【物理】安徽省滁州市定远县育才学校2019-2020学年高二上学期第三次月考试题（普通班）（解析版）

【物理】安徽省滁州市定远县育才学校2019-2020学年高二上学期第三次月考试题（普通班）（解析版）

育才学校2019-2020学年度第一学期第三次月考 高二普通班物理 ‎ 一、选择题(1-7小题为单选题，8-12小题为多选题，每小题4分,共48分) ‎ ‎1.两个定值电阻R1、R2串联后接在输出电压U恒为10 V的直流电源上，有人把一个电压表并联在R1两端（如图），电压表的示数为6V，如果将电表改接在R2两端，则电压表的示数将（ ）‎ A. 小于4V B. 等于4V C. 大于4V小于6V D. 等于或大于6V ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：将电压表与电阻R1并联时，电压表的读数为6V，则电阻R2两端的电压为4V．将电压表与电阻R1并联，则其并联的总电阻小于R1，，；若将电压表与电阻R2并联，则其并联的总电阻小于R2，根据串联电阻的电压分配可知，，所以电压表的读数将小于4V，故A正确，BCD错误；故选A.‎ 考点：部分电路的欧姆定律的应用 ‎【名师点睛】本题考查了部分电路的欧姆定律的应用问题，是基本的电路电压关系的应用，注意串联电路总电压等于个元件电压之和，并且要注意并联电路的电阻计算；此题是基础题，考查电压表对接入电路的影响.‎ ‎2.空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示，下列说法正确的是 A. O点的电势最低 B. x1和x3两点电势相等 C. x2和－x2两点的电势相等 D. x2点的电势低于x3点的电势 ‎【答案】C ‎【解析】‎ AB. 沿着电场线方向电势逐渐降低,可知O点的电势最高.x1的电势高于x3的电势．故A错误，B错误；‎ C. x2和−x2两点关于原点对称,由O点向两边电势都降低且电场强度的变化相同可知，x2和−x2两点电势相等，故C正确；‎ D. 沿着电场线方向电势逐渐降低,故x2的电势高于x3点的电势，故D错误．‎ 故选C.‎ 点睛：根据题意，电场关于x轴对称分布可知，作出电场线如图，根据顺着电场线，电势降低和对称性可判断电势高低．‎ ‎3.如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，让两极板带电后，若一带正电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则下列说法正确的是：　‎ ‎　‎ A. 上极板一定带正电 B. 粒子的动能逐渐增加 C. 粒子的电势能逐渐增加 D. 粒子可能做匀速直线运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 粒子做直线运动，其重力和电场力的合力应与速度共线，如图所示，‎ 带正电粒子受电场力斜向上，上极板一定带负电，下极板一定带正电，选项A错误；‎ 合力做负功，动能减小，选项B错误；‎ 粒子运动过程中电场力做负功，因而电势能增加，选项C正确；‎ 电容器极板与直流电源相连，即其电压、板间的场强不变，则电场力不变，合力恒定，因而粒子做匀变速直线运动，选项D错误；故选C．‎ ‎4.某电场的电场线分布如图所示,下列说法正确的是 ‎ A. a点的电势低于b点的电势 B. c点的电场强度大于d点的电场强度 C. 若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做正功 D. 若将一负试探电荷由c点移到d点，电势能增加 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据沿电场线电势降低可知：a点的电势低于b点的电势，故A正确；‎ B．从电场线的分布情况可知，c处的电场线比d处的疏，所以c点的电场强度小于d点的电场强度，故B错误；‎ C．正电荷所受电场力和场强方向相同，因此正电荷由a点移到b点时电场力做负功，故C错误；‎ D．将一负试探电荷由c点移到d点，电场力做正功，电势能减少，故D错误．‎ ‎5.某静电场在x轴上各点的电势φ随坐标x的分布图象如图．x轴上A、O、B三点的电势值分别为φA、φO、φB，电场强度沿x轴方向的分量大小分别为EAx、EOx、EBx，电子在A、‎ O、B三点的电势能分别为EPA、EPO、EPB．下列判断正确的是（ ）‎ A. φO＞φB ＞φA B. EOx＞EBx＞EAx C. EPO＜EPB＜EPA D. EPO－EPA＞EPO－EPB ‎【答案】D ‎【解析】由图知，φO＜φB＜φA．故A错误．