2019-2020学年广西桂林高二上物理月考试卷

这是一份2019-2020学年广西桂林高二上物理月考试卷，共14页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。


1. 下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是（ ）
A.由E=Fq知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比
B.由C=QU知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比
C.由E=kQr2知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关
D.由UAB=WABq知，带电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B两点间的电势差为−1V

2. 有一电场的电场线如图所示，电场中A、B两点电场强度的大小和电势分别用EA、EB和φA、φB表示，则（ ）

A.EA>EB，φA>φBB.EA>EB，φA<φB
C.EAφBD.EA
3. 将一带电荷量为−q的试探电荷从无穷远处移到电场中的A点，该过程中电场力做功为W，若规定无穷远处的电势为零，则试探电荷在A点的电势能及电场中A点的电势分别为（ ）
A.−W，WqB.W，−WqC.W，WqD.−W，−Wq

4. 如图所示，平行板电容器的电容为C，极板带电荷量为Q，极板间距为d，今在两板间正中央放一带电荷量为q的点电荷，则它所受到的电场力大小为（ ）

A.k2Qqd2B.k4Qqd2C.QqCdD.2QqCd

5. 如图为一种服务型机器人，其额定功率为48W，额定工作电压为24V，机器人的锂电池容量为20A⋅h．则机器人（ ）

A.额定工作电流为20A
B.充满电后最长工作时间为2h
C.电池充满电后总电量为7.2×104C
D.以额定电流工作时每秒消耗能量为20J

6. 在如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，三个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2表示．下列判断正确的是（ ）

A.I减小，U1增大B.I减小，U2增大
C.I增大，U1增大D.I增大，U2增大

7. 如图所示，一带负电的液滴，从坐标原点O以速率v0射入水平的匀强电场，v0方向与电场方向成θ角，已知液滴质量m，测得它在电场中运动到最高点P时的速率恰好为v0．设P点的坐标为(xP yP)，则应有（ ）

A.xP<0B.xP>0
C.xP=0D.条件不足无法判断

8. 如图所示，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=10cm，ad=bc=20cm，电场线与矩形所在平面平行．已知a点电势为20V，b点电势为24V，则（ ）

A.电场强度大小一定为E=40V/mB.cd间电势差一定为4V
C.电场强度的方向一定由b指向aD.c点电势可能比d点低

9. 某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示，则下列说法中正确的是（ ）

A.该元件是非线性元件，不能用欧姆定律计算导体在某状态下的电阻
B.加5V电压时，导体的电阻约是0.2Ω
C.加12V电压时，导体的电阻约是8Ω
D.由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断增大

10. 如图所示，直线①表示某电源的路端电压与电流的关系图像，曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图像，则下列说法正确的是（ ）

A.电源电动势约为50V
B.电源的内阻约为253Ω
C.电流为2.5A时，外电路的电阻约为15Ω
D.输出功率为120W时，输出电压约是30V

11. 空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图所示，x轴上两点B、C的电场强度在x方向上的分量分别是EBx、ECx．下列说法中正确的有（ ）

A.EBx的大小大于ECx的大小
B.EBx的方向沿x轴正方向
C.电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大
D.负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功

12. 如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F将小球向下压至某位置静止．现撤去F，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W1和W2，小球离开弹簧时速度为v，不计空气阻力，则上述过程中（ ）

A.小球与弹簧组成的系统机械能守恒
B.小球的重力势能增加−W1
C.小球的机械能增加W1+12mv2
D.小球的电势能减少W2
二、实验题

在测定金属的电阻率的实验中，可供选用的器材如下：
待测金属丝：Rx（阻值约4Ω，额定电流约0.5A）；
电压表：V（量程3V，内阻约3kΩ）；
电流表：A1（量程0.6A，内阻约0.2Ω）；A2（量程3A，内阻约0.05Ω）；
电源：E1（电源电压为3V）；E2（电源电压为12V）；
滑动变阻器：R（最大阻值约20Ω）；
螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线．

