2019-2020年高二上学期月考物理试题（12月份） 含解析.doc

2019-2020年高二上学期月考物理试题（12月份） 含解析一、单项选择题（每题6分）1（6分）（xx宿州一模）如图所示，实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子从电场中的O点以相同的初速度飞入仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则（）Aa一定带正电，b一定带负电Ba加速度增大，b加速度增大Ca电势能减小，b电势能增大Da和b的动能一定都增大考点：电场线专题：电场力与电势的性质专题分析：根据粒子轨迹的弯曲方向可判断粒子所受电场力的方向，根据电场力方向与场强方向的关系判断电性电场线越密，场强越大，电荷所受电场力越大，加速度越大；电场线越疏，场强越小，电荷所受电场力越小，加速度越小根据电场力做功正负判断电势能和动能的变化解答：解：A、由图，b粒子的轨迹向左弯曲，b粒子受到的电场力方向向左，如图a的轨迹向右弯曲，b粒子受到的电场力方向向右，由于电场线未知，无法确定两个粒子的电性故A错误；B、由图看出，向右电场线越来越疏，场强越来越小，则a所受电场力减小，加速度减小，b所受电场力增大，加速度增大故B错误；C、D、由图判断电场力对两个粒子都做正功，电势能都减小，动能都增大故C错误，D正确故选：D点评：本题是轨迹问题，根据轨迹的弯曲方向判断出电荷所受的电场力是关键基础题，不应失分2（6分）（xx秋周村区校级期末）如图所示，图线a是某一电源的UI曲线，图线b是一定值电阻的UI曲线若将该电源与该定值电阻连成闭合电路（已知该电源的内阻r=2.0），则说法错误的是（）A该定值电阻为6B该电源的电动势为20VC将2只这种电阻串联作为外电阻，电源输出功率最大D将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大考点：电功、电功率；欧姆定律专题：恒定电流专题分析：根据图线b的斜率求出定值电阻的阻值；读出两图线交点处电压和电流，根据欧姆定律求出电源的电动势；对于电源，当内外电路的电阻相等时输出功率最大解答：解：A、图线b的斜率k=6，则定值电阻的阻值R=k=6；故A正确；B、由图读出交点的电压U=15V，电流I=2.5A，根据闭合电路欧姆定律得，电源的电动势：E=U+Ir=15V+2.52V=20V；故B正确；C、D、对于电源，当内外电路的电阻相等时输出功率最大，故将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大，故C错误，D正确；本题选错误的，故选：C点评：定值电阻的伏安特性曲线斜率等于电阻，电源的伏安特性曲线的斜率绝对值表示内电阻、纵轴截距表示电动势3（6分）（xx秋长沙县校级期末）在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路当调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为1.0A和2.0V重新调节R并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和24.0V则这台电动机正常运转时输出功率为（）A32 WB40 WC47 WD48 W考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：电动机停止转动时，其电路是纯电阻电路，欧姆定律成立，由电流表和电压表的示数，根据欧姆定律求出电动机的电阻电动机正常运转时输出功率等于输入的电功率与内部发热功率之差解答：解：依题，电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为1.0A和2.0V，则电动机的电阻R=2这台电动机正常运转时输出功率为P出=U2I2=242222（W）=40W故选：B点评：对于电动机电路是纯电阻电路还是非纯电阻电路，关键抓住电能如何转化，如电能全部转化为内能，则为纯电阻电路，否则是非纯电阻电路4（6分）（xx秋垫江县期末）如图所示电路中，电流表A和电压表V均可视为理想电表现闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动，下列说法正确的是（）A电流表A的示数变小，电压表V的示数变大B小灯泡L变亮C电容器C上电荷量减少D电源的总功率变大考点：闭合电路的欧姆定律；电容器专题：恒定电流专题分析：闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动时，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，确定外电路总电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律分析电路中总电流的变化，判断电流表示数和灯泡亮度的变化由欧姆定律分析电压表示数的