2017-2018学年四川省南充高级中学高二12月月考物理试题 解析版

2017-2018学年四川省南充高级中学高二12月月考物理试题 解析版

四川省南充高级中学2017-2018学年高二12月月考物理试题 一、选择题： ‎ ‎1. 下列说法中，正确的是 A. 沿着电场线的方向场强一定越来越弱 B. 沿着电场线的方向电势一定越来越弱 C. 正点电荷的电场中，一定有场强大小相等、方向相同的两点 D. 匀强电场中各点的电势一定相等 ‎【答案】B ‎【解析】A. 电场的强弱可由电场线的疏密表示，沿着电场线的方向电场线不一定越来越疏，所以场强不一定越来越弱，故A错误；‎ B. 沿着电场线的方向电势一定降低，故B正确；‎ C. 依据点电荷电场强度公式，一定有场强大小相等的两点，但方向不相同，故C错误；‎ D. 匀强电场中，各点的电势不一定相等，顺着电场线方向电势会逐渐降低，故D错误。‎ 故选：B.‎ ‎2. 下列关于电动势的说法中，正确的是 A. 电动势就是电势差，也叫电压，单位V B. 电动势大的电源做功一定多 C. 电动势大的电源做功一定快 D. 电动势的大小等于非静电力把1C的正电荷在电源 内 从负极移到正极所做的功 ‎【答案】D ‎【解析】电动势是反应电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，和电势差有本质的不同，虽然单位相同；故A错误；电动势大的移动相同电量时做功多；并不是电动势大电源做功就多，做功也并不一定快；故BC错误；电动势的大小等于非静电力把1C的正电荷在电源内从负极移到正极所做的功；故D正确；故选D.‎ 点睛：本题考查对于电源的电动势的理解能力．电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能本领大小，与外电路无关．与做功的多少及快慢无关．‎ ‎3. 有一段长1m的电阻丝，电阻是1Ω，现把它均匀拉伸到长为5m，则电阻变为 A. 10Ω B. 50Ω C. 150Ω D. 250Ω ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：设导体原来的横截面积为S1，长度原来为L1，拉长后横截面积为S2，长度为L2．由体积V=SL得，V不变，L与S成反比．长度之比L1：L2=1：5，则S1：S2=5：1．根据电阻定律得，R2：R1=25：1 则电阻变为250Ω．故选D。‎ 考点：电阻定律 ‎【名师点睛】本题考查运用比例法解决物理问题的能力．还要抓住当导体长度变化时，体积不变，横截面积也同时发生变化的特点。‎ ‎4. 如图所示，A、B、C、D是真空中一正四面体的四个顶点，现在在A、B两点分别固定两个点电荷Q1和Q2，则关于C、D两点的场强和电势，下列说法正确的是 A. 若Q1和Q2是等量异种电荷，则C、D两点电场强度不同，电势相同 B. 若Q1和Q2是等量异种电荷，则C、D两点电场强度和电势均相同 C. 若Q1和Q2是等量同种电荷，则C、D两点电场强度和电势均不相同 D. 若Q1和Q2是等量同种电荷，则C、D两点电场强度和电势均相同 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：若Q1和Q2是等量异种电荷，通过AB的中垂面是一等势面，C、D在同一等势面上，电势相等．C、D两点的场强都与等势面垂直，方向指向B一侧，方向相同，根据对称性可知，场强大小相等，故C、D两点的场强、电势均相同．故A错误，B正确．若Q1和Q2是等量同种电荷，由电场的分布情况和对称性可知，C、D两点电场强度大小相等，方向不同，则电场强度不同．电势相等，故C错误，D正确．故选BD.‎ 考点：电场强度；电势。‎ ‎5. 在纯电阻电路中，当用一个固定的电源（设E、r为定值）向变化的外电阻供电时，关于电源的输出功率P随外电阻P变化的规律如图所示，则下列说法错误的是 A. 当R=r时，电源有最大的输出功率 B. 当R=r时，电源的效率η=50%‎ C. 电源的输出功率P随外电阻R的增大而增大 D. 电源的效率η随外电阻R的增大而增大 ‎【答案】C ‎【解析】A.该图象反映了电源的输出功率P随外电阻R变化的规律，由图看出，电源的输出功率随着外电阻的增大先增大后减小，当R=r时，电源有最大的输出功率，故A正确，C错误；‎ B. 当R=r时，路端电压与电源的内电压，则U=0.5E，电源的效率η= ，故B正确；‎ D. 电源的效率η= ，则知R增大时，电源的效率增大，故D正确。‎ 本题选错误的，故选：C.‎ ‎6. 如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R同时在等势面b上，据此可知（　　）‎ A. 