湖南省衡阳市第一中学2020学年高二物理12月月考试题（含解析）

湖南省衡阳市第一中学2020学年高二物理12月月考试题（含解析）

湖南省衡阳市第一中学2020学年高二12月月考 ‎ 物理试题 一、选择题 ‎1.下列说法正确的是（ ）‎ A. 根据F＝k可知，当r→0时，F→∞‎ B. 根据可知，当电容器充电时，电容C将增大 C. 根据可知，R与U成正比，与I成反比 D. 根据可知，当I增大时，路端电压减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、库仑定律F＝k的条件是真空中的点电荷间的力，当r→0时，带电体不一定能看成是点电荷；故A错误.‎ B、是电容的定义式，运用比值法定义电容器储存电荷的本领，C与Q、U无关；B错误.‎ C、是电阻的定义式，导体电阻由导体的材料、长度、横截面积决定，与电压、电流无关；故C错误.‎ D、根据公式U=E-Ir可知，当I增大时，E、r不变，则U减小；故D正确.‎ ‎【点睛】掌握各种物理公式的物理意义：比值定义出的定义式，计算式，决定式.‎ ‎2.空间某区域里电场的电场线分布如图所示，下列说法正确的是( 　　)‎ A. c点场强方向与d点场强方向相同 B. a点电势高于b点电势 C. 若将一试探电荷＋q由a点静止释放，它将沿电场线运动到b点 D. 将一试探电荷-q由a移至b的过程中，电势能减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、电场线上的每一点的切线方向表示场强方向，由图可知，c点和d点的场强方向不同；故A错误.‎ B、沿着电场线的方向电势逐渐降低，则；故B正确.‎ C、若将一试探电荷+q由a点静止释放，将沿着在a点的场强方向运动，运动轨迹不是电场线；故C错误.‎ D、若将一试探电荷-q由a点到b点电场力做负功，电势能增加；故D错误.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道沿着电场线的方向电势逐渐降低，以及知道电势能的大小与电势的关系．‎ ‎3.两个电压表V1和V2是由完全相同的两个小量程电流表改装成的，V1的量程是5 V，V2的量程是15 V，为了测量15～20 V的电压，把两个电压表串联起来使用，下列说法正确的是(　　)‎ A. V1和V2的示数相等 B. V1和V2的指针偏转角度不相同 C. V1和V2的示数不相等，指针偏转角度也不相同 D. V1和V2的示数之比等于两个电压表的内阻之比 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 两表串联后，通过每个电流表的电流相同，指针偏转角度相同，但两电压表的总内阻不同，则两表的示数不同，其示数之比为两表的内阻之比．‎ ‎【详解】A .两表的示数与内阻成正比，而两表量程不同，内阻不同，则示数不同；故A错误.‎ B 因是串联关系，电流大小一样，则指针偏转角度相同；故B错误.‎ C.两表指针偏转角度相同，示数不等；故C错误.‎ D.因是串联关系，分压之比为内阻之比；故D正确.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】考查的是电压表的改装原理，电压表的内部电路为串联关系，相同的电流表电流相同，偏转角度一样，而对应刻度由量程决定．‎ ‎4.如图所示，一个带正电、质量为m的小球B用绝缘细绳拴住，另一个带正电小球A固定在绝缘竖直墙上，小球B在重力、细绳拉力和小球A库仑力的作用下静止，且A、B两球处于离地面高度为h的同一水平面上。现将细绳剪断，下列说法正确的是（ ）‎ A. 小球B从细绳剪断瞬间起开始做平抛运动 B. 小球B在细绳剪断瞬间加速度等于g C. 小球B在空中运动的时间小于 D. 小球B落地的速度等于 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对小球受力分析可知，结合库仑定律，小球受到球的重力和库仑力的共同的作用，此过程中库仑力是不断减小的，小球不只受到重力的作用，做变速曲线运动．‎ ‎【详解】A、B、将细绳剪断瞬间，小球受到球的重力和库仑力的共同的作用，合力斜向右下方，并不是只有重力的作用，因此剪断瞬间起开始，不可能做平抛运动，且加速度大于g，故A错误，B错误；‎ C、D、小球在落地过程中，除受到重力外，还受到库仑斥力，那么竖直方向的加速度大于g，因此球落地的时间小于，落地的速度大于，故C正确，D错误.