变化根据变阻器电压的变化，判断电容器的电量变化电源的总功率为P=EI，与电流成正比解答：解：A、B闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中总电流I减小，则小灯泡L变暗，电流表A的示数变小电压表的示数U=EI（RL+r），I减小，其他量不变，则U增大，即电压表V的示数变大故A正确，B错误C、电容器的电压等于变阻器两端的电压，即等于电压表的示数，U增大，由Q=CU，知电容器C上的电荷量增大故C错误D、电源的总功率P=EI，I减小，则电源的总功率变小故D错误故选：A点评：本题是电路动态变化分析问题，电容器所在电路相当于开关断开，根据欧姆定律进行分析5（6分）（xx秋万州区校级月考）如图所示，、是竖直平面内三个相同的半圆形光滑轨道，k为轨道最低点，处于匀强磁场中，和处于匀强电场中，三个完全相同的带正电小球a、b、c从轨道最高点自由下滑至第一次到达最低点k的过程中，下列说法中正确的有（）A在k处球b速度最大B在k处球c对轨道压力最大C球a需时最长D球c机械能损失最多考点：带电粒子在混合场中的运动；向心力专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：三个轨道的半径相同，根据圆周运动的向心力的公式可以分析小球通过最低点是对轨道的压力，a球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，b球受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小，c球受到的电场力对小球做正功，到达最低点时球的速度大小较大解答：解：A、C、对a小球受力分析可知：Fa+qvBmg=m，得：Fa=mgqvB+m；对b球受力分析可得：Fbmg=m，得：Fb=mg+m；对c球受力分析可知：Fcmg=m，得：Fc=mg+m；由于a球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；b球受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小最小，所以b球的运动的时间也长，所以AC错误；B、D、c球受到的电场力对小球做正功，到达最低点时球的速度大小最大，所以c球的机械能增加，c球对轨道压力最大，所以B正确，D错误故选：B点评：洛伦兹力对小球不做功，但是洛伦兹力影响了球对轨道的作用力，在电场中的bc球，电场力对小球做功，影响小球的速度的大小，从而影响小球对轨道的压力的大小6（6分）（xx莆田校级模拟）如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J，则以下判断正确的是（）A金属块带负电荷B金属块克服电场力做功8JC金属块的电势能减少4JD金属块的机械能减少12J考点：功能关系；电势能分析：在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8.0J，重力做功24J，根据动能定理求出电场力做功；电场力做功等于电势能的减小量；重力做功等于重力势能的减小量解答：解：A、B、C、在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8.0J，重力做功24J，根据动能定理得：W总=WG+W电+Wf=EK解得：W电=4J所以金属块克服电场力做功4.0J，金属块的电势能增加4J由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷故A错误，B错误，C错误；D、在金属块滑下的过程中重力做功24J，重力势能减小24J，动能增加了12J，所以金属块的机械能减少12J，故D正确故选：D点评：解这类问题的关键要熟悉功能关系，也就是什么力做功量度什么能的变化，并能建立定量关系7（6分）（xx涟水县校级模拟）如图所示，在某空间同时存在着相互正交的匀强电场E匀强磁场B电场方向竖直向下，有质量分别为m1，m2的a，b两带负电的微粒，a电量为q1，恰能静止于场中空间的c点，b电量为q2，在过C点的竖直平面内做半径为r匀速圆周运动，在c点a、b相碰并粘在一起后做匀速圆周运动，则（）Aa、b粘在一起后在竖直平面内以速率做匀速圆周运动Ba、b粘在一起后仍在竖直平面内做半径为r匀速圆周运动Ca、b粘在一起后在竖直平面内做半径大于r匀速圆周运动Da、b粘在一起后在竖直平面内做半径为的匀速圆周运动考点：带电粒子在混合场中的运动；牛顿第二定律；向心力专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：粒子a、b受到的电场力都与其受到的重力平衡；碰撞后整体受到的重力依然和电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式，再结合动量守恒定律列式求解解答：解：粒子b受到的洛伦兹力提供向心力，有解得两个电荷碰撞过程，系统总动量守恒，有m2v=