验题（14题6分，15题8分）‎ ‎14.用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T．请根据下列步骤完成电阻测量:‎ ‎①旋动部件________，使指针对准电流的"0"刻线．‎ ‎②将K旋转到电阻挡"×l00"的位置．‎ ‎③将插入"十"、"－"插孔的表笔短接，旋动部件_______，使指针对准电阻的________ （填"0刻线"或"∞刻线"）．‎ ‎④将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小．为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按_______的顺序避行操作，再完成读数测量．‎ A．将K旋转到电阻挡"×1k"的位置 ‎ B．将K旋转到电阻挡"×10"的位置 C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两恨引线相接 D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准 ‎【答案】 (1). S (3). T 0刻线 (4). ADC ‎【解析】‎ ‎【详解】①[1]电表使用前要调节机械调零旋钮，使指针指在0刻线位置，故调节S旋钮；‎ ‎③[2][3]欧姆表测量前要进行欧姆调零，调节T旋钮，使指针对准0刻度线；‎ ‎④[4]指针偏转度过小，说明电阻偏大，故需选择较大的倍率；每次换挡要重新调零，再进行电阻的测量；故顺序为ADC；‎ ‎15.小明利用如图所示的实验装置测量一干电池的电动势和内阻 ‎（1）图中电流表的示数为__________A ‎（2）调节滑动变阻器，电压表和电流表的示数记录如下 请根据表中的数据，在答题卡的方格纸上作出U-I图线____________________．‎ 由图线求得：电动势E=_________V，内阻r=_________________Ω．‎ ‎（3）实验时，小明进行了多次测量，花费了较长时间，测量期间一直保持电路闭合，其实从实验误差考虑，这样的操作不妥，因为__________________________________．‎ ‎【答案】 (1). 0.44 (2). 1. 60 （1. 58 ~ 1. 62 都算对） 1.2（1.18 ~1.26 都算对） (3). 干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由题目表格测量数据知，电流表使用0.6A量程，所以读数为0.44A；‎ ‎（2）描点画图，如图所示；根据可得：电动势为E=1.6V；图线的斜率等于内阻r=1.2Ω；‎ ‎（3）干电池长时间使用后,电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大.‎ 四．计算题（本题共4小题，共42分，16题8分，17题10分,18题10分，19题14分）‎ ‎16. 如图所示，电源电动势E=8V，内阻为r=0．5Ω，“3V，3W”的灯泡L与电动机M串联接在电源上，灯泡刚好正常发光，电动机刚好正常工作，电动机的线圈电阻R=1．5Ω．求：‎ ‎（1）通过电动机的电流；‎ ‎（2）电源的输出功率；‎ ‎（3）电动机的输出功率．‎ ‎【答案】（1）1A；（2）7．5W；（3）3W ‎【解析】‎ 试题分析：（1）灯泡L正常发光，通过灯泡的电流，‎ 电动机与灯泡串联，通过电动机的电流IM=IL=1（A）；‎ ‎（2）路端电压：U=E-Ir=7．5（V），‎ 电源的输出功率：P=UI=7．5（W）；‎ ‎（3）电动机两端的电压UM=U-UL=4．5（V）；‎ 电动机的输出功率P输出=UMIM-IM2R=3W 考点：电功率；闭合电路欧姆定律 ‎【名师点睛】此题考查了电功率及闭合电路欧姆定律的应用；注意电动机是非纯电阻电路，输出功率等于输入功率与热功率之差；要注意功率公式的适用条件．‎ ‎17.如图所示，两平行光滑金属导轨与水平面间的夹角，相距为20cm；金属棒MN的质量为1×10－2kg，电阻R＝8Ω；匀强磁场方向竖直向下，B＝0.8T，电源电动势E＝10V，内阻r＝1Ω.当电键S闭合时，MN处于平衡状态，求变阻器R1的取值为多少？(忽略金属导轨的电阻，取g＝10m/s2)‎ ‎【答案】7Ω ‎【解析】‎ ‎【详解】作出金属棒平衡时的平面受力图如图所示：‎ 当MN静止时，有 由闭合电路欧姆定律得 联立解得：‎ ‎18.如图所示，在的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R=0.4m，一带正电荷的小球质量为m=0.04kg，与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2，取，先要使小球恰能运动到圆轨道的最高点C，求：‎ ‎（1）小球应在水平轨道上离N点多远处释放 ‎（2）小球经过C点后最后落地，落地点离N点的距离 ‎【答案】(1)20m(2)0.6m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设滑块与N点的距离为L，滑块从出发到C点的过程，由动能定理可得 小滑块在C点时，重力提供向心力，所以有 代入数据解得 ‎(2)小滑块经过C点，在竖直方向上做的是自由落体运动，由 可得滑块运动的时间为：‎ 滑块在水平方向上只受到电场力的作用，做匀减速运动，由牛顿第二定律可得：‎ 所以加速度为 水平的位移为 代入解得 ‎19.两块水平平行放置的导体板如图 (甲)所示，大量电子（质量m、电量e）由静止开始，经电压为U0的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间．当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t0；当在两板间加如图 (乙)所示的周期为2t0，幅值恒为U0的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过．问：‎ ‎⑴这些电子通过两板之间后，侧向位移（沿垂直于两板方向上的位移）的最大值和最小值分别是多少？‎ ‎⑵侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为多少？‎ ‎【答案】（1） ， （2） ‎ ‎【解析】‎ 画出电子在t=0时和t=t0时进入电场的v–t图象进行分析 ‎（1）竖直方向的分速度，‎ 侧向最大位移 侧向最小位移 解得 所以，‎ ‎（2）由此得，‎ 而 所以 ‎【名师点睛】解决本题的关键知道粒子在偏转电场中水平方向上一直做匀速直线运动，在竖直方向上有电场时做匀加速直线运动，无电场时做匀速直线运动或静止．‎