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】对小球受力分析，根据球的受力的情况来判断小球的运动的情况及各力做功情况，要注意的库仑力是不断减小的．‎ ‎5.一个水平放置的电容为的平行板电容器及三个电阻阻值分别为的电阻组成如图所示的电路，电源电动势为内阻为的电源。当开关断开时，电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将开关闭合，则以下判断正确的是（ ）‎ A. 液滴带正电 B. 液滴将向上运动 C. 闭合前电容器上的带电荷量为 D. 闭合稳定后电容器上的带电量为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 开关闭合时，电容器两板间的电压等于电阻R2两端的电压，小于电源的电动势，当开关断开时，电路稳定时，电容器板间电压等于电源的电动势，分析液滴的运动情况，根据电压的变化，分析电容器的电量变化．‎ ‎【详解】A、由题意可知，电场力与重力相平衡，电容器上极板带正电，则液滴带负电，故A错误；‎ B、当开关断开时，电路稳定时，电路中没有电流，电容器板间电压等于电源的电动势；开关闭合时，电容器两板间的电压等于电阻R2两端的电压，小于电源的电动势，则知电容器板间电压减小，板间场强减小，液滴所受电场力减小，则液滴将向下运动；故B错误.‎ C、当开关断开时，，由；故C错误.‎ D、开关闭合时，，则；D正确.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题是电容器动态变化分析问题，关键确定电容器板间电压的变化．当电路稳定时，电容器的电压等于所并联的电路两端电压．‎ ‎6.如图所示，矩形的四个顶点a、b、c、d为匀强电场中的四个点，ab=2bc = 1 m，电场线与矩形所在的平面平行。已知a点电势为16 V，b点电势为8V，c点电势为4 V。一带电粒子从以点以速度v0=1000 m/s射入电场，v0与ab边的夹角为，一段时间后粒子经过ab边的中点e。不计粒子的重力，下列判断正确的是（ ）‎ A. d点电势为14V B. 电场强度大小为 C. 粒子从a点到e点电势能增大 D. 粒子从a点到e点所用时间为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据匀强电场中平行的等间距的两点间的电势差相等，有Uad=Ubc，即φa-φd=φb-φc，已知φa=16V，φb=8V，φc=4V，可得d点电势φd=12V；故A错误.‎ C、中点e的电势为，d点和e点的电势相同，de连线为等势线，电场方向垂直于de向下，根据粒子的运动轨迹可知粒子受到的电场力垂直于de连线向下，则粒子从a点到e点电场力做正功，电势能减小；故C错误.‎ B、△ade为等腰直角三角形，a点到直线de的距离为，ae间电势差 Uae=φa-φe=4V，则电场强度大小为；故B正确.‎ D、粒子抛出后做类平抛运动，落到e点时，垂直于电场线方向的位移为，所需时间为；故D错误 .‎ 故选B.‎ ‎【点睛】解决本题的关键要掌握匀强电场中平行的等间距的两点间的电势差相等，找到等势线，利用电场力做功与电势能变化的关系以及电场强度与电压的关系分析.‎ ‎7.硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点．如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图象（电池内阻不是常数），图线b是某电阻R的U-I图象．在该光照强度下将它们组成闭合回路时，硅光电池的内阻为（ ）‎ A. 5．5Ω B. 7．0Ω C. 12．0Ω D. 12．5Ω ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由欧姆定律得，当时，，由a与纵轴的交点读出电源的电动势为：．根据两图线交点处的状态可知，电阻的电压为，电流为，则硅光电池的内阻为：，故A正确；‎ 考点：考查了闭合回路欧姆定律的应用 ‎【名师点睛】本题考查对图象的理解能力．对于线性元件有，对于非线性元件，．对于电源的内阻往往根据电源的外特性曲线研究斜率得到．‎ ‎8.如图所示，电路中电源电动势为E，内阻为r，C为电容器，L为小灯泡，R为定值电阻，闭合电键，小灯泡能正常发光。