【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（实验班）（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（实验班）（解析版）

育才学校2019-2020学年度第一学期第三次月考卷 高二实验班物理 一、选择题 ‎1.如图所示电路，电源内阻不可忽略．开关S闭合后，在变阻器Ru的滑动端向下滑动的过程中 A. 电压表与电流表的示数都减小 B. 电压表与电流表的示数都增大 C. 电压表的示数增大，电流表的示数减小 D. 电压表的示数减小，电流表的示数增大．‎ ‎【答案】A ‎【解析】当滑片下移时，滑动变阻器接入电阻减小，则外电路总电阻减小，电路中总电流增大，电源的内电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小；‎ 由欧姆定律可知，R1上的分压增大，而路端电压减小，故并联部分的电压减小，则通过R2的电流减小，根据并联电路的特点可知：通过R0的电流增大，则电流表的示数增大．故A正确，BCD错误 ‎2. 某空间存在一个范围足够大的电场，x轴上各点的电势φ随坐标x变化规律如图，O点是坐标原点．一带电粒子只在电场力作用下沿x轴做直线运动，某时刻经过O点，速度沿+x方向．不考虑粒子的重力，关于电场和粒子的运动，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 电场一定是沿+x轴方向的匀强电场 B. 粒子做匀变速直线运动 C. 粒子可能做周期性的往复运动 D. 粒子在运动过程中，动能与电势能之和可能不断增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据顺着电场线方向电势降低可判断出电场线的方向，确定出粒子所受的电场力方向，分析其运动情况．φ﹣x图象的斜率大小等于场强E．加速度a=，只有电场力做功，则动能与电势能之和不变，从而即可求解．‎ 解：A、根据题意可知，φ﹣x图象的斜率大小等于场强E，因为电势沿电场线方向逐渐降低，则是沿﹣x轴方向的匀强电场．故A错误．‎ B、粒子受到恒定的电场力作用，则一定是匀变速直线运动．故B正确，C错误．‎ D、粒子在运动过程中，只有电场力做功，则动能与电势能之和不变．故D错误．故选B．‎ ‎【点评】本题关键是抓住φ﹣x图象的斜率大小等于场强E，确定电场线方向，判断粒子的运动情况，同时掌握电势能与动能的转化关系．‎ ‎3.如图示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点ab=cd=L,ad=bc=2L,电场线与矩形所在平面平行．已知a、b、d点的电势分别为20V,24V和12V，一个质子以速度经过b点，速度方向与bc成角，经过一段时间质子经过c点，不计质子的重力，则：‎ A. c点的电势低于a点电势 B. 场强方向由b指向d C. 质子从b点运动到c点，电场力做功8e V D. 质子从b点运动到c点，电场力做功10eV ‎【答案】AC ‎【解析】ab点电势差等于dc点电势差，所以c点电势16V，所以A正确．质子从b点运动到c点电势能减小8eV，所以电场力做正功为8eV．所以C正确．ad中点电势时16V，与c点电势相等，所以电场线垂直于c与ad中点连线，bd不符合，所以B错误．所以选AC．‎ ‎4.如图所示，先后按图中（1）、（2）所示电路测同一未知电阻阻值Rx，已知两电路的路端电压恒定不变，若按图（1）所示电路测得电压表示数为，电流表示为，那么按图（2）所示电路测得的结果应为（ ）‎ A. 电压表示数为6V，电流表示数为2mA B. 电压表示数为6V，电流表示数为小于2mA C. 电压表示数为小于6V，电流表示数为小于2mA D. 电压表示数为小于6V，电流表示数为大于2mA ‎【答案】D ‎【解析】图（1）所示电路中，电压表示数为6V，电流表示数为2mA，说明U=6V．在图（2）所示电路中，U=6V，电压表与Rx并联后与电流表串联，由于电流表的分压，电压表与Rx并联部分电压小于U，即电压表示数小于6V．又由于电压表与Rx并联的电阻小于Rx，外电路总电阻小于电流表与待测电阻Rx串联的总电阻，则干路中电流大于图（1）中电流表的读数，即大于2mA．故选D．‎ ‎【点睛】本题是实验题，电表对电路的影响不能忽略，可把电压表看成能测量电压的电阻，电流表看成能测量电流的电阻．‎ ‎5.如图所示，A、B是真空中的两个等量异种点电荷，M、N、O是AB连线的垂线上的点，且AO＞OB.