湖北省黄冈市某校2020学年高二物理4月月考试题

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湖北省黄冈市某校2020学年高二物理4月月考试题 ‎ 时间:90分钟 满分：110分 第I卷 选择题 一、单选题(本大题共6小题，每小题4分，共24分)‎ ‎1.如图所示，先接通电键S使电容器充电，然后断开S，增大两极板间的距离时，电容器所带电量Q、电容C、两极板间电势差U的变化情况是（　　）‎ A.Q变小，C不变，U不变       B.Q变小，C变小，U不变 C.Q不变，C变小，U变大       D.Q不变，C变小，U变小 ‎2.有两个同种材料制成的导体，两导体为横截面为正方形的柱体，柱体高均为h，大柱体柱截面边长为a，小柱体柱截面边长为b，则（　　）‎ A.从图示电流方向看大柱体与小柱体的电阻之比为a：b B.从图示电流方向看大柱体与小柱体的电阻之比为1：1 ‎ C.若电流方向竖直向下，大柱体与小柱体的电阻之比为a：b ‎ D.若电流方向竖直向下，大柱体与小柱体的电阻之比为a2：b2‎ ‎3.超级电容器又叫双电层电容器（Electrical Double-Layer Capacitor）是一种新型储能装置，它不同于传统的化学电源，是一种介于传统电容器与电池之间、具有特殊性能的电源．它具有功率密度高、充放电时间短、循环寿命长、工作温度范围宽等特点．如图为一款超级电容器，其标有“2.7V，3000F”，则可知（　　） ‎ A.该电容器在2.7 V电压下才能正常工作 ‎ B.该电容器最大容纳电荷量为8100 C ‎ C.所储存电荷量是手机锂电池“4.2V，1000mAh”的3倍 ‎ D.该超级电容充电时把电能转化为化学能 ‎4.如图所示，在竖直放置间距为d的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场，有一质量为m、电荷量为+q的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度为g，则点电荷运动到负极板的过程（　　） ‎ A.加速度大小为a=+g      B.所需的时间为t= ‎ C.下降的高度为y=       D.电场力所做的功为W=Eqd ‎5.如图所示，R1为定值电阻，R2为可变电阻，E为电源电动势，r为电源的内电阻，以下说法中不正确的是（　　） ‎ A.当R2=R1+r时，R2上获得最大功率  B.当R1=R2+r时，R1上获得最大功率 ‎ C.当R2=0时R1上获得功率一定最大  D.当R2=0时，电源的输出功率可能最大 ‎6.如图，真空中电量均为Q的两正点电荷，固定于一绝缘正方体框架的两侧面ABB1A1和DCC1D1中心连线上，且两电荷关于正方体中心对称，则（　　） ‎ A.A、B、C、D四个点的电势相同 ‎ B.A1、B1、C1、D1四个点的电场强度相同 ‎ C.负检验电荷q在A点的电势能小于在C1点的电势能 ‎ D.正检验电荷q从C点移到C1点过程电场力对其做正功 二、多选题(本大题共4小题，对而不全得2分，错选得零分，共20分)‎ ‎7.两个完全相同的金属小球，带电量之比为1：5，相距为r，两者相互接触后再放回原来的位置上，则它们间的库仑力可能为原来的（　　）倍． ‎ A.0.4     B.0.6     C.0.8     D.1.8‎ ‎8.汽车油量表的工作原理图如图所示，物体M为油面上的浮子，浮子带动滑动变阻器的金属滑杆P上下移动，通过理想电压表反映油箱内油量的大小则由图可知（　　） ‎ A.滑动触头P向上运动时，电压表示数变大 ‎ B.不论电压表示数多大，电源内的电流不发生变化 ‎ C.电压表示的数为零时，电源内没有电流 ‎ D.滑动触头P滑动到电阻的最上端时，电源内的电流最大 ‎9.如图所示，一台电动机提着质量为m的物体，以速度v匀速上升．