现将滑动变阻器滑片向右滑动一段距离，滑动前后理想电压表V1、V2示数变化量的绝对值分别为，理想电流表A示数变化量的绝对值为 ，则 A. 电源的输出功率一定增大 B. 灯泡亮度逐渐变暗 C. 与均保持不变 D. 当电路稳定后，断开电键，小灯泡立刻熄灭 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、B项：滑片向右滑动变阻器连入电路的阻值变小，总电阻变小，电流变大，灯泡逐渐变亮，B错；电源输出功率最大时有电源内阻等于外电路电阻，虽然外电路电阻变小，但不能确定是不是接近电源内阻，电源输出功率不一定增大，A错；‎ C项：电压表V1测的为电阻R两端电压，电压表V2测的为路端电压，电注表测的是干路中的电流，所以，，所以均保持不变，故C正确；‎ D项：当电路稳定后，断开电键，小灯泡与电容器组成闭合回路，电容放电，小灯泡不立刻熄灭，故D错误。‎ 点晴：解决本题关键知道定值电阻两端电压与电流（或电压变化与电流变化）之比等于定值电阻阻值，路端电压变化与电流变化之比即为电源的内阻。‎ ‎9.空间某区域竖直平面内存在电场，电场线分布如图所示。一个质量为m、电量为q，电性未知的小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为v1，方向水平向右，运动至B点时的速度大小为v2。若A、B两点之间的高度差为h，则以下判断中正确的是（考虑重力）:‎ A. 小球在A点的电势能比B大 B. 若，电场力也不一定做正功 C. A、B两点间的电势差大小为∣∣‎ D. 小球从A运动到B点的过程中电场力做的功为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ A项：由沿电场线电势越来越低可判断：，但小球的电性未知，故不能判断小球在A、B两点的电势能大小，故A错误；‎ B、D项：从A到B，根据动能定理 ，故D错误，因为重力做正功，所以不能确定电场力做正功，故B正确；‎ C项：由B分析得A、B两点间的电势差大小为，故C正确。‎ 点晴：本题考查动能定理在电场中的应用，注意在非匀强电场中电场力做功的求法：W=qU。‎ ‎10.用标有“6 V,3 W”的灯泡L1、“6 V,6 W”的灯泡L2与理想电压表和理想电流表连接成如图所示的实验电路，其中电源电动势E＝9 V．右图是通过两个灯泡的电流随两端电压变化的曲线．当其中一个灯泡正常发光时(　　)．‎ A. 电流表的示数为1 A B. 电压表的示数约为6 V C. 电路输出功率为4 W D. 电源内阻为2 Ω ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 由题可知，若 正常发光， ，若 正常发光， ，两个小灯泡串联，只有一个灯泡正常发光，则为 正常发光。‎ A项，电流表示数为，故A项错误。‎ B项，电压表测量灯泡 的电压，由图乙可知，曲线A对应灯泡，当电流为时，此时电压为2 V所以电压表示数为2 V ，故B项错误。‎ C项，电路输出功率为 ，故C项正确。‎ D项，电源内阻为 ，故D项正确。‎ 综上所述，本题正确答案为CD。‎ ‎11.如图所示，绝缘光滑半圆轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E，在与环心等高处放有一质量为m，电荷量为＋q的小球，由静止开始沿轨道运动，下列说法正确的是（ ）‎ A. 小球在运动过程中机械能守恒 B. 小球经过最低点时机械能最大 C. 小球经过环的最低点时对轨道压力为3(mg＋qE)‎ D. 小球经过环的最低点时对轨道压力为3(mg－qE)‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A：小球在运动的过程中有电场力做功，机械能不守恒。故A项错误。‎ B：小球沿轨道运动，小球从开始运动到轨道最低点过程，电场力做的正功最多，据功能关系，小球在最低点时机械能最大。故B项正确。‎ CD：小球从开始运动到最低点，据动能定理可得：；对小球在最低点时受力分析，据牛顿第二定律可得：；由牛顿第三定律可得，小球在最低点时对轨道压力；联立解得：。故C项正确，D项错误。‎ ‎【点睛】重力对物体所做的功等于物体重力势能的减少量；合力对物体所做的功等于物体动能的增加量；除重力（弹簧弹力）其他力对物体所做的功等于物体机械能的增加量。‎ ‎12.