河南省太康县第一高级中学2020学年高二物理12月月考试题（含解析）

河南省太康县第一高级中学2020学年高二物理12月月考试题（含解析）

‎2020学年度上学期12月月考 ‎ 高二物理试卷 一、选择题:本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一个选项符合题目要求，第7～10题有多个选项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选钳的得0分。‎ ‎1. 下列说法中正确的是(　　)‎ A. E＝F/q是电场强度的定义式，F是放入电场中的电荷所受的力，q是产生电场的电荷的电荷量 B. 库仑定律的表达式，式是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小，而是点电荷q1产生的电场在q2处场强的大小 C. 电荷在电场中不受静电力的作用，则该处的电场强度不一定为零 D. 一小段通电导线在某处不受磁场力的作用，则该处磁感应强度一定为零 ‎【答案】B ‎【解析】是电场强度定义式，F是放入电场中的试探电荷所受的力，q是放入电场中的试探电荷的电荷量，它适用于任何电场，q不是产生电场的场源电荷的电荷量，故A错误；库仑定律的表达式，式是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小，而是点电荷q1产生的电场在q2处场强的大小，故B正确；电荷在电场中受到的电场力：F=qE，所以电荷在某处不受静电力作用，则该处的电场强度为零，故C错误；一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则可能是电流的方向与磁场的方向平行，该处磁感应强度不一定为零，故D错误。所以B正确，ACD错误。‎ ‎2. 图中虚线是用实验方法描绘出的某一静电场中的一簇等势线，若不计重力的带电粒子仅受电场力从a点射入电场后恰能沿图中的实线运动，b点是其运动轨迹上的另一点，则带电粒子(　　)‎ A. a点的电势一定低于b点 B. a点的动能一定小于b点 C. a点的电势能一定小于b点 D. a点的加速度一定小于b点 ‎【答案】C ‎3. 如图所示，初速度为零的质子()和α粒子(‎ ‎)被相同的加速电场U1加速以后垂直射入偏转电场U2(粒子不计重力)，则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为(　　)‎ A. 1∶1 B. 1∶2‎ C. 2∶1 D. 1∶4‎ ‎【答案】A ‎【解析】加速电场中根据动能定理得：，偏转电场中，平行于金属板方向：L=v0t，垂直于金属板方向：，加速度为：，联立以上各式得：，偏移量y与电荷的质量和电量无关，所以偏移量y之比是1：1，故A正确，BCD错误。‎ ‎4. 如图(a)所示，两个平行金属板P、Q竖直放置，两板间加上如图(b)所示的电压，t＝0时，Q板比P板电势高5 V，此时在两板的正中央M点有一个电子，速度为零，电子在静电力作用下运动，使得电子的位置和速度随时间变化．假设电子始终未与两板相碰．在0＜t＜8×10－10s的时间内，这个电子处于M点的右侧，速度方向向左且大小逐渐减小的时间是(　　)‎ A. 6×10－10 s＜t＜8×10－10 s B. 4×10－10 s＜t＜6×10－10 s C. 2×10－10 s＜t＜4×10－10 s D. 0＜t＜2×10－10 s ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：在0＜t＜2×10-10s时间内，Q板比P板电势高5V，‎ ‎，方向水平向左，所以电子所受电场力方向向右，加速度方向也向右，所以电子向右做匀加速直线运动；在2×10-10s＜t＜4×10-10s时间内，Q板比P板电势低5V，电场强度方向水平向右，所以电子所受电场力方向向左，加速度方向也向左，所以电子向右做匀减速直线运动，当t=4×10-10s时速度为零；在4×10-10s＜t＜6×10-10s时间内，Q板比P板电势低5V，电场强度方向水平向右，所以电子所受电场力方向向左，加速度方向也向左，所以电子向左做匀加速直线运动；在6×10-10s＜t＜8×10-10s时间内，Q板比P板电势高5V，电场强度方向水平向左，所以电子所受电场力方向向右，加速度方向也向右，所以电子向左做匀减速直线运动，到8×10-10s时刻速度为零，恰好又回到M点．