已知电动机线圈的电阻为R，电源电动势为E，通过电源的电流为I，当地重力加速度为g，忽略一切阻力导线电阻，则（　　） ‎ A.电源内阻 ‎ B.电源内阻 ‎ C.如果电动机转轴被卡住而停止转动，较短时间内电源消耗的功率将变大 ‎ D.如果电动机转轴被卡住而停止转动，较短时间内电源消耗的功率将变小 ‎10.在电场强度大小为E的匀强电场中，将一个质量为m、电荷量为+q的带电小球由静止开始释放，带电小球沿与竖直方向成θ角的方向做直线运动．关于带电小球的电势能ε和机械能W的判断，正确的是（　　） ‎ A.若sinθ＜，则ε一定减少，W一定增加  B.若sinθ=，则ε、W一定不变 C.若sinθ=，则ε一定增加，W一定减小  D.若tanθ=，则ε可能增加、也可能少，但ε与W的总和一定保持不变 第II卷（实验题和计算题 ）‎ 三、实验题探究题(本大题共3小题，6分+6分+8分=20分)‎ ‎11.如图所示实验装置可用来探究影响平行板电容器的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与列电计金属球相连． ‎ ‎（1）使电容器带电后与电源断开． ‎ ‎①将左极板上移，可观察到静电计指针偏转角 ______ （选填变大，变小或不变）； ‎ ‎②两板间插入一块玻璃，可观察到静电计指针偏转角 ______ （选填变大、变小或不变）； ‎ ‎（2）从图中读得某金属丝的直径为 ______ mm． ‎ ‎12.为了较精确地测量一节干电池的内阻，可用以下给定的器材和一些导线来完成实验：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），定值电阻R0（R0=1.5Ω），滑动变阻器R1（0～10Ω），滑动变阻器R2（0～200Ω），电键S．实验电路原理图如图（a）． ‎ ‎（1）为方便实验调节和较准确地测量，滑动变阻器应选用 ______ （填R1或R2）． ‎ ‎（2）用笔画线代替导线在图（b）中完成电路连接． ‎ ‎（3）实验中改变滑动变阻器的阻值，测出几组电流表和电压表的读数，在给出的U-I坐标系中画出U-I图线如图（c）所示，则干电池的内阻r= ______ Ω．（结果保留两位有效数字）‎ ‎13. 用如图（甲）所示的电路图研究额定电压为2.4V的灯泡L的伏安特性，并测出该灯泡在额定电压下工作时的电阻值． ‎ ‎（1）在闭合开关S前，滑动变阻器触头应该放在 ______ 端．（选填“a”或“b”） ‎ ‎（2）按电路图（甲）测出的灯泡电阻值比真实值 ______ （选填“偏大”或“偏小”）．根据所得到的图象如图乙所示，它在额定电压下实际功率P= ______ W，I-U图象是一条曲线而不是直线的原因是 ______ ．‎ 四、计算题(本大题共4小题，9分+10分+13分+14分=46分)‎ ‎14.如图所示，质量均为m的两个带电小球A和B放置在光滑的绝缘水平面上，彼此相距为l，A球带电荷量+Q，B球带电荷量-Q，若用一水平力拉动其中一个球，且要使另一个球与前面的球始终保持l的间距运动，则拉力F的大小为？ ‎ ‎15. 一辆电动自行车的铭牌上给出了如下的技术参数表．请根据表上计算 规格                   后轮驱动直流电机 车型                   26英寸 ‎ 额定输出功率   200W 整车质量                 30kg ‎ 额定电压     50V ‎（1）此车电机正常工作的电流；‎ ‎（2）如果他家平均每天使用电动自行车的时间为0.6h；那么，他一个月（30天）使用电动自行车耗电多少kW•h？‎ ‎16. 如图所示，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，电流表内阻RA=3Ω，三个定值电阻的阻值分别为R1=5Ω，R2=10Ω，R3=15Ω，电容器电容C=1.0×10-10F，问：‎ ‎（1）闭合开关S待电路稳定后，电流表的示数是多少？