根据图象切线斜率的大小等于电场强度沿x轴方向的分量大小，则知，EOx＜EBx＜EAx．故B错误．电子带负电，根据电势能公式Ep=qφ=-eφ分析得知，EPO＞EPB＞EPA 故C错误．由图知，OA间电势差大于OB间电势差，即有UAO＞UBO，即φA−φO＞φB−φO，电子带负电，则根据电势能公式Ep=qφ=-eφ得：EPA− EPO＜EPB− EPO．即EPO− EPA>EPO− EPB，故D正确．故选D．‎ ‎【点睛】解决本题的关键要掌握电势能公式Ep=qφ，知道负电荷在电势高处电势能小．明确φ-x图象的斜率表示电场强度．‎ ‎6.如图所示，直线OAC为某一直流电源的总功率P总随电流I变化的图线，抛物线OBC为同一直流电源内部热功率Pr随电流I变化的图线．若A、B对应的横坐标为2 A，那么线段AB表示的功率及I＝2 A对应的外电阻是(　 　)‎ A. 6 W、2 Ω B. 4 W、2 Ω C. 2 W、1 Ω D. 2 W、0.5 Ω ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由电源总功率为，得．由，可知．当电流为2A时，，得．此时线段AB表示的功率．综上分析，D正确．‎ ‎7.如图所示,直线A是电源的路端电压和干路电流的关系图线,直线B、C分别是电阻R1、R2‎ 的两端电压与电流的关系图线,若将这两个电阻分别接到该电源上,则(　 　)‎ A. R2接在电源上时,电源的效率高 B. R1接在电源上时,电源的效率高 C. R1接在电源上时,电源的输出功率大 D. 电源的输出功率一样大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据电源效率表达式：可知，效率与路端电压成正比，R1接在电源上时路端电压大，效率高，故A错误，B正确；由图线的交点读出，R1接在电源上时电压为：，电流为：，则输出功率为：，R2接在电源上时电压为：，电流为：，则输出功率为：，故CD错误．所以B正确，ACD错误．‎ ‎8.如图在x轴的-3a和3a两处分别固定两个电荷QA、QB，图中曲线是两电荷之间的电势φ与位置x之间的关系图象，图中x = a处为图线的最低点．线于在x = 2a处由静止释放一个质量为m、带电荷量为q的正电点电荷，该电荷只在电场力作用下运动．下列有关说法正确的是 A. 电荷运动至x = a处时速度最大 B. 两点电荷QA:QB = 4:1‎ C 该电荷一定通过x = a处，但不能到达x = -a处 D. 该电荷以O为中点做往复运动 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 在φ-x图象中图线的斜率表示电场强度的大小，由此可知x=a 处电场强度为零，根据动能定理qU=△Ek，可知点电荷从x=2a到x=a处，电势差最大，则电场力做正功最多，在x=a处速度最大，故A正确；由图线可知因在x=a处电场强度为零，则有：，可得：QA：QB=4：1，故B正确；由图可知x=-a处与x=2a处电势相等且点电荷由静止释放，由动能定理可知点电荷刚好能到达x=-a处，故C错误；点电荷在x=-a与x=2a之间做往复运动，则O处不是运动中心，故D错误．所以AB正确，CD错误．‎ ‎9.三个电子在同一地点沿同一直线垂直飞入偏转电场，如图．则由此可判断（　　）‎ A. b和c同时飞离电场 B. 在b飞离电场的瞬间，a刚好打在下极板上 C. 进入电场时，a速度最大，c速度最小 D. c的动能增量最小，a和b的动能增量一样大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ A项，由图可看出，c的水平方向速度较大，在未到达负极板之前就飞出了电场，而b到达负极板后才飞出，竖直位移大于c，b比c晚飞出电场，故A项错误 B项，图中a、b都在负极板上，即二者的竖直方向位移相同，因此二者的运动时间相同，在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上，故B项正确．‎ C项，进电场时，速度越大，运动曲线下落越平缓，故c的速度最大，a的速度最小，故C错误．‎ D项，动能增加量即为电场力做的功，电场力做的功与竖直方向的位移成正比，c的竖直位移最小，动能增加值最小，a和b竖直位移相同，动能增加相同，故D项正确．‎ 综上所述本题答案是：BD ‎10.如图所示，MN是一负点电荷产生的电场中的一条电场线．一个带正电的粒子(不计重力)从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示．下列结论正确的是 (　　 )‎ A. 带电粒子从a到b过程中动能逐渐减小 B. 