综上分析可知：在6×10-10s＜t＜8×10-10s时间内，这个电子处于M点的右侧，速度方向向左且大小逐渐减小．故选A．‎ 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】本题是带电粒子在电场中的运动问题；关键是分析电场力的方向变化情况；此题也可以画出电子运动的速度时间图象求解，难度适中。‎ ‎5. 如图所示，一带电小球从A处竖直向上进入一水平方向的匀强电场中，进入电场时小球的动能为4 J，运动到最高点B时小球的动能为4J，则小球运动到与A点在同一水平面上的C点(图中未画出)时的动能为(　　)‎ A. 12J B. 16 J C. 20 J D. 24 J ‎【答案】C ‎【解析】粒子做竖直上抛运动，则运动时间，水平方向粒子做初速度为零的匀加速直线运动。水平位移为：，上升的过程电场力做功为：W1=qEx1，最高点时，竖直方向的速度为0，故小球的动能与电场力做的功相等，即：W1=4J，下降的过程中，竖直方向做自由落体运动，与竖直上抛是对称的所以下降的时间：t2=t1，水平方向的总位移为：‎ ‎，全过程中电场力做功为：W2=qEx2=4qEx1=4W1=16J，全过程中，重力做功为0，根据动能定理有：W2=EK末-EK初，所以：EK末=EK初+W2=4+16=20J，故C正确，ABD错误。‎ ‎6. 我国新发明的J20隐形战机，2020年8月进一步试飞．由于地磁场的存在，飞机在我国上空一定高度水平飞行时，其机翼就会切割磁感线，机翼的两端之间会有一定的电势差．则当飞机自东向西飞行和自西向东飞行时，从飞行员的角度看机翼左端的电势比右端的电势的大小关系分别为(　　)‎ A. 低 高 B. 高 低 C. 低 低 D. 高 高 ‎【答案】D ‎【解析】地磁场在北半球的竖直分量竖直向下，当飞机在北半球自东向西飞行时，飞机切割磁感线产生感应电动势，由右手定则可知：机翼左端的电势比右端的电势高；同理可知飞机在北半球自东向西飞行时，机翼左端的电势比右端的电势低，故B正确，ACD错误。‎ ‎7. 一个T型电路如图所示，电路中的电阻R1＝20Ω，R2＝240Ω，R3＝80Ω.另有一测试电源，电动势为100V，内阻忽略不计．则( )‎ A. 当cd端短路时，ab之间的等效电阻是80Ω B. 当ab端短路时，cd之间的等效电阻是40Ω C. 当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为80V D. 当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为80V ‎【答案】AC ‎【解析】选C.当cd端短路时，电阻R2、R3并联后与R1串联，ab间的电阻为Rab＝R1＋＝40 Ω，故A错误；当ab端短路时R1、R3并联后与R2‎ 串联，cd间的电阻为Rcd＝R2＋＝128 Ω，故B错误；当ab两端接通测试电源时，R1、R3串联，R2相当于导线，cd两端电压为R3上的电压，所以Ucd＝＝V＝80 V，故C正确；当cd两端接通测试电源时，R2、R3串联，R1相当于导线，ab两端电压为R3上的电压，所以Ucd＝＝V＝25 V，故D错误．‎ ‎8. 