‎ ‎（2）闭合开关S待电路稳定后，电容器的带电量是多少？‎ ‎（3）再次断开开关S待电路稳定，通过R2的电量是多少？‎ ‎17. 如图所示，空间有场强E=1.0×103V/m竖直向下的电场，长L=0.4m不可伸长的轻绳固定于O点，另一端系一质量m=0.05kg带电q=+5×10-4C的小球，拉起小球至绳水平后在A点无初速度释放，当小球运动至O点的正下方B点时，绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在同一竖直平面且与水平面成θ=30°、无限大的挡板MN上的C点．试求： ‎ ‎（1）绳子至少受多大的拉力才能被拉断； ‎ ‎（2）A、C两点的电势差． ‎ 高二物理答案和解析 ‎【答案】 ‎ ‎1.C    2.B    3.B    4.B    5.B    6.A    7.CD    8.AB    9.BC    10.BD    ‎ ‎11.变大；变小；0.520 ‎ ‎12.R1；0.29 ‎ ‎13.a；偏小；1.2；1.2 ‎ ‎14.解：如拉力F作用于B上水平向右，使系统做匀加速运动，对A有 ‎ 对系统F=2ma，则．F= ‎ 答：拉力的大小为 ‎ ‎15.解：（1）此车电机正常工作时的电流：I=A； ‎ ‎（2）电动自行车一月消耗的电能：W=Pt=0.2×0.6×30=3.6kW•h． ‎ 答：（1）此车电机正常工作的电流是4A；（2）一个月使用电动自行车耗电3.6kW•h． ‎ ‎16.解：（1）根据电阻之间的关系，有：= ‎ 电流表示数 ‎ ‎（2）电容器两端电压，电容器带电量． ‎ ‎（3）电容器通过和放电，放电电流根电阻成反比，因此电量也跟电阻成反比，则通过的电量为：=2.16× ‎ 答：（1）闭合开关S待电路稳定后，电流表的示数是0.6A ‎ ‎（2）闭合开关S待电路稳定后，电容器的带电量是（3）再次断开开关S待电路稳定，通过R2的电量是 ‎ ‎17.解：（1）A→B由动能定理及圆周运动知识有： ‎ ‎（mg+qE）•L=mvB2              ‎ F-（mg+qE）=         ‎ 得：F=3N                         ‎ ‎（2）由（1）可知到达B点的速度为 ‎ 在C点根据速度关系有：vcsinθ=vB   ‎ 从A→C过程，根据动能定理有：    ‎ 从根据动能定理有：qUAC+mghAC=mvc2-0 ‎ 得：U=1600V      ‎ 答：（1）绳子至少受3N的拉力才能被拉断； ‎ ‎（2）A、C两点的电势差为1600V． ‎ ‎【解析】 ‎ ‎1. 解：电容器与电源断开，电量保持不变，增大两极板间距离时，根据C=，知电容C变小，根据U=知两极板间的电势差U变大，故C正确． ‎ 故选：C． ‎ 电容器与电源断开，电量保持不变，增大两极板间距离时，根据C=，判断电容的变化，根据U=判断电势差的变化． ‎ 解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量．若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变． ‎ ‎2. 解：A、从图示方向看，则根据电阻定律可知，R1==，R2==，故两电阻相等，比值为1：1，故A错误，B正确． ‎ C、若电流竖直向下，则根据电阻定律有：R1=，R2=，故R1：R2=b2：a2；故CD错误． ‎ 故选：B． ‎ 根据电阻定律进行分析，注意明确导线长度和截面积的确定，从而求出各自的电阻，进而求出对应的比值． ‎ 本题考查电阻定律的应用，要注意本题可以作为电阻微型化的依据，注意电流方向不同，同一个电阻其阻值可能不同． ‎ ‎3. 