三个等势面中，c的电势最低 B. 带电质点在P点的电势能比在Q点的小 C. 带电质点在P点的动能与电势能之和比在Q点的小 D. 带电质点在R点的加速度方向垂直于等势面b ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：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点电势最高，故A错误；利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道P点电势能大，故B错误；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，故C错误；带电质点在R点的受力方向沿着电场线的切线方向，电场线与等势面垂直，故质点在R点的加速度方向与等势面垂直，故D正确；故选D。‎ 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】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。‎ ‎7. 如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，开关S闭合后，电灯L1、L2均能发光，现将滑动变阻器R的滑片P稍向上移动，下列说法正确的是 A. 电灯L1、L2均变亮 B. 电灯L1变亮，L2变暗 C. 电流表的示数变小 D. 电源的总功率变小 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：由图可知与滑动变阻器并联，再与串联。现将滑动变阻器的滑片稍向上移动，滑动变阻器接入电路的阻值变小，电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流增大，所以电灯变亮，路端电压减小，所以与滑动变阻器并联电压减小，所以变暗．故A错误，B正确；干路电流增大，与滑动变阻器并联电压减小，所以通过的电流减小，所以电流表的示数增大，故C错误；根据得电源的总功率增大，故D错误。‎ 考点：闭合电路的欧姆定律 ‎【名师点睛】由图可知与滑动变阻器并联，再与 串联．据滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，由闭合电路欧姆定律判断电路电流如何变化，根据电路电流变化求解；本题是电路中动态变化分析的问题，首先要搞清电路的结构，其次要按“部分→整体→部分”的顺序分析。‎ ‎8. 空间中某一静电场的电势在x轴上的分布情况如图所示，其中，下列说法中正确的是 A. 空间中各点的场强方向均与x轴垂直 B. 电荷在x1处和x2处受到的电场力相同 C. 正电荷沿x轴从x1处移到x2处的过程中，电势能先减小后增大 D. 负电荷沿x轴从x1处移到x2处的过程中，电场力先做负功后做正功 ‎【答案】B ‎【解析】A.由图可知，沿x轴方向电场的电势降低，说明沿x方向电场强度的分量不为0，所以空间中各点的场强方向均不与x轴垂直。故A错误；‎ B.由图可知，沿x方向电势φ均匀减小，又有电势与电势差的关系U=φ1−φ2，可得u=E△x，满足电势差与电场强度的关系，即电场为匀强电场，电场力F=qE，所以电荷在x1处和x2处受到的电场力相同。故B正确；‎ C.由图可知，沿x方向电势φ均匀减小，所以正电荷沿x轴从x1处移到x2处的过程中，电势能减小。故C错误；‎ D.由图可知，沿x方向电势φ均匀减小，负电荷受到的电场力的方向与x方向相反，所以负电荷沿x轴从x1处移到x2处的过程中，电场力始终做负功。故D错误。‎ 故选：B。‎ 点睛：根据图象可知电势φ与x成线性关系，说明电场强度的方向与x轴成锐角，又有电势与电势差的关系U=φ1-φ2，可得u=E△x，满足电势差与电场强度的关系，即电场为匀强电场，电场力F=qE，电场力做正功,电势能减少．‎ ‎9. 如图所示，处于真空中的匀强电场与水平方向成15°角斜向左下方，在竖直平面内直线AB与场强E相互垂直，在A点以大小为的初速度水平向右抛出一质量为m，带电荷量为+q的小球，经时间t，小球下落一段距离过C点（图中未画出）时其速度大小仍为v0‎ ‎，已知A、B、C三点在同一平面内，则在小球由A点运动到C点的过程中 A. 小球的机械能增加 B. 小球的电势能增加 C. 小球的重力势能增加 D. C点位于AB直线的右侧 ‎【答案】BD ‎【解析】试题分析：根据动能定理，则，故由于重力做正功，故电场力做负功，大小等于重力功，电势能增加，重力势能减小，机械能减小；由于电场力做负功，故C点位于AB直线的右侧，选项BD正确；故选BD.‎ 考点：动能定理；电场力做功与电势能的变化.‎ 视频 ‎10. 