如图所示，A、B、C三个小球(可视为质点)的质量分别为3m、2m、m，B小球带负电，电荷量为q，A、C两小球不带电(不考虑小球间的电荷感应)，不可伸长的绝缘细线将三个小球连接起来悬挂在O点，三个小球均处于竖直向上的匀强电场中，电场强度大小为E。则以下说法正确的是(　　)‎ A. 静止时，A、B两小球间细线的拉力为3mg-qE B. 静止时，A、B两小球间细线的拉力为3mg+qE C. 剪断O点与A小球间细线瞬间，A、B两小球间细线的拉力为 D. 剪断O点与A小球间细线瞬间，A、B两小球间细线的拉力为 ‎【答案】BD ‎【解析】静止时，对BC球进行受力分析，则有：T=2mg+mg-Eq=3mg-Eq，故A正确，B错误；B球带负电，相当于在自由落体状态下给B球瞬间施加一个竖直向下的电场力qE，经过AB绳传递，qE对A、B球整体产生一个竖直向下的加速度，以A球为研究对象可得：，可得A、B球间细线的拉力为：，故D正确，C错误。所以AD正确，BC错误。‎ ‎9.‎ ‎ 如图所示的电路，电源内阻为r，A、B、C为三个相同的灯泡，其电阻均为2r/3，当变阻器的滑动触头P向上滑动时(　　)‎ A. A灯变暗，B灯变亮，C灯变亮 B. 电源输出的电功率增加，电源的效率变小 C. A灯的电压改变量的绝对值比B灯小 D. A灯的电压改变量的绝对值与B灯大 ‎【答案】BC ‎【解析】当变阻器的滑动触头P向上移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流I增大，A灯变亮，A灯和电源的内电压增大，并联部分电压减小，B灯变暗，由总电流增大，而通过B灯的电流减小，可知通过C灯的电流增大，C灯变亮，故A错误；电源消耗的总功率为P=EI，电源的电动势E不变，I增大，则电源的总功率P增大，电源的供电效率，外电阻减小，路端电压U减小，电源的供电效率降低，故B正确；A灯与内阻电压的减小量等于B灯的电压的增大量，故C正确，D错误。所以BC正确，AD错误。‎ ‎10. 如图所示，一束质量、速度和电荷量不全相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后，进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B束，下列说法中错误的是(　　)‎ A. 组成A、B束的离子都带负电 B. A束离子的比荷()大于B束离子的比荷 C. A束离子的比荷()小于B束离子的比荷 D. 速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里 ‎【答案】AC ‎【解析】AB粒子进入磁场后都向左偏，根据左手定则可以判断AB束离子都带正电，故A说法错误；经过速度选择器后的粒子速度相同，粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，满足qvB=qE，即不发生偏转的粒子具有共同的速度大小，进入磁场区分开，轨道半径不等，根据公式，可知，半径大的比荷小，所以A束离子的比荷大于B束离子的比荷，故B说法正确，故C说法错误；在速度选择器中，电场方向水平向右，AB粒子所受电场力方向向右，所以洛伦兹力方向向左，根据左手定则可知，速度选择器中的磁场方向垂直纸面向内，故D说法正确。所以选AC。‎ 二、非选择题(本题包括2小题，每空2分共14分)‎ ‎11. 某同学采用半偏法，测量内阻约为100 Ω的电流表 ‎(1)采用如图所示的电路测量电流表G的内阻Rg，可选用的器材有：‎ A．滑动变阻器：最大阻值为2 000 Ω；‎ B．滑动变阻器：最大阻值为50 kΩ；‎ C．电阻箱：最大阻值为999.9 Ω；‎ D．电阻箱：最大阻值为9 999.9 Ω；‎ E．电源：电动势约为6 V，内阻很小；‎ F．开关、导线若干．‎ 为提高测量精度，在上述可供选择的器材中，滑动变阻器R1应该选择________；电阻箱R2应该选择________；(填选用器材的字母代号)‎ ‎(2)测电流表G的内阻Rg的实验步骤如下：‎ a．