负点电荷一定位于M点左侧 C. 带电粒子在a点时具有的电势能大于在b点时具有的电势能 D. 带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 试题分析：由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，电场力指向轨迹内侧，电场力方向大致向右，对带电粒子做正功，其动能增加，故A错误．带正电的粒子所受电场力向右，电场线由M指向N，说明负电荷在直线N点右侧，故B错误．电场力对带电粒子做正功，电势能减小，则带电粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，故C正确．a点离点电荷较远，a点的电场强度小于b点的电场强度，带电粒子在a点的电场力小于在b点的电场力，根据牛顿第二定律得知，带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度，故D正确．‎ 考点：电场线，电场力做功与电势能变化的关系，牛顿第二定律 ‎11.如图所示电路中，电源的电动势、内阻及各电阻的阻值都标记在图中，当滑动变阻器R3的滑片P向a端移动时,以下说法中正确的是（ ）‎ A. 电压表示数变小，电流表示数变小 B. 电阻R1两端的电压减小 C. 电源的总功率减少但电源的输出功率增大 D. 如果设定流过电阻R2电流变化量的绝对值为，流过滑动变阻器R3的电流变化量的绝对值为，则 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ A、将滑动变阻器的滑动触片P从图示位置向a滑动的过程中，外电路总电阻变大，电路中总电流变小，内电压减小，路端电压变大；电压表示数变大，故A错误；‎ BD、电路中总电流变小，通过电阻R1的电流变小，R1两端电压变小，R2两端电压增大，通过电阻R2的电流变大，通过电阻R1的电流等于通过电阻R2的电流和通过电阻R3的电流之和，故通过电阻R3的电流变小，故有，，故BD正确；‎ C、电路中总电流变小，则电源的总功率减少，因不知道外电阻与内电阻之间的关系，所以无法判断电源的输出功率的变化；故C错误；‎ 故选BD．‎ ‎12.在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8J，在M点的动能为6J，不计空气的阻力．则（ ）‎ A. 小球水平位移x1与x2比值1:3‎ B. 小球水平位移x1与x2的比值1:4‎ C. 小球落到B点时的动能为32J D. 小球从A点运动到B点的过程中最小动能为 ‎【答案】ACD ‎【解析】小球在竖直方向上做竖直上抛运动，根据对称性得知，从A点至M点和从M点至B点的时间t相等，小球在水平方向上做初速为零的匀加速直线运动，设加速度为a，根据位移时间公式：，，联立可得：，故A正确，B错误；据小球的运动轨迹如图所示：‎ 小球从A到M，由功能关系知在水平方向上电场力做功为：，则从A到B水平方向上电场力做功为：，根据能量守恒可知，小球运动到B点时动能为：，故C正确；由题知开始：，又竖直方向上：，在水平方向上：，又有：，联立以上解得：，几何关系可知，则，据运动轨迹，但小球的运动方向与合加速度的方向垂直时，小球的速度最小，则小球从A到B过程最小速度一定与等效G′垂直，如图P点，所以，故D正确．所以ACD正确，B错误．‎ 二、实验题(共2小题,共16分) ‎ ‎13.在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：‎ A.干电池E(电动势约为1.5 V、内电阻大约为1.0Ω)‎ B.电流表Al(满偏电流2mA、内阻RA1=20Ω)‎ C.电流表A2(0～0.6A、内阻约0.1Ω) ‎ D.滑动变阻器R1 (0～10Ω、2A)‎ E.滑动变阻器R2 (0～100Ω、lA) ‎ F．定值电阻R3=980Ω G．开关S、导线若干 ‎(1)为了方便且能较精确地进行测量，其中应选用的滑动变阻器是_____(填“R1”或“R2”)‎ ‎(2)四位同学分别设计了甲、乙、丙、丁四个实验电路图，其中最合理的是________．‎ ‎(3)四位同学讨论后，根据最合理的实验方案正确操作，利用测出的数据绘出了右图所示的图线(I1为电流表A1的示数， I2为电流表A2的示数)．由图线可求得被测电池的电动势E=______V(结果保留三位有效数字)；内电阻r=_____Ω(结果保留两位有效数字)．