一带负电的试探点电荷仅受电场力作用，运动轨迹如图中实线所示，M、N为轨迹和垂线的交点，设M、N两点的场强大小分别EM、EN，电势分别为φM、φN，取无穷远为零电势．下列说法中正确的是(　　)‎ A. 点电荷A一定带正电 B. EM小于EN C. φM＞φN D. 该试探点电荷在M处的电势能小于N处的电势能 ‎【答案】B ‎【解析】A. 粒子受到的电场力指向轨迹弯曲的一侧，所以该负电荷受到的电场力指向带正电的电荷，所以点电荷B带的是正电，点电荷A带的是负电，故A错误；‎ B. 因为AO＞OB，根据等量异种点电荷电场线分布特点可知，EM小于EN，故B正确；‎ C. 由等量异种点电荷等势面分布特点，N点离正电荷更近些，电势更高些，即，故C错误；‎ D. 由电势能公式，知负电荷在M处的电势能大于在N处的电势能，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎6.两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，正确描述电势随位置变化规律的是图 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：两个等量异号电荷的电场线如下图，‎ 根据“沿电场线方向电势降低”的原理，从左侧无穷远处向右电势应升高，正电荷所在位置处最高；然后再慢慢减小，O点处电势为零，则O点右侧电势为负，同理到达负电荷时电势最小，经过负电荷后，电势开始升高，直到无穷远处，电势为零；故BCD是错误的；A正确．故选A 考点：电场线；电场强度及电势.‎ ‎【名师点睛】本题中应明确沿电场线的方向电势降低；并且异号电荷连线的中垂线上的电势为零；因为其中垂线为等势面，与无穷远处电势相等；此题考查学生应用图像观察图像解决问题的能力.‎ ‎7.两个电池1和2的电动势E1＞E2，它们分别向同一电阻R供电，电阻R消耗的电功率相同．比较供电时电池1和2内部消耗的电功率P1和P2及电池的效率η1和η2的大小，则有(　　)‎ A. P1＞P2，η1＞η2 B. P1＞P2，η1＜η2‎ C. P1＜P2，η1＞η2 D. P1＜P2，η1＜η2‎ ‎【答案】B ‎【解析】因为向同一电阻R供电，电阻R消耗的电功率相同，则电流I相等．据，因E1＞E2，则．据，两电源内部消耗的电功率．据，电池的效率．故B项正确，ACD三项错误．‎ 点睛：注意区分电源的功率与效率，搞清各自的公式．‎ ‎8.如图，P为固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆．带电粒子Q在P的电场中运动．运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点．若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc，则 A. aa>ab>ac，va>vc>vb B. aa>ab>ac，vb> vc> va C. ab> ac> aa，vb> vc> va D. ab> ac> aa，va>vc>vb ‎【答案】D ‎【解析】在点电荷的电场中，场强大小，由图可知，可得，而带电粒子运动的加速度，则；由轨迹知，两电荷间为库仑斥力，粒子由a到b，电场力做负功，动能减小，则va>vb，粒子由b到c，电场力做正功，动能增加，则vc>vb，由于，由可得，则va>vc>vb，故选D．‎ ‎9.关于电源电动势E，下列说法中错误的是 A. 电动势E的单位与电势、电势差的单位相同，都是伏特V B. 干电池和铅蓄电池的电动势是不同的 C. 电动势E可表示为可知，电源内非静电力做功越多，电动势越大 D. 电动势较大，表示电源内部将其他形式能转化为电能的本领越大 ‎【答案】C ‎【解析】电动势E的单位与电势、电势差的单位相同，都是伏特V，选项A正确；干电池电动势是1.5V，铅蓄电池的电动势是2V，选项B正确；电动势E可表示为可知，电源内非静电力从电源的负极移动1C正电荷到电源的正极做功越多，电动势越大，选项C错误；电动势较大，表示电源内部将其它形式能将电能转化为电能的本领越大，选项D正确；此题选项错误的选项，故选C.‎ ‎10.电源电动势为E，内阻为r，向可变电阻R供电，关于路端电压说法正确的是(　　)‎ A. 因电源电动势不变，所以路端电压也不变 B. 因为U＝IR，所以当I增大时，路端电压也增大 C. 因U＝E－Ir，所以当I增大时，路端电压下降 D. 若外电路断开，则路端电压等于电动势 ‎【答案】CD ‎【解析】A. 电源电动势不变，路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小，故A错误；‎ BC. 