连接电路，将可变电阻R1调到最大；‎ b．断开S2，闭合S1，调节可变电阻R1使电流表G满偏；‎ c．闭合S2，调节可变电阻R2使电流表G半偏，此时可以认为电流表G的内阻Rg＝R2.‎ 设电流表G的内阻Rg的真实值为R真，测量值为R测，，则R真________R测．(选填“大于”、“小于”或“等于”)‎ ‎【答案】 (1). B (2). C (3). 大于 ‎【解析】（1）利用半偏法测量电流表G的内阻，要保证总电流基本不变，则R1的阻值远大于R2的阻值，电动势选择大一些的．故可变电阻R1应该选择 D；可变电阻R2应该选择C。‎ ‎（2）由于并联R2后，总电阻减小，则总电流增大，所以通过R2的实际电流大于通过电流表G的电流，则R2的阻值小于电流表G的阻值，所以电流表R测＜R真。‎ ‎12. 某同学利用如图所示电路测定一节电池的电动势和内阻，备有下列器材：‎ ‎①待测电池，电动势约为1.5 V(小于1.5 V)‎ ‎②电流表，量程3 mA ‎③电流表，量程0.6 A ‎④电压表，量程1.5 V ‎⑤电压表，量程3 V ‎⑥滑动变阻器，0～20 Ω ‎⑦开关一个，导线若干 ‎(1)请选择实验中需要的器材________(填标号)．‎ ‎(2)按电路图将实物连接起来．‎ ‎(3)小组由实验数据作出的UI图象如图所示，由图象可求得电源电动势为________V，内阻为________Ω.‎ ‎【答案】 (1). ①③④⑥⑦ (2). (3). 1.45 2.9‎ ‎【解析】解：（1）电池和导线开关为必选；故①⑦必选；‎ 干电池电动势约为1.5V，电压表应选：④，根据实验数据得出最大电流为0.57A，因此电流表应选：③；‎ 滑动变阻器只有一个，故选：⑥；‎ ‎②根据伏安法测电源电动势与内阻的实验原理图得出实物图如下图．‎ ‎③由闭合电路欧姆定律可知U=E﹣Ir，再由数学知识可知，‎ 图象与纵坐标的交点为电源的电动势故电源的电动势为1.45V；‎ 而图象的斜率表示电源的内阻，r===3.22Ω；‎ 故答案为：（1）①③④⑥⑦；（2）如图；（3）1.45，3.22．‎ ‎【点评】本题考查了实验器材的选取、作实验电路图、求电动势与内阻，知道实验器材的选取原则、知道实验原理、掌握应用图象法处理实验数据的方法即可正确解题．‎ 三、计算题(本题包括4小题，共36分)‎ ‎13. 实验表明，炽热的金属丝可以发射电子．在图中，从炽热金属丝射出的电子流，经电场加速后进入偏转电场．已知加速电极间的电压是2 5V，偏转电极间的电压是2.0 V，偏转电极长6.0 cm.相距0.2 cm.电子的质量是0.91×10－30 kg，电子重力不计．求：‎ ‎(1)电子离开加速电场时的速度；‎ ‎(2)电子离开偏转电场时的侧向速度；‎ ‎【答案】(1)3.0×106 m/s (2)3.5×106 m/s ‎【解析】试题分析：电子在加速电场运动时，电场力做功，由动能定理求解电子离开加速电场时的速度；电子进入偏转电场时，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动，由牛顿第二定律和运动学公式结合求出电子离开偏转电场时的侧向速度。‎ ‎（1）电子在加速电场中加速，由动能定理得：‎ 代入数据解得：v=3.0×106 m/s ‎（2）设电子在偏转电场中的加速度为a，运动时间为t，‎ 电子的加速度：‎ 电子运动时间：‎ 电子离开偏转电场时的竖直方向速度：v⊥=at，解得：v⊥≈3.5×106m/s 点睛：本题主要考查了带电粒子先在加速电场中运动，后在偏转电场中运动，由动能定理求解加速获得的速度，再根据运动学公式即可求出侧向速度。‎ ‎14. )一台小型电动机在6V电压下工作，用此电动机提升所受重力为8 N的物体时，通过它的电流是0.5 A。在30 s内可使该物体被匀速提升9m。