‎ ‎【答案】 (1). （1）R1 (2). （2）乙 (3). （3）1.45—1.47 0.81—0.84‎ ‎【解析】（1）为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1． （2）没有电压表，应该用电流表A1与电阻R3串联组成电压表，电压表测路端电压，用电流表A2测电路电流，由电路图可知，合理的实验电路图是乙．‎ ‎（3）由图乙所示实验电路可知，在闭合电路中：E=I1（RA1+R3）+I2r，‎ ‎ ‎ 由图象可知，图象的截距： ，则电源电动势E=1.46V；图象斜率： ，电源内阻r=0.84Ω；‎ ‎【点睛】在应用图象法处理实验数据求电源电动势与内阻时，要根据实验电路与实验原理求出图象的函数表达式，然后求出电源电动势与内阻．‎ ‎14.在测量金属丝电阻率的实验中，可供选用的器材如下：‎ 待测金属丝：Rx(阻值约为4 Ω，额定电流约0.5 A)；‎ 电压表：V(量程3 V，内阻约3 kΩ)；‎ 电流表：A1(量程0.6 A，内阻约0.2 Ω)；‎ A2(量程3 A，内阻约0.05 Ω)；‎ 电源：E1(电动势3 V，内阻不计)；‎ E2(电动势12 V，内阻不计)；‎ 滑动变阻器：R(最大阻值约20 Ω)；‎ 螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线．‎ ‎(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，读数为________mm.‎ ‎(2)若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选________，电源应选_____(均填器材代号)‎ ‎（3）选择电路图____________。（选择甲或者乙图）‎ ‎【答案】 (1). 1.773—1.776mm (2). A1 E1 (3). 甲 ‎【解析】 (1)[1]由图示螺旋测微器可知，其示数为：‎ 由于误差，示数在(1.773mm至1.776mm均可)；‎ ‎(2)[2]待测电阻的额定电流为0.5A，则电流表选择A1；‎ ‎[3]待测电阻两端的最大电压约为 则电源应选择E1；‎ ‎(3)[4]电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，所以电路图应选甲图。‎ 三、计算题(共2小题,每小题18分，共36分) ‎ ‎15.示波器是一种多功能电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压波形，它的工作原理等效成下列情况：如图甲所示，真空室中电极K发出电子（初速不计），经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中，板长L，相距为d，在两板间加上如图乙所示的正弦交变电压，周期为T，前半个周期内B板的电势高于A 板的电势，电场全部集中在两板之间，且分布均匀，在每个电子通过极板间的极短时间内，电场视作恒定.在两板间右侧且与极板右侧相距D处有一个荧光屏，（已知电子的质量为m,带电量为e，不计电子的重力），求：‎ ‎(1)电子进入AB板时的初速度v；‎ ‎(2)要使所有的电子都能打在荧光屏上，图乙中电压的最大值U0需满足什么条件？‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】（1）电子在加速电场中，由动能定理 解得 ‎（2）因为每个电子通过极板间的极短时间内，电场视作恒定，电子做类平抛运动 沿板方向 当板间达到最大电压U0时，电子恰好沿板边缘离开 垂直电场方向 由上述式子解得 可知，要使所有的电子都能打在荧光屏上，图乙电压最大值 ‎16.如图所示，在xOy平面内，有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E（图中未画电场线），由A点斜射出一质量为m、带电量为+q的粒子，B和C是粒子运动轨迹上的两点，其中l0为常数，粒子所受重力忽略不计，求：‎ ‎（1）A、C两点间的电势差 ‎（2）粒子从A到C过程中动能的变化量 ‎（3）粒子从A到C过程所经历的时间 ‎（4）粒子经过C点时的速率 ‎【答案】（1）（2）（3）（4）‎ ‎【解析】（1）据，可得：‎ ‎（2）由A至C，据动能定理得粒子动能的变化量为：‎ ‎（3）因粒子在水平方向做匀速直线运动，又因由A至最高点、最高点至B点、B点至C点，水平位移相等，所以，时间相等．设每段时间为t，粒子由最高点至C点做类平抛运动，则：‎ 由最高点至B，有：‎ 设整过程中的加速度为a，由牛顿第二定律得：‎ 由最高点至C，有：‎ 联解可得：‎ 所以由A至C的时间为：‎ ‎（4）设粒子在C点的水平分速度和竖直分速度分别为和，则由最高点至C，有，‎ ‎，‎ 联解可得：‎