（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，读数为________mm．

（2）若滑动变阻器采用限流式接法，为使测量尽量精确，电流表应选________、电源应选________（均填器材代号）．

（3）在虚线框中画出电路原理图．

一个小灯泡上标有“4V 2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的I−U图线．现有下列器材供选择：
A．电压表(0∼5V，内阻10kΩ)
B．电压表(0∼15V，内阻20kΩ)
C．电流表(0∼3A，内阻1Ω)
D．电流表(0∼0.6A，内阻0.4Ω)
E．滑动变阻器(10Ω, 2A)
F．滑动变阻器(500Ω, 1A)
G．电源（直流6V）、开关、导线若干

（1）实验时，选用图中________电路图来完成实验，请说明理由：________．

（2）实验中所用电压表应选________，电流表应选________，滑动变阻器应选________．（用字母序号表示）

（3）把下图所示的实验器材用实线连接成实物电路图．
三、计算题

如图所示电路中，电池组的电动势E=42V，内阻r=2Ω，定值电阻R=20Ω，D是电动机，其线圈电阻R′=1Ω．电动机正常工作时，理想电压表示数为20V．求：

（1）通过定值电阻R的电流；

（2）电动机的电功率；

（3）电动机的输出功率．

如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R=0.2m；A和B的质量相等；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ=0.2．取重力加速度g=10m/s2．求：

（1）碰撞前瞬间A的速率v；

（2）碰撞后瞬间A和B整体的速率v′；

（3）A和B整体在桌面上滑动的距离l．

如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间电压为U，质量为m、电荷量为+q的带电粒子，从M板附近由静止释放，加速后，以平行于x轴正方向的速度从y轴上a点射入第一象限内，为了使这个粒子能经过x轴上定点b，可在第一象限的某区域内加一方向沿y轴负方向的匀强电场．已知所加电场的场强大小为E，电场区域沿x方向的宽度为s，Oa=L，Ob=2s，重力不计，求：