若不计除电动机线圈生热之外的能量损失，求：‎ ‎(1)电动机的输入功率；‎ ‎(2)在提升重物的30 s内，电动机线圈所产生的热量；‎ ‎(3)线圈的电阻。‎ ‎【答案】(1)3 W　(2)18J　(3)2.4Ω ‎【解析】（1）电动机的输入功率P入=UI=0.2×3 W=0.6 W．‎ ‎（2）电动机提升重物的机械功率P机=Fv=（4×3/30）W=0.4 W．‎ 根据能量关系P入=P机+PQ，得生热的功率PQ=P入-P机=（0.6-0.4）W=0.2 W．‎ 所生热量Q=PQt=0.2×30 J=6 J．‎ ‎（3）由焦耳定律Q=I2Rt，得线圈电阻．‎ ‎15. 如图所示的电路中，R1＝3 Ω，R2＝6 Ω，R3＝1.5 Ω，C＝20 μF，当开关S断开时，电源所释放的总功率为8 W；当开关S闭合时，电源所释放的总功率为16 W，求：‎ ‎(1)电源的电动势和内电阻；‎ ‎(2)闭合S时，电源的输出功率；‎ ‎(3)S断开和闭合时，电容器所带的电荷量各是多少？‎ ‎【答案】(1)8 V　0.5 Ω　(2)14 W　(3)1.2×10－4 C　0‎ ‎【解析】试题分析：（1）S断开，R2、R3串联根据闭合电路欧姆定律，有：‎ 故总功率为：…①‎ S闭合，R1、R2并联再与R3串联，总外电阻 根据闭合电路欧姆定律，有：‎ 故总功率为：②‎ 联立①②解得：E=4V，r=0.5Ω ‎（2）闭合S，总外电阻R′=3.5Ω 干路电流为：‎ 输出功率P出=EI′-I′2r=4×1-1×0.5=3.5W ‎（3）S断开时，C两端电压等于电阻R2两端电压 ‎∴Q=CU2=20×10-6×3C=6×10-5C 考点：闭合电路欧姆定律；功率；电容器.‎ ‎【名师点睛】此题考查了闭合电路欧姆定律、功率以及电容器问题的计算；解题的关键是理清电路结构，然后结合闭合电路欧姆定律和电功率表达式列式分析；搞清电容器两端的电压是哪个电阻上的电压；此题是电路的综合计算，考查学生的综合分析能力.‎ ‎16. 如图所示，在直角坐标系xOy平面内，虚线MN平行于y轴，N点坐标为(－L,0)，MN与y轴之间有沿y轴正方向的匀强电场，在第四象限的某区域有方向垂直于坐标平面的矩形有界匀强磁场(图中未画出)．现有一质量为m、电荷量为－e的电子，从虚线MN上的P点，以平行于x轴正方向的初速度v0射入电场，并从y轴上点A射出电场，射出时速度方向与y轴负方向成30°角，进入第四象限后，经过矩形磁场区域，电子过点Q，不计电子重力，求：‎ ‎(1)匀强电场的电场强度E的大小；‎ ‎(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小和电子在磁场中运动的时间t；‎ ‎(3)矩形有界匀强磁场区域的最小面积Smin.‎ ‎【答案】(1) (2) ， (3) ‎ ‎..................‎ ‎(1)设电子在电场中运动的加速度为a，时间为t，离开电场时，沿y轴方向的速度大小为vy，则水平方向： L＝v0t 加速度为：‎ 竖直速度为：vy＝at 联立解得：‎ ‎(2) 设轨迹与x轴的交点为D，OD距离为xD，则 根据几何关系可得：‎ 所以，DQ平行于y轴，电子在磁场中做匀速圆周运动的轨道的圆心在DQ上，电子运动轨迹如图所示：‎ 设电子离开电场时速度为v，在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r，‎ 根据洛伦兹力提供向心力：‎ 又有：‎ 由几何关系有：‎ 解得：‎ 联立以上各式解得：‎ 电子转过的圆心角为120°，则得：‎ 因为：‎ 解得：‎ ‎(3)以切点F、Q的连线长为矩形的一条边，与电子的运动轨迹相切的另一边作为其FQ的对边，有界匀强磁场区域面积为最小．‎ 可得：‎ 点睛：本题主要考查了粒子做类平抛时，由牛顿第二定律与运动学公式相结合来综合运用；在做匀速圆周运动时，由半径公式与几何关系来巧妙应用，从而培养学生在电学与力学综合解题的能力。‎