（m1+m2）v解得整体做匀速圆周运动，有故选D点评：本题关键是明确两个粒子的运动情况，根据动量守恒定律和牛顿第二定律列式分析计算二、实验题（共18分）8（2分）（xx秋万州区校级月考）判断以下测量结果的读数正确是（）A用螺旋测微器测金属丝直径3.251厘米B用精度0.1毫米的游标卡尺测得物长3.251厘米C用精度0.05毫米的游标卡尺测得物长3.553厘米D用精度0.02毫米的游标卡尺测得物长3.256厘米考点：长度的测量专题：实验题分析：根据游标卡尺和螺旋测微器的不同的原理，根据它们的精度度的不同可以解答解答：解：A、螺旋测微器的精确度为0.01mm，即0.001cm，在测量的时候还要估读一位数，所以应有四位小数，故A错误；B、游标卡尺测量时，不需要估读，所以用精度0.1毫米的游标卡尺测量时，精确到0.1mm，也就是0.01cm，所以应有两位小数，故B错误；C、用精度0.05毫米的游标卡尺测得物长时，读出末尾的数字应为5或0，故C错误；D、用精度0.02毫米的游标卡尺测量时，精确到0.02mm，也就是0.002cm，所以应有三位小数，且末尾数字为偶数，故D正确；故选：D点评：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9（6分）（xx秋万州区校级月考）某实验小组描绘规格为“2.5V 0.6W”的小灯泡的IU特性曲线在小灯泡接入电路前，使用多用电表直接测量小灯泡的电阻，如图所示为一简单欧姆表原理示意图，图中与接线柱A相连的表笔颜色应是红色（选填：红，黑）；则应将选择开关旋至1 档进行测量（选填100，10，1）；则读数为10考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题分析：欧姆表内置电源的负极与正插孔相连，根据图示电路图分析答题；已知灯泡额定电压与额定功率，求出小电珠正常发光时的电阻，根据该电阻选择欧姆表挡位解答：解：欧姆表是电流表改装的，必须满足电流的方向“+”进“”出，即回路中电流从标有“+”标志的红表笔进去，所以与A相连的表笔颜色是红色；小电珠正常发光时电阻为：R=10，使用多用电表测电阻时，选择开关旋至欧姆1挡进行测量；读数为：101=10；故答案为：红，1，10点评：知道欧姆表的结构，分析清楚电路结构即可正确解题；欧姆表要选择合适的挡位，使指针指针中央刻度线附近10（4分）（xx秋万州区校级月考）如图为一正在测量中的多用电表表盘如果是用直流10V档测量电压，则读数为6.5V如果是用直流5mA档测量电流，则读数为3.25mA考点：用多用电表测电阻专题：实验题分析：根据电表量程由图示表盘确定其分度值，然后读出其示数解答：解：用直流10V档测量电压，由图示表盘可知，其分度值为0.2V，则读数为6.5V如果是用直流5mA档测量电流，由图示表盘可知，其分度值为0.1mA，则读数为3.25mA故答案为：6.5；3.25点评：本题考查了多用电表读数，根据多用电表所测量的量与量程确定其分度值，然后读数，读数时视线要与电表刻度线垂直11（6分）（xx秋万州区校级月考）有一个未知电阻Rx，用图中（a）和（b）两种电路分别对它进行测量，用（a）图电路测量时，两表读数分别为6V，6mA，用（b）图电路测量时，两表读数分别为5.9V，10mA，则用左 图所示电路测该电阻的阻值误差较小，测量值Rx=1000，从系统误差角度分析，Rx的测量值与其真实值Rx真比较，Rx测 Rx真（填“”、“=”或“”）考点：伏安法测电阻专题：实验题分析：根据题给条件分析电流表、电压表示数变化显著程度，来分析电路误差大小测量值由电压表与电流表读数之比求出，剔除误差后求出真实值解答：解：两次测量电压表示数变化率大小=，电流表示数变化率大小=，则，可见电流表示数变化显著，说明电压分流作用显著，采用电流表内接法误差较小，故左图所示电路测该电阻的阻值误差较小测量值Rx=1000真实值R真=RxRA 故测量值比真实值偏大故答案是：左；1000；点评：当待测电阻远大于电流表内阻时，电流表的分压小，可忽略不计，用电流表内接法测量值偏大待测电阻远小于电压表内阻时，电压表的分流小，可忽略不计，用电流表外接法，测量值偏小三、计算题：本题共3个小题，共50分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位12（15分）（xx秋周村区校级期末）如图所示，一电荷量q=3104C带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O点，已知两板相距d=0.1m合上开关后，小球静止时细线与竖直方向的夹角=37，电源电动势E=12V，内阻r=2，电阻R1=4，R2=R3=R4=12g取10m/s2试求：（1）流过电源的电流（2）两板间的场强大小；（3）小球的质量考点：闭合电路的欧姆定律；电容分析：（1）先求出R2、R3并联后的总电阻，然后根据闭合电路欧姆定律求干路的电流强度（2）根据U=IR求出电容器两端的电压，然后根据E=求出极板间的场强大小；（3）对小球进行受力分析，根据平衡条件求小球的质量；解答：解：（1）R2与R3并联后的电阻值 