当R增大时，I减小，不能根据判断路端电压的变化，而由分析，E、r不变，I减小，得到U增大；I增大，得到U减小；故C正确B错误；‎ D. 若外电路断开，则路端电压等于电动势，故D正确。故选CD。‎ ‎11.在如图（a）所示的电路中，L1、L2为规格相同的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图（b）所示，C是电容为100μF的电容器，R是阻值为8Ω的定值电阻，电源E的内阻为1Ω。电路稳定后，通过L1的电流为0.2 A，下列结果正确的是（ ）‎ A. L1的电功率为0.16 W B. L2的电阻为4ΩW C. 电源的效率为80% D. 电容器的带电量为2.4×104C ‎【答案】AC ‎【解析】A.通过L1的电流，由图读出其电压，则L1的电功率为 故A正确；‎ B.并联部分的电压 由图读出其电流，根据欧姆定律得 故B错误；‎ C.电源电动势为 电源得效率为 故C正确；‎ D.电容器的电压为 则电容器的带电量为 故D错误。故选AC。‎ ‎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点时的动能为：，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 ‎ ‎13.（1）在“测定金属的电阻率”的实验中，由于金属丝直径很小，不能使用普通刻度尺，应使用螺旋测微器．螺旋测微器的精确度为_________mm，用螺旋测微器测量某金属丝直径时的刻度位置如图所示，从图中读出金属丝的直径为_________mm．‎ ‎（2）如果测出金属丝接入电路的长度l、直径d和金属丝接入电路时的电流I和其两端的电压U，就可求出金属丝的电阻率．用以上实验中直接测出的物理量来表示电阻率，其表达式为ρ=___________．‎ ‎（3）在此实验中，金属丝的电阻大约为4Ω，在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测电阻丝外，选用了如下实验器材：‎ A．直流电源：电动势约4．5 V，内阻不计；‎ B．电流表A：量程0～0．6 A，内阻约0．125Ω；‎ C．电压表V：量程0～3 V，内阻约3 kΩ；‎ D．滑动变阻器R：最大阻值10Ω；‎ E．开关、导线等．‎ 在以下可供选择的实验电路中，应该选图____（填“甲”或“乙”），选择的接法为____接法（填“内”或“外”），此接法测得的电阻值将___________（填“大于”、“小于”或“等于”）被测电阻的实际阻值．‎ ‎（4）根据所选实验电路图，在实物图中完成其余的连线___________．在闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应置在_________（填“最左”或“最右”）端．‎ ‎（5）根据所选量程，某次实验两电表的示数如图，则读数分别为_________V和_________A．‎ ‎（6）若某次实验测得接入电路金属丝的长度为0．810m，算出金属丝的横截面积为0．81×10-6m2，根据伏安法测出电阻丝的电阻为4．1Ω，则这种金属材料的电阻率为__________（保留二位有效数字）．‎ ‎【答案】(1). 0．01mm 0．640mm (2). 甲 (3). 外 小于 (4). 最左 (5). 2．15V 0．16A (6). 1×10-6Ω·m ‎【解析】试题分析：（1）螺旋测微器的精确度为0．01mm，金属丝的直径为 ‎0．5mm+0．01mm×14．0=0．640mm．‎ ‎（2）根据及解得 ‎（3）因待测电阻的阻值较小，故采用电流表外接电路，即甲电路；因电压表的分流作用，使得电流表的测量值大于电阻上的实际电流，故此接法测得的电阻值将小于被测电阻的实际阻值．‎ ‎（4）连线如图；在闭合开关S前，滑动变阻器的阻值调节到最小，故滑片应置在最左端．‎ ‎（5）电压表读数为2．15V；电流表读数为0．16A．‎ ‎（6）根据可得，带入数据可知ρ=4．1×10-6Ω·m ‎【点睛】螺旋测微器示数等于固定刻度与可动刻度示数之和，对螺旋测微器读数时要注意估读；实验器材的选择、设计实验电路图是本题的难点，要掌握实验器材的选取原则及电路选择的原则．‎ ‎14. 在“测定电源的电动势和内电阻”的实验中，已连接好部分实验电路．‎ ‎（1）按如图甲所示的电路图连好实验电路．为避免烧坏电流表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于　　　　端（选填“左”或“右”）‎ ‎（2）如图是根据实验数据作出的U－I图像，由图可知，电源 的电动势E＝　　　　V，内阻r＝　　　　Ω．