在如图所示的电路中电源电动势为E，内阻为r，M为多种元件集成的电子元件，其阻值与两端所加的电压成正比（即RM＝kU，式中k为正常数）且遵循欧姆定律，L1和L2是规格相同的小灯泡（其电阻可视为不随温度变化而变化），R为可变电阻，现闭合开关S，调节可变电阻R使其电阻值逐渐减小，下列说法中正确的是（   ）‎ A. 灯泡L1变暗、L2变亮 B. 通过电阻R的电流增大 C. 电源两端电压变小 D. 电子元件M两端的电压变大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因M阻值与电压成正比，则可知M中电流保持不变；从而可控制整体个电路电流不变；则可得出灯泡亮度及R中电流的变化.‎ ‎【详解】A、因M中阻值与电压成正比，故M中电流保持不变；故灯泡L2的亮度不变；总电流不变，R减小，L1电阻不变，根据分流规律R电流增大，L1电流减小变暗，故A错误；‎ B、因R的阻值减小，故由欧姆定律可知，通过R的电流增大;故B正确.‎ C、电源两端的电压U=E-Ir，总电流不变，所以电源两端电压不变;故C错误.‎ D、电子M两端的电压,灯L2两端电压不变，灯L1两端电压减小，电子元件两端电压变大;故D正确；‎ 故选BD.‎ ‎【点睛】本题关键在于明确M的结构，从而在整个电路中起到控制电流不变的作用；本题不能想当然地看作闭合电路欧姆定律的动态分析进行分析解答.‎ 二、实验题 ‎13.在“探究决定导体电阻的因素”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如图所示，用米尺测出金属丝的长度l，金属丝的电阻大约为5 Ω，先用伏安法测出金属丝的电阻R，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率．‎ ‎(1)从图中读出金属丝的直径为________mm.‎ ‎(2)为此取来两节新的干电池、开关和若干导线及下列器材：‎ A．电压表0～3 V，内阻10 kΩ B．电压表0～15 V，内阻50 kΩ C．电流表0～0.6 A，内阻0.05 Ω D．电流表0～3 A，内阻0.01 Ω E．滑动变阻器，0～10 Ω F．滑动变阻器，0～100 Ω ‎①要求较准确地测出其阻值，电压表应选____________，电流表应选________________，滑动变阻器应选______________．(填序号)‎ ‎【答案】 (1). 0.680 (2). A (3). C (4). E ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数．②根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作应选最大阻值较小的滑动变阻器；根据电路图分析答题．‎ ‎【详解】(1)由图所示螺旋测微器可知，其示数为0.5mm+18.0×0.01mm=0.680mm；因此金属丝的直径在0.679mm～0.681mm．‎ ‎(2)两节新的干电池，电源电动势为3V，若选取电压表15V，测量读数误差较大，因此电压表选A；电路最大电流约为，电流表应选C；金属丝的电阻大约为5Ω，为方便实验操作滑动变阻器应选E．‎ ‎【点睛】本题考查了螺旋测微器读数、实验器材选择、实验电路分析；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，螺旋测微器需要估读；要掌握实验器材的选择原则．‎ ‎14.某探究小组要尽可能精确地测量电流表○A1 的满偏电流，可供选用的器材如下：‎ A.待测电流表A1 (满偏电流Imax约为800 μA、内阻r1约为100Ω，表盘刻度均匀、总格数为N)‎ B.电流表A2 (量程为0.6 A、内阻r2＝0.1Ω)‎ C.电压表V (量程为3V、内阻RV＝3kΩ)‎ D.滑动变阻器R(最大阻值为20 Ω)‎ E.电源E(电动势有3V、内阻r约为1.5Ω)‎ F.开关S一个，导线若干 ‎(1)该小组设计了图甲、图乙两个电路图，其中合理的是________(选填“图甲”或“图乙”)．‎ ‎(2)所选合理电路中虚线圈处应接入电表________(选填“B”或“C”)．‎ ‎(3)在开关S闭合前，应把滑动变阻器的滑片P置于________端(选填“a”或“b”)．‎ ‎(4)在实验中，若所选电表的读数为Z，电流表A1的指针偏转了n格，则可算出待测电流表A1的满偏电流Imax＝________.‎ ‎【答案】 (1). 