R23=6由闭合电路欧姆定律得：I=A=1A（2）电容器两板间的电压 UC=I（R1+R23）电容器两板间的电场强度 得 E1=100N/C（3）小球处于静止状态 E1=，所受电场力为F，由平衡条件得：F=mgtan又F=qE1得 m=得：m=4103 kg 答：（1）流过电源的电流强度为1A；（2）两板间的电场强度的大小100N/C；（3）小球的质量4103 kg点评：本题考查含有电容器的电路问题，难点是确定电容器两端的电压，一定要明确与电容器串联的电阻相当于导线13（17分）（xx宁波模拟）如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45角的绝缘直杆AC，其下端（C端）距地面高度h=0.8m有一质量为500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑小环离杆后正好通过C端的正下方P点处（g取10m/s2）求：（1）小环离开直杆后运动的加速度大小和方向（2）小环从C运动到P过程中的动能增量（3）小环在直杆上匀速运动速度的大小VO考点：动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动专题：动能定理的应用专题分析：小环在置于电场中的倾斜的光滑绝缘直杆上匀速下滑，由共点力平衡结合重力与支持力方向可判断出电场力方向，又由电场强度的方向可得出电荷的电性当小环离开直杆后，仅少了支持力则此时的合力就是由重力与电场力提供，由牛顿第二定律可求出离开后的加速度大小与方向小环离开直杆后，所受合力恰与速度方向垂直，因此做的类平抛运动当小环从C到P过程中，电场力做功刚好为零，动能的变化完全由重力做功引起当求小环离开直杆的速度时，仅从离开前无法入手，而离开后做类平抛运动，所以利用垂直于杆的方向与沿杆的方向的位移可求出小环的抛出速度解答：解：（1）对带电小环受力分析因带电小环匀速下滑，加之电场强度水平向左，所以小环带负电由几何关系可知，小环所受电场力与重力大小相等则小环离开直杆后所受的合外力大小为：F合=由牛顿第二定律可得：，方向垂直于杆向下（或与水平方向成45角斜向下）（2）设小环从C运动到P过程中动能的增量为Ek由动能定理有：WG+WE=Ek则电场力做功为零WE=0所以Ek=WG=mgh=4J（3）小环离开杆做类平抛运动如图所示建立坐标x、y轴垂直于杆方向做匀加速运动：平行于杆方向做匀速运动：解得：0=2m/s答：（1）小环离开直杆后运动的加速度大小为，方向垂直于杆向下（或与水平方向成45角斜向下）（2）小环从C运动到P过程中的动能增量为4J（3）小环在直杆上匀速运动速度的大小为2m/s点评：考查带电粒子在电场与重力场共同作用下的运动，在直杆的束缚下的匀速直线运动与没有束缚下的类平抛运动重点突出对研究对象的受力分析与运动分析，结合运动学公式、牛顿第二定律与动能定理等物理规律14（18分）（xx通州区二模）如图所示，在xoy直角坐标系中，第象限内分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，第象限内分布着方向沿y轴负方向的匀强电场初速度为零、带电荷量为q、质量为m的离子（不计重力）经过电压为U的电场加速后，从x上的A点垂直x轴进入磁场区域，经磁场偏转后过y轴上的P点且垂直y轴进入电场区域，在电场偏转并击中x轴上的C点已知OA=OC=d求：（1）离子进入磁场时的速度大小；（2）电场强度E和磁感应强度B的大小考点：带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强磁场中的运动专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）离子在加速电场中，电场力做功，动能增大，根据动能定理求出离子获得的速度离子进入磁场后由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，轨迹半径r=d，根据牛顿第二定律求解B（2）离子在电场中受电场力做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，由题水平位移和竖直位移均为d，根据由牛顿第二定律和运动学公式求解E解答：解：设离子经电压为U的电场加速后获得的速度为v，由动能定理得qU=， 得到v=离子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得 qvB=m r=由题意分析可知：r=d 联立解得 B=离子在电场中集偏转，做类平抛运动设经时间t从P到达C点，离子水平方向做匀速直线运动，则有 d=vt竖直方向做匀加速直线运动，则有 d=，a=将v=代入解得 E=答：电场强度大小为E=，磁感应强度B的大小为B=点评：本题考查分析和处理带电粒子在电场和磁场中运动的能力，在这两种场中处理方法不同：电场中采用运动的合成与分解，磁场中画轨迹