如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在荧光屏P上，关于电子的运动，下列说法中正确的是 A. 滑动触头向右移动时，电子打在荧光屏上的位置上升 B. 滑动触头向左移动时，电子打在荧光屏上的位置上升 C. 电压U增大时，电子从发出到打在荧光屏上的时间不变 D. 电压U增大时，电子打在荧光屏上的速度大小不变 ‎【答案】BC ‎【解析】设加速电压为U1，电子在加速电场中做加速运动，根据动能定理得：，则得电子获得的速度为：，‎ 电子进入偏转电场后做类平抛运动，电子在沿极板方向做匀速直线运动，‎ 粒子在电场中运动时间：t=L/v；‎ 在平行电场方向做初速度为0的匀加速直线运动，加速度，电子在电场方向偏转的位移 解得：，又因为偏转电场方向向下，电子受到的电场力向上，所以电子在偏转电场里向上偏转。‎ AB、滑动触头向右移动时，加速电压U1变大，由上可知电子偏转位移变小，因为电子向上偏转，故在屏上的位置下降，相反，滑动触头向左移动时，电子打在荧光屏上的位置上升，故A错误，B正确；‎ C、偏转电压U增大时，电子在电场中受到的电场力增大，即电子偏转的加速度a增大，又因为电子加速获得的速度v不变，电子在电场中运动的时间不变，C正确；‎ D、a增大，而电子打在屏上的速度为，故电子打在屏上的速度增大，故D错误。 ‎ 故选：BC。‎ ‎【名师点睛】‎ ‎11. 如图所示，空间存在匀强电场，方向竖直向下，从绝缘斜面上的M点沿水平方向抛出一带电小球，最后小球落在斜面上的N点，已知小球的质量为m，初速度大小为，斜面倾角为，电场强度大小未知，则下列说法中正确的是 A. 可以断定小球一定带负电 B. 可以求出小球的落点N时速度的方向 C. 可以求出小球到达N点过程中重力和电场力对小球所做的总功 D. 可以断定，当小球的速度方向与斜面平行时，小球与斜面间的距离最大 ‎【答案】BCD ‎【解析】A. 小球做类平抛运动，电场力既可向上也可向下，故小球带正电、负电都可以，故A错误；‎ B. 利用平抛知识有：，速度偏向角设为α，则tanα==2tanθ，可求出小上球落到N点时的速度(包括大小和方向)，B正确；‎ C. 由动能定理可以求出小球到达N点过程中重力和电场力对小球所做的总功，故C正确；‎ D.把小球的速度分解为垂直于斜面的速度和平行于斜面的速度，当小球的速度方向与斜面平行时，则垂直于斜面的速度减为零，小球离斜面最远，故D正确。‎ 故选：BCD.‎ 点睛：小球在运动过程中受重力与电场力作用，做类平抛运动，对小球受力分析，应用类平抛运动的规律分析答题．‎ ‎12. 如图所示电路中，电源电动势E=12V，内阻r=2Ω，R1=4Ω，R2=6Ω，R3=3Ω，若在C、D间连接一个电表或用电器，则有 A. 若在C、D间连一个理想电压表，其读数是6V B. 若在C、D间连一个理想电压表，其读数是8V C. 若在C、D间连一个理想电流表，其读数是2A D. 若在C、D间连一个“6V，3W”的小灯泡，则小灯泡的实际功率是1.33W ‎【答案】AD ‎【解析】AB、若在C. D间接入理想电压表，电路连接如图 由闭合电路欧姆定律得干路电流，理想电压表读数为UV=I1R2=1×6V=6V，故A正确，B错误；‎ C. 若在C.D间连一个理想电流表，电路连接如图所示 这时电阻R2与R3并联，并联电阻大小：， ‎ 根据闭合电路欧姆定律，有，‎ 理想电流表读数为，故C错误；‎ D.“6V,3W”小灯泡的电阻为 外电路总电阻为 电路中总电流 通过小灯泡的电流为 小灯泡的实际功率，故D正确。‎ 故选：AD 二、实验题 ‎13. 在测定金属丝的直径时，螺旋测微器的读数如图所示，可知该金属丝的直径d=_____×10-3米。‎ ‎【答案】0.900‎ ‎【解析】试题分析：注意半毫米刻线已经出现，即主尺读数为0.5mm；可动刻度读数注意一位估计值，即读为40.0；d=0.5+40.0×0.01=0.900mm=0.900×10-3m；可见答案为：0.900‎ 考点：螺旋测微器原理与读数 ‎14. 测量电源的电动势E以及内阻r（E约为4.5V，r约为1.5Ω）。‎ 器材：量程3V的理想电压表V，‎ 量程0.6A的电流表A（具有一定内阻），‎ 固定电阻R=4Ω，‎ 滑线变阻器，‎ 电键K，导线若干．‎ ‎①画出实验电路原理图_______．图中各元件需用题目中给出的符号或字母标出；‎ ‎②实验中，当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2．则可以求出E=_______，r=_______．