解：A、电容器的额定电压为2.7V，说明工作电压要不超过2.7V，可以小于2.7V，故A错误； ‎ BC、该电容器最大容纳电荷量：Q=CU=3000F×2.7V=8100C， ‎ 手机锂电池“4.2V，1000mAh”的电荷量q=1000mAh=1A×3600s=3600C， ‎ 故，故B正确，C错误； ‎ D、由于是电容器，故该超级电容充电时把电能存储在电容器中，没有转化为化学能，故D错误； ‎ 故选：B ‎ 电容器的额定电压是正常工作时允许的最大电压，实际电压可以低于额定电压；电容器与电源的电容量q=It，电容器是储存电能的工具． ‎ 本题考查电容器和电源，关键是明确电容量的概念和额定电压的含义，基础题目． ‎ ‎4. 解：A、点电荷受到重力、电场力，合力F=；根据牛顿第二定律有：a=，故A错误； ‎ B、根据运动独立性，水平方向点电荷的运动时间为t，水平方向上的加速度a=，根据位移公式可得：=，化简得t=，故B正确； ‎ C、竖直方向做自由落体运动，下降高度h=gt2=，故C错误； ‎ D、电荷运动位移为，故电场力做功W=，故D错误． ‎ 故选：B． ‎ 分析电荷的受力情况，根据牛顿第二定律可求得总的加速度； ‎ 根据运动的独立性，分别对水平方向和竖直方向进行分析，根据水平方向上的匀加速直线运动规律可求得运动时间；再对竖直方向分析，从而求出对应的高度，根据功的公式可求得电场力所做的功． ‎ 本题考查带电粒子在电场和重力场组成的复合场中的运动，要注意明确带电粒子在水平和竖直两个方向上相互独立但时间相等，再分别根据匀变速直线运动的规律求解即可． ‎ ‎5. 解：A、将R1等效到电源的内部，R2上的功率等于等效电源的输出功率，当等效电源的外电阻等于内阻时，即R2=R1+r时，输出功率最大，即R2上的功率最大．故A正确． ‎ B、根据P=I2R，电流最大时，R1上的功率最大．当外电阻最小时，即R2=0时，电流最大．故B错误，C正确． ‎ D、当外电阻等于内阻时电源的输出功率最大，外电阻与内电阻越接近，电源的输出功率越大，当R1＞r，故当R2=0时，电源的输出功率最大，故D正确； ‎ 因选不正确的，故选：B． ‎ 当外电阻等于内阻时电源的输出功率最大．对于定值电阻，根据P=I2R，电流最大时，功率最大． ‎ 解决本题的关键掌握当外电阻等于内阻时电源的输出功率最大．对于定值电阻，根据P=I2R，电流最大时，功率最大． ‎ ‎6. 解：等量同种电荷周围电场分布情况如图： ‎ 将该图与题图结合可知： ‎ A、将两个图比较可知，A、B、C、D四个点的是关于连线对称的，所以电势相同，故A正确； ‎ B、由于A1、B1、C1、D1四个点是关于连线对称，场强大小相等，但方向不同，所以场强不同，故B错误． ‎ C、D、将两个图比较可知，A、B、C、D四个点和A1、B1、C1、D1四个点关于点电荷的连线的中心是对称的，所以8个点的电势高低是相等的，所以负检验电荷q在A点的电势能等于在C1点的电势能，正检验电荷q从C点移到C1点过程电场力对其做功的和为0．故C错误，D错误． ‎ 故选：A． ‎ 解答本题要掌握等量同种电荷周围电场分布情况，电场线与等势面垂直，而且顺着电场线电势逐渐减小．结合对称性进行分析． ‎ 该题考查常见的电场以及电场线的分布，要熟练掌握等量异种电荷和等量同种电荷周围电场强度、电势分布情况，并能正确判断电荷在电场中运动时动能或电势能变化情况． ‎ ‎7. 解：由库仑定律可得：F=k， ‎ 当两相同金属小球带同种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量之比变为3：3，所以库仑力是原来的1.8倍， ‎ 当两相同金属小球带异种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量之比变为2：2，所以库仑力是原来的0.8倍，故CD正确，AB错误． ‎ 故选：CD ‎ 两电荷间存在库仑力，其大小可由库仑定律求出．当两电荷相互接触后再放回原处，电荷量可能相互中和后平分，也可能相互叠加再平分，所以库仑力的变化是由电荷量变化导致的． ‎ 本题考查库仑定律的同时，利用了控制变量法．当控制距离不变时，去改变电荷量，从而确定库仑力的变化．