1、广西南宁市第三中学2020-2021学年高二物理上学期月考试题（一）理（含解析）一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，第912题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1. 关于静电场，下列说法正确的是（）A. 电场强度为零的点，电势可能为零B. 在电场中将一电子由静止释放后一定会沿电场线反向运动C. 电场中电势越高的地方，电荷在该点具有的电势能越大D. 由静止释放的电荷，只在电场力作用下，一定从高电势位置向低电势位置运动【答案】A【解析】【详解】A零电势点是人为规定的，电场强度为零的点，电势
2、可能为零，选项A正确；B只有当电场线是直线时，电子由静止释放后才沿电场线反向运动，否则不沿电场线运动，故B错误；C电场中电势越高的地方，正电荷在该点具有的电势能越大，负电荷在该点具有的电势能越小，选项C错误；D由静止释放的正电荷，只在电场力作用下，一定从高电势位置向低电势位置运动，选项D错误。故选A。2. 如图所示，虚线a、b、c代表电场中一簇等势线，相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带电质点（重力不计）仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P，Q是这条轨迹上的两点，据此可知 ( ) A. a、b、c三个等势面中，a的电势最高B. 电场中Q点处的电场强度大小比P点处大C. 该带电质点在P点
3、处的动能比在Q点处大D. 该带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大【答案】C【解析】【详解】电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于不知道质点带正电还是带负电，因此无法确定电场的方向，无法判断电势的高低，故A错误等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，故B错误从P到Q过程中运动的方向与电场力的方向之间的夹角是钝角，所以电场力做负功，电势能增加，所以带电质点在P点处的动能比在Q点处大；而在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小，故C正确，D错误故选C3. 有一电压表，它的内阻100，量程0.2V，现要改装成量程为10A的电流表，电压表上应（ ）A. 并联0.002的电阻B. 并联0.0
4、2的电阻C. 并联50的电阻D. 串联4 900的电阻【答案】B【解析】【详解】电表的满偏电流为：把它改装成量程为10A的电流表需要并联一个分流电阻，并联电阻阻值为：A并联0.002的电阻，与结论不相符，选项A错误；B并联0.02的电阻，与结论相符，选项B正确；C并联50的电阻，与结论不相符，选项C错误；D串联4 900的电阻，与结论不相符，选项D错误；4. 如图所示，在原来不带电的金属细杆ab的延长线处，放置一个正点电荷P，达到静电平衡后，以下说法正确的是（）A. a点的电势比b点的电势低B. o点的电势比d点的电势低C. 感应电荷在导体内部c、d两点产生的场强大小关系是D. 导体内部c、d
5、两点的场强大小关系是【答案】D【解析】【详解】A金属细杆达到静电平衡后，是一个等势体，所以a点的电势比b点的电势相等，故A错误；B正电荷在右边，电场线由右向左，越往右电场的电势越高，所以o端的电势比d点的高，故B错误；CD由于杆处于静电平衡状态，所以内部场强处处为零，所以导体内部c、d两点的场强大小关系是达到静电平衡时，导体内部场强处处为零，外加电场的场强和感应电荷的场强等大反向，即感应电荷在杆内处的场强的大小为 所以感应电荷在导体内部c、d两点产生的场强大小关系是故D正确，C错误；故选D。5. 如图所示，两平行金属板间始终与电源两极相连，电源的两端电压为6V，两板的间距为2cm，而且极板B接
6、地。极板间有C、D两点，C距A板0.5cm，D距B板0.5cm，则（）A. 将电容器的B板平行向右稍微移动，则电容变大B. 将电容器的A板向上稍微移动，则C点的电势降低C. 两板间的场强为3V/mD. D点的电势【答案】B【解析】【详解】A将电容器的B板平行向右稍微移动，则两板间相对面积减小，则电容变小，选项A错误；B将电容器的A板向上稍微移动，则由可知，板间场强减小，C点距离B板的距离不变，根据U=Ed可知，C点与B板的电势差减小，则C点的电势降低，选项B正确；C两板间的场强为选项C错误；D因为因为则D点的电势选项D错误。故选B。6. 静电方向平行于轴，其电势随的分布可简化为如图所示的折线。
7、将个带负电的粒子在处由静止释放，它只在电场力作用下沿轴运动。规定轴正方向为电场强度、加速度、速度的正方向，下图分别表示轴上各点的电场强度，粒子的加速度、速度和动能随的变化图像，其中正确的( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】A图象的斜率表示电场强度，沿电场方向电势降低，则知在x=0的左侧，存在向左的匀强电场，x=0右侧存在向右的匀强电场，故A错误；B根据牛顿第二定律知粒子在匀强电场中运动时加速度不变，由于粒子带负电，粒子的加速度在左侧加速度为正值，大小不变，在右侧加速度为负值，且大小不变，故B错误；C在左侧粒子向右匀加速，在x=0的右侧向右做匀减速运动，速度与位移不成正比，故
8、C错误；D在左侧粒子根据动能定理在的右侧，根据动能定理可得可知为一次函数图像，故D正确。故选D。7. 如图甲所示为一测量电解液电阻率的玻璃容器，