（1）粒子到达a点时的速度大小v0．

（2）试讨论电场的左边界与b的可能距离．
参考答案与试题解析
2019-2020学年广西桂林高二上物理月考试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
电势差
电容
电场强度
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．电场强度E与F、q无关，由电场本身决定，故A错误；
B．电容C与Q、U无关，由电容器本身决定，故B错误；
C．根据真空中点电荷电场强度公式E=kQr2，电场中某点电场强度和场源电荷的电荷量成正比，故C错误；
D．由UAB=WABq知，带电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B两点间的电势差为−1V，故D正确．
故选：D．
2.
【答案】
D
【考点】
电势
电场强度
【解析】
电场线越密代表场强越大，电场线越疏代表场强越小；沿电场线方向电势降低最快．
【解答】
解：电场线的疏密代表场强的大小，电场线越密代表场强越大，电场线越疏代表场强越小，显然A点的电场线疏，B点的电场线密，故EA故选：D．
3.
【答案】
A
【考点】
电势能
电势
【解析】
根据电场力做功多少，电荷的电势能就减小多少，分析电荷在A点与无限远间电势能的变化量，由公式Ep=−W确定电荷在A点的电势能，由公式φA=Epq求解A点的电势．
【解答】
解：依题意，−q的试探电荷从电场的无穷远处被移到电场中的A点时，电场力做的功为W，则电荷的电势能减少W，无穷远处电荷的电势能为零，则电荷在A点的电势能为Ep=−W，
A点的电势φA=Ep−q=−W−q=Wq．
故选：A．
4.
【答案】
C
【考点】
电场力做功的计算
平行板电容器的电容
【解析】
根据电容的定义式求出两极板间的电势差，结合匀强电场的场强公式求出电场强度的大小，从而得出电荷q所受的电场力．
【解答】
解：两极板间的电势差为：U=QC，
则两极板间的电场强度为：E=Ud，
电荷q所受的电场力为：F=qE=QqCd．
故选：C．
5.
【答案】
C
【考点】
电功率
电功
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．由P=IU知额定电流I=PU=2A，故A错误；
B．充满电后，锂电池容量为20mA⋅h，最长工作时间t=QI=10h，故B错误；
C．电池充满电后总电量Q=It=20×3600C=7.2×104C，故C正确；
D．以额定电流工作时每秒消耗能量W=UIt=48J，故D错误．
故选：C．
6.
【答案】
B
【考点】
闭合电路的欧姆定律
【解析】
闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压的变化，并判断通过闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据欧姆定律分的变化，根据干路电流和R3电流的变化分析电流表示数的变化及电压表V1示数的变化．根据路端电压和R1电压的变化，分析电压表V2示数的变化．
【解答】
解：闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻R增大，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I总减小，路端电压U增大．R3的电压等于路端电压，则流过R3电流I3增大．流过电流表的电流I=I总−I3，I总减小，I3增大，I减小，R1的电压减小，即电压表V1的示数U1减小．电压表V2示数U2=U−U1，U增大，U1减小，则U2增大．所以，I减小，U1减小，U2增大．
故选B．
7.
【答案】
A
【考点】
带电粒子在电场中的加（减）速和偏转
动能定理的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由于液滴在电场中既受电场力又受重力，由动能定理得：−mgh+W电=12mv02−12mv02=0，即W电=mgh，电场力做正功，由于是负电荷所受电场力方向向左，要使电场力做正功，因而位移方向必须也向左，则必有xP<0，故A正确，BCD错误．
故选A．
8.
【答案】
B
【考点】
匀强电场中电势差和电场强度的关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：AC．根据题设条件可知，场强方向无法确定，知道了ab间电势差，但不能根据E=Ud求出场强的大小，故AC错误．
B．根据匀强电场的电场线与等势线分布的特点可知，cd间电势差必等于ba间电势差，为4V，故B正确．
D．cd间电势差为4V，则知c点电势比d点高4V，故D错误．
故选B．
9.
【答案】
C,D
【考点】
导体的伏安特性曲线
欧姆定律的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．该元件是非线性元件，但仍能用欧姆定律计算导体在某状态的电阻，故A错误；
B．当U=5V时，由图知电流为I=1.0A，则导体的电阻R=UI=5Ω，故B错误；
C．加12V电压时，电流为1.5A，故导体电阻R=121.5Ω=8Ω，故C正确；
D．由图知，随着电压的减小，图像上的点与原点连线的斜率增大，此斜率等于电阻的倒数，则知导体的电阻不断减小，故D正确；
故选：CD．
10.
【答案】
A,C,D
【考点】
电功率
电源的功率和效率
路端电压与负载的关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．根据闭合电路的欧姆定律，电压的输出电压：U=E−Ir，对照U−I图像，当I=0时，U=E=50V，故A正确；
B．U−I图像斜率的绝对值表示内电阻，故：r=ΔUΔI=50−206Ω=5Ω，故B不正确；
C．电流为2.5A时，对照U−I图像，电压为37.5V，故外电路电阻：R=UI=Ω，故C正确；