当然也可控制电荷量不变，去改变间距，从而得出库仑力的变化． ‎ ‎8. 解： ‎ A、电压表测量变阻器下部分电阻的电压，根据串联电路电压与电阻成正比的特点可知，滑动触头P向上运动时，电压表示数变大．故A正确． ‎ B、D由于理想电压表内阻认为无穷大，对电路没有影响，所以不论电压表示数多大，电源内的电流不发生变化．故B正确，D错误． ‎ C、滑动触头P移到最下端时，电压表示的数为零，但电源内仍有电流．故C错误． ‎ 故选AB ‎ 理想电压表内阻认为无穷大，对电路没有影响．图示电路中，变阻器的金属滑杆P上下移动时，电路中电流不变．根据串联电路分压特点，分析电压表示数的变化． ‎ 本题关键抓住理想电压表内阻无穷大，相当于断路的特点进行分析． ‎ ‎9. 解：A、在时间t内消耗电能（W电）转化为机械能（W机=mgh）和内能（W内=I2Rt）， ‎ 所以W电=mgvt+I2Rt ‎ 而W电=EI-I2r ‎ 解得：，故A错误，B正确； ‎ C、如果电动机转轴被卡住而停止转动，则电动机相当于电阻为R的电阻，所以电路的电流增大， ‎ 根据P=I2r可知较短时间内电源消耗的功率将变大，故C正确，D错误． ‎ 故选BC ‎ 电流通过直流电动机做功，消耗电能（W电=UIt）转化为机械能（W机=mgh）和内能（W内=I2Rt），可求消耗的电能，再根据W电=EI-I2r求解电源内阻；如果电动机转轴被卡住而停止转动，则电动机相当于电阻为R的电阻，电路的电流增大，电源消耗的功率增大． ‎ 本题考查了消耗电能（电功）的计算、功率的计算．特别是要知道电动机不是纯电阻用电器，电流做功消耗的电能大部分转化为机械能、少部分转化为内能（发热）． ‎ ‎10. 解：A、若sinθ＜，电场力可能做正功，也可能做负功，所以ε可能减小也可能增大、W可能增大也可能减小．故A错误． ‎ BC、若sinθ=，则电场力与速度方向垂直，电场力不做功，ε、W一定守恒．故B正确，C错误． ‎ D、若tanθ=，则电场力沿水平方向，可能水平向左，可能水平向右，则电场力和重力的合力与速度方向可能同向，也可能成一定的角度，则电场力可能做正功，可能做负功，ε可能增加，可能减小，根据能量守恒知，电势能和机械能之和保持不变，故D正确． ‎ 故选：BD． ‎ 根据电场力做功判断带电小球电势能的变化，结合除重力以外其它力做功得出机械能的变化． ‎ 本题关键是分析电场力与合力方向的夹角，来判断电场力做功正负，确定电势能和机械能的变化． ‎ ‎11. 解：（1）①根据电容的决定式C= 知，上移左极板，正对面积S减小，则电容减小， ‎ 根据U=知，电荷量不变，则电势差增大，指针偏角变大． ‎ ‎②根据电容的决定式C=知，将两板间插入一块玻璃时，电容增大，根据U=知，电荷量不变，则电势差减小，指针偏角变小． ‎ ‎（2）螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为2.0×0.01mm=0.020mm， ‎ 所以最终读数为0.5mm+0.020mm=0.520mm． ‎ 故答案为：（1）①变大，②变小；（2）0.520． ‎ 抓住电容器的电荷量不变，根据电容的决定式C=判断电容的变化，结合U=判断电势差的变化，从而得出指针偏角的变化． ‎ 螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读． ‎ 解决本题的关键知道静电计测量的是电容器两端的电势差，处理电容器动态分析时，关键抓住不变量，与电源断开，电荷量保持不变，结合电容的决定式和定义式进行分析． ‎ 对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量． ‎ ‎12. 