图乙 (2). C (3). b (4). ‎ ‎【解析】‎ 本题①的关键是根据变阻器的全电阻远小于待测电流表内阻可知，变阻器应采用分压式接法；题②的关键是根据串联电路电流相等可知虚线处应是电流表B；题③关键是明确闭合电键前应将变阻器滑片置于输出电压最小的一端；题④的关键是求出待测电流表每小格的电流．‎ ‎(1)由于待测电流表的量程较小，而内阻大于滑动变阻器的最大阻值，为了减小误差，应选用乙电路图．‎ ‎(2)由于两块电流表的量程差距较大，只能选用电压表当电流表使用，故选C.‎ ‎(3)乙电路图中滑动变阻器采用的是分压式接法，在闭合开关前，要求测量电路的分压为零，故滑动变阻器的滑片P应置于b端．‎ ‎(4)根据串联电路的特点，可得：，解得：‎ 三、计算题 ‎15.某同学在研究微型直流电动机的性能时，采用如图所示的实验电路．调节滑动变阻器R的阻值，使电动机无法转动，此时电流表和电压表的示数分别为0.2 A和0.6V．重新调节R的阻值，使电动机能够正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为1.0 A和8.0 V．(电流表、电压表均为理想电表)求：‎ ‎(1)这台电动机的线圈电阻；‎ ‎(2)电动机正常运转时的输出功率．‎ ‎【答案】(1) (2) P输出=5W ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从电路图中可以看出，电动机和滑动变阻器串联，电压表测量电动机两端的电压，电流表测量电路电流，根据公式可求电动机停转时的电阻；利用公式P=UI可求电动机的总功率，根据公式P=I2R可求电动机克服本身阻力的功率，总功率与电动机克服自身电阻功率之差就是电动机的输出功率．‎ ‎【详解】(1)电动机不转动时满足欧姆定律，电动机的电阻：‎ ‎(2)电动机的总功率：P=U1I1=8V×1A=8W；‎ 电动机自身电阻的热功率：PR=I12R=（1A）2×3Ω=3W；‎ 电动机正常运转时的输出功率是：P输出=P-PR=8W-3W=5W．‎ ‎【点睛】本题要明确非纯电阻电路的功率的计算方法，知道电动机不转动时可视为纯电阻和能量间的关系．‎ ‎16.如图所示，一带电量为＋q、质量为m的小球，从距地面高2h处以一定的初速度水平抛出，在距抛出点水平距离为s处有根管口比小球大的竖直细管，细管的上口距地面高为h，为了使小球能无碰撞地落进管口通过管子，可在管子上方整个区域内加一水平向左的匀强电场，求：‎ ‎（1）小球的初速度；‎ ‎（2）应加电场的场强；‎ ‎（3）小球落地时的动能．‎ ‎【答案】（1）　（2）　　方向水平向左　（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）要使小球无碰撞地通过管口，则当它到达管口时，速度方向为竖直向下，而小球水平方向仅受电场力，做匀减速运动到零，竖直方向为自由落体运动．‎ 从抛出到管口，在竖直方向有：‎ 解得：‎ 在水平方向有：‎ 解得：‎ ‎（2）在水平方向上，根据牛顿第二定律：‎ 又由运动学公式：‎ 解得：，方向水平向左．‎ ‎（3）小球落地的过程中有重力和电场力做功，根据动能定理：‎ 即 解得：Ek=mgh 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】此题是带电粒子在电场及重力场中的运动问题；解题的关键是搞清小球在水平和竖直两个方向的运动特点，结合运动的合成知识以及动能定理求解．‎ ‎17.如图所示电路中，电源电动势，内阻，定值电阻，滑动变阻器可在范围内调节，平行板电容器板长，板间距，一带正电的粒子（不计重力），，以速度从两板正中间射入．当电键断开时，粒子击中距电容器极板右边缘的荧光屏正中心O，则当电键闭合后，求：‎ ‎（1）R1在什么范围内调节可使该粒子打到荧光屏上？‎ ‎（2）粒子打到荧光屏上距O点最大距离是多少？（荧光屏足够大）‎ ‎【答案】（1）4Ω＜R1≤19Ω；（2）10cm；‎ ‎【解析】‎ ‎（1）若粒子刚好从下极板边缘飞出，此时的最小值是．‎ 则竖直方向有， ‎ 水平方向有： ‎ 根据欧姆定律得，　‎ 代入数据得　 ‎ 所以的取值范围是　　　 　　‎ ‎（2）粒子最大距离是（如图所示），由类平抛运动规律可知　　‎ 得　　　　　　　　　‎ 点睛：本题是电场中粒子的偏转与电路知识的综合，确定电容器的电压是关键步骤之一，对于偏转问题，常常运用运动的分解法研究。 ‎