D．输出功率为120W时，对照P−I图像，电流为4A，再对照U−I图像，输出电压为30V，故D正确．
故选：ACD．
11.
【答案】
A,D
【考点】
静电场中的φ-x图象问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．在B点和C点附近分别取很小的一段d，由图像，B点段对应的电势差大于C点段对应的电势差，看做匀强电场有E=ΔφΔt，可见EBx>ECx，故A正确．
B．沿电场方向电势降低，在O点左侧，EBx的方向沿x轴负方向，在O点右侧，ECx的方向沿x轴正方向，故B错误．
C．O点切线的斜率为零，场强为0，则电荷在O点受到的电场力为0，故C错误．
D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先向右后向左，电场力先做正功，后做负功，故D正确．
故选：AD．
12.
【答案】
B,D
【考点】
电场力做功与电势能变化的关系
含弹簧类机械能守恒问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，由于电场力对小球做正功，则小球与弹簧组成的系统机械能增加，故A错误；
BC．重力对小球所做的功为W1，重力势能增加量为−W1，动能增加量为12mv2，所以小球的机械能增加为12mv2−W1，故B正确，C错误；
D．电场力对小球所做的功为W2，根据电场力做的功等于电势能的减小量，可知小球的电势能减少W2，故D正确．
故选：BD．
二、实验题
【答案】
（1）1.775
（2）A1,E1
（3）如解答图所示．
【考点】
测定金属的电阻率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）螺旋测微器的读数为：1.5mm+27.5×0.01mm=1.775mm．
（2）在用伏安法测电阻的实验中，为使测量尽量精确，则电流表、电压表指针需达到半偏以上，又因待测金属丝的额定电流约0.5A，所以电流表选A1，电源选E1即可．
（3）电路原理图如图所示．
【答案】
（1）甲,描绘灯泡的I−U图线所测数据需从零开始，并要多取几组数据
（2）A,D,E
（3）如解答图所示．
【考点】
描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）因实验目的是要描绘小灯泡的伏安特性曲线，需要多次改变小灯泡两端的电压，故采用图甲所示的分压式电路合适，这样电压可以从零开始调节，且能方便地测多组数据．
（2）因小灯泡额定电压为4V，则电压表选量程为0∼5V的A而舍弃量程为0∼15V的B，因15V的量程太大，读数误差大，小灯泡的额定电流I=0.5A，则电流表只能选D，滑动变阻器F的最大阻值远大于小灯泡内阻8Ω，调节不方便，电压变化与滑动变阻器使用部分的长度线性关系差，舍去，故应选用E．
（3）如图所示．
三、计算题
【答案】
（1）通过定值电阻的电流是1A．
（2）电动机消耗的电功率为20W．
（3）电动机的输出功率为19W．
【考点】
电功率
闭合电路的欧姆定律
【解析】
（1）由E=UV+UR+r可得R和电源两端的电压之和，进而又欧姆定律可得电路电流，即等于通过电动机的电流．
（2）电动机为非纯电阻元件，故其功率为P电=UI．
（3）由P热=I2R可得电动机的发热功率，进而由P电=P机+P热可得电动机输出的机械功率．
【解答】
解：（1）由E=UV+UR+r可得，
UR+r=E−UV，
由欧姆定律可得电路电流为：
I=E−UVr+R=42−202+20A=1A，
通过定值电阻的电流为1A．
（2）电动机为非纯电阻元件，故其功率为P电=UVI=20×1W=20W．
（3）电动机的发热功率为P热=I2R′=12×1W=1W，
故电动机的输出功率为P机=P电−P热=20W−1W=19W．
【答案】
（1）碰撞前瞬间A的速率为2m/s；
（2）碰撞后瞬间A和B整体的速率为1m/s；
（3）A和B整体在桌面上滑动的距离为0.25m．
【考点】
“二合一”模型
机械能守恒的判断
动能定理的应用
【解析】
（1）A到B的过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出碰撞前A的速度．
（2）A、B碰撞的过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出碰撞后整体的速率．
（3）对AB整体运用动能定理，求出AB整体在桌面上滑动的距离．
【解答】
解：（1）滑块从圆弧最高点滑到最低点的过程中，根据机械能守恒定律，有：mAgR=12mAvA2，
得：vA=2gR=2×10×0.2m/s=2m/s．
（2）滑块A与B碰撞，轨道向右为正方向，根据动量守恒定律，有：mAvA=(mA+mB)v′，
得：v′=12vA=12×2m/s=1m/s．
（3）滑块A与B粘在一起滑行，根据动能定理，有：f⋅l=12(mA+mB)v′2，
又因为：f=μN=μ(mA+mB)g，
代入数据联立解得：l=0.25m．
【答案】
（1）粒子到达a点时的速度大小v0=2qUm．
（2）电场的左边界与b的可能距离为2mv02LqE或mv02LqEs+s2．
【考点】
带电粒子在电场中的加（减）速和偏转
动能定理的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）由动能定理得qU=12mv02，
解得v0=2qUm．
（2）设电场左边界到b点的距离为Δx，已知电场宽度为s，Ob=2s，分以下两种情况讨论：
①若粒子在离开电场前已到达b点，如图甲所示，
即Δx≤s，
则Δx=v0t，y=L=qE2mt2，
解得Δx=2mv02LqE．
②若粒子离开电场后做匀速直线运动到达b点，如图乙所示，
即s<Δx≤2s，
则s=v0t，y=qE2mt2，
由几何关系知tanθ=qEmtv0=L−yΔx−s，
联立解得Δx=mv02LqEs+s2．