解：（1）电流表的量程IA=0.6A，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中需要的最大电阻应为：Rmax===7.5Ω所以变阻器应选R1； ‎ ‎（2）根据原理图可知实物图如图所示： ‎ ‎（3）根据闭合电路欧姆定律应用：E=U+I（r+R0）， ‎ 整理可得：U=-（r+R0）I+E，由图可知图象与纵坐标的交点为电源的电动势；故E=1.50V； ‎ 根据函数斜率的概念应有：r+R0=，解得r=0.29； ‎ 故答案为：（1）R1 ‎ ‎（2）如图所示； ‎ ‎（3）0.29（1）根据闭合电路欧姆定律求出电路中需要的最大电阻，从而确定对应的滑动变阻器； ‎ ‎（2）根据电路图可得出对应的实物图； ‎ ‎（3）根据闭合电路欧姆定律写出关于U与I的函数表达式，然后根据斜率和截距的概念即可求解． ‎ 本题考查测量电源的电动势和内电阻的实验，应注意明确以下几点：①测定电池电动势和内阻实验应选择内阻较大的旧电池；②通过电流表的最小电流应为电流表量程的，这样可以保证准确；③遇到根据图象求解的问题，应根据物理规律整理出关于纵轴与横轴物理量的函数表达式，再根据斜率和截距的概念即可求解． ‎ ‎13. 解：（1）：闭合开关前，应将滑动触头置于输出电压最小的a端，以保护电流表； ‎ ‎（2）：根据欧姆定律，电阻测量值为=， ‎ 若考虑电压表内阻影响，待测电阻的真实值为=， ‎ 比较可知，所以测出的灯泡电阻值比真实值偏小； ‎ 根据I-U图象读出U=2.4V时对应的电流I=0.5A， ‎ 所以小灯泡的实际功率为=1.2W； ‎ 根据欧姆定律应有：I=，可见I-U图象上的点与原点连线斜率的倒数等于灯泡的电阻，由于连线的斜率逐渐减小，所以小灯泡的电阻随温度的升高而增大， ‎ 即I-U图象是一条曲线而不是直线的原因是小灯泡的电阻随温度的升高而增大． ‎ 故答案为：（1）a ‎ ‎（2）偏小，1.2，小灯泡的电阻随温度的升高而增大 ‎ 本题（1）的关键是明确变阻器采用分压式接法时，电键闭合前应将滑片置于输出电压最小的一端以保护电流表；题（2）的关键是根据欧姆定律写出电阻测量值和真实值的表达式即可；对于I-U图象，应根欧姆定律写出关于I与U的函数表达式，可知图象上的点与原点连线的斜率倒数应等于小灯泡的电阻，然后讨论即可． ‎ 应明确：①电键闭合前，应将变阻器的滑片置于输出电压最小的一端以保护电流表；②I-U图象上的点与原点连线的斜率倒数等于导体的电阻． ‎ ‎14. ‎ 先把A、B作为整体为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，再分别以A、B为研究对象，运用静电力公式结合牛顿第二定律即可解题 ‎ 本题主要考查了库仑定律及牛顿第二定律的直接应用，难度不大，属于基础题 ‎ ‎15. ‎ ‎（1）由铭牌可知，电机额定电压是50V，额定功率是200W，由电功率公式的变形公式可以求出电机正常工作时的电流． ‎ ‎（2）已知额定功率与工作时间，由W=Pt可以求出电动自行车消耗的电能．本题考查了求电流、消耗的电能等问题，熟练应用电功率公式的变形公式、电功公式即可正确解题． ‎ ‎16. ‎ ‎（1）求出电路的总电阻，根据闭合电路的欧姆定律求出电流； ‎ ‎（2）求出并联部分的电压，由Q=CU求电容器的带电量； ‎ ‎（3）电容器通过和放电，放电电流根电阻成反比，因此电量也跟电阻成反比，即可求出通过的电量；对于给定的电容器，关键是其电压的分析和计算．当电容器与某电路并联时，其电压等于该电路两端的电压． ‎ ‎17. ‎ ‎（1）根据动能定理求出小球经过最低点时的速度．经过最低点时，由重力和细线的拉力的合力提供小球的向心力，由牛顿第二定律求出细线对小球的拉力； ‎ ‎（2）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向是匀速直线运动，竖直方向是匀加速直线运动，由此可以求得 ‎ 本题是带电物体在复合场中圆周运动问题，动能定理和向心力结合是常用的解题方法．粒子垂直进入电场中做的是类平抛运动，考查了学生对类平抛运动的规律的应用． ‎