（用I1、I2、U1、U2及R表示）‎ ‎【答案】 (1). ①如图；‎ ‎ (2). ② (3). ‎ ‎【解析】试题分析：①本题可将电源看做一个电阻，由于电流表内阻和电源内阻相接近，故电流分压较大，所以采用电流表的内接法，由于电源电压较大，所以需要用一个固定电阻保护电路，本实验不需要电压从零开始，所以采用限流接法，电路图如图所示 ‎②根据闭合回路欧姆定律可得，，联立可得，‎ 考点：测量电源电动势和内阻实验 三、计算题： ‎ ‎15. 如图所示，在A点固定一正电荷，电量为Q，在离A高度为H的C处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动瞬间的加速度大小恰好为重力加速度g，．已知静电常量为k，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力．求：‎ ‎（1）液珠的比荷 ‎（2）液珠速度最大时离A点的距离h．‎ ‎（3）若已知在点电荷Q的电场中，某点的电势可表示成，其中r为该点到Q的距离（选无限远的电势为零）．求液珠能到达的最高点B离A点的高度rB．‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】试题分析：（1）设液珠的电量为，质量为，由题意知，当液珠在C点时，比荷为。‎ ‎（2）当液珠速度最大时，得。‎ ‎（3）设BC间的电势差大小，由题意得，对由释放至液珠到达最高点（速度为零）的全过程应用动能定理得，即，将第（1）问的结果代入化简，解得。‎ 考点：动能定理的应用、带电粒子在匀强电场中的运动 ‎【名师点睛】解决本题的关键知道液珠的加速度为零时，速度最大，以及能够熟练运用动能定理和电场力做功公式。‎ ‎16. 如图，半径为r的绝缘光滑环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m，带电量为+q的珠子，现欲加一个圆环面平行的匀强电场，使珠子由最高点A从静止开始释放，沿圆弧经过B、C刚好能运动到D，‎ ‎（1）求所加电场的场强最小值及所对应的场强的方向；珠子由A到达D的过程中速度最大时对环的作用力大小．‎ ‎（2）在（1）问电场中，要使珠子能完成完整的圆运动在A点至少使它具有多大的初动能？‎ ‎【答案】（1），方向与CB平行；（2）‎ ‎【解析】（1）设电场力与重力的合力为F，方向NM方向，BC弧中点为M，速度最大，‎ ‎...............‎ 对AM过程，由动能定理得：，，‎ ‎ ‎ ‎（2）由A到N过程，列动能定理得，得 ‎17. 如图所示，电源的电动势E=110V，电阻R1=21Ω，电动机的电阻R0=0.5Ω，开关S1始终闭合，当开关S2断开时，电阻R1的电功率是525W；当开关S2闭合时，电阻R1的电功率是336W，求：‎ ‎（1）电源的内阻；‎ ‎（2）当开关S2闭合时流过电源的电流和电动机的输出功率。‎ ‎【答案】（1）1Ω（2）22A；1606W ‎【解析】（1）设S2断开时R1消耗的功率为P1，则，‎ 代入数据得 525=()2×21, 可以解得，r=1Ω． （2）设S2闭合时R1两端的电压为U，消耗的功率为P2，则，解得： ‎ 由闭合电路欧姆定律得，E=U+Ir，代入数据，得 ‎ ‎ 流过R1的电流为I1，流过电动机的电流为I2，， 而I1+I2=I，所以I2=22A， 由UI2=P出+I22R0，代入数据得，P出=UI2-I22R0=84×22-222×0.5=1606W．‎ 点睛：解决本题的关键能够灵活运用闭合电路欧姆定律以及知道电动机输入功率、输出功率、热功率的求解方法及它们之间的关系．‎ ‎18. 一电路如图所示，电源电动势E=28V，内阻r=2Ω，电阻=12Ω，，，C为平行板电容器，其电容C=3.0pF，虚线到两极板距离相等，极板长L=0.20m，两极板的间距d=1.0×10-2m．‎ ‎（1）若开关S处于断开状态，则当其闭合后，求流过R4的总电量为多少？‎ ‎（2）若开关S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以v0=2.0m/s的初速度射入C的电场中，刚好沿虚线匀速运动，问：当开关S闭合后，此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C的电场中，能否从C的电场中射出？（要求写出计算和分析过程，g取10m/s2）‎ ‎【答案】（1）（2）微粒不能从C的电场中射出 ‎【解析】（1）S断开时，电阻R3两端电压为： ‎ S闭合后，外阻为：‎ 路端电压为： ‎ 电阻R3两端电压为： ‎ 则所求流过R4的总电量为： ‎ ‎（2）设微粒质量为m，电量为q，当开关S断开时有：‎ 当开关S闭合后，设微粒加速度为a，则： ‎ 设微粒能从C的电场中射出，则水平方向：，竖直方向： ‎ 由以上各式求得：，故微粒不能从C的电场中射出．‎ ‎ ‎