‎ ‎（3）在其他操作规范的情况下，该实验误差产生的主要原因是 ，测得电源的电动势 ．（填“偏大”或“偏小”）‎ ‎【答案】（1）左 ‎（2）2.94~2.97V 0.70~0.74Ω ‎（3）伏特表内阻分流；偏小 ‎【解析】‎ 试题分析：（1）闭合开关前应让电路中的电流最小，使滑动变阻器的接入电路的电阻最大，所以闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于左端；‎ ‎（2）U–I图像的图线延长线与U轴的交点即为电动势E，E=2.94~2.97V；图线斜率的值即为电源的内阻r，即Ω ‎（3）在其他操作规范的情况下，该实验误差产生的主要原因是电压表的分流作用，由于电压表的分流作用测得电源的电动势偏小．‎ 考点：测定电源电动势和内阻 点评：中等难度．本实验的误差主要来自电压表的分流．在画图线时，要使较多的点落在这条直线上或使各点均匀分布在直线的两侧．个别偏离直线太远的点舍去不予考虑．这样，就可使偶然误差得到部分的抵消，从而提高测量精度．此题图线与横轴交点不表示短路电流，计算内阻要在直线上任取两个相距较远的点，用计算出电源的内电阻．‎ 三、计算题 ‎ ‎15.如图所示，电源电动势E=18 V，内阻r=2 Ω，两平行金属板水平放置，相距d=2 cm，当变阻器R2的滑片P恰好移到中点时，一带电量q=﹣2×10﹣7C的液滴刚好静止在电容器两板的正中央，此时理想电流表的读数为1 A．已知定值电阻R1=6 Ω求：‎ ‎（1）带电液滴的质量（取g=10 m/s2）．‎ ‎（2）当把滑动变阻器的滑动片P迅速移到C点后，液滴到达极板时的动能．‎ ‎【答案】（1）16×10﹣5kg（2）7.14×10﹣8J ‎【解析】 (1) 根据闭合电路欧姆定律，路端电压为：‎ U=E-Ir=18-1×2.0=16V 液滴平衡，故： ‎ 代入数据解得：；‎ ‎(2) 当滑片在中点时：‎ ‎ ‎ 解得：R2=20Ω 当滑片滑到C点时，路端电压：‎ ‎ ‎ 根据动能定理，液滴到达上极板时的动能为：‎ ‎ ．‎ ‎【点睛】本题关键是明确电路结构，根据闭合电路欧姆定律和串并联电路的电压、电流关系求解极板间的电压；然后结合平衡条件、动能定理列式求解．‎ ‎16.如图所示，两平行金属板A、B长为L＝8cm，两板间距离d＝8cm，A板比B板电势高300V，一带正电的粒子电荷量为q＝1.0×10－10C，质量为m＝1.0×10－20kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2.0×106m/s，粒子飞出电场后经过界面MN、PS间的无电场区域，然后进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响）．已知两界面MN、PS相距为s1=12cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为s2=9cm，粒子穿过界面PS做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上．（静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，粒子的重力不计）‎ ‎（1）求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离多远？到达PS界面时离D点多远？‎ ‎（2）在图上粗略画出粒子的运动轨迹．‎ ‎（3）确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小．‎ ‎【答案】（1）3cm，12cm；（2）；（3）Q带负电，1.04×10－8C ‎【解析】（1）粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离（侧向位移）：‎ y＝at2‎ a＝＝‎ L＝v0t 则 y＝at2＝·（）2＝0.03m＝3cm 粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS交于H，设H到中心线的距离为Y，‎ 界面距离为则有解得 Y＝4y＝12cm ‎（2）第一段是抛物线、第二段是直线、第三段是圆弧；‎ ‎（3）粒子到达H点时，其水平速度 vx＝v0＝2.0×106m/s 竖直速度 vy＝at＝1.5×106m/s 则 v合＝2.5×106m/s 该粒子在穿过界面PS后绕点电荷Q做匀速圆周运动，所以Q带负电，根据几何关系可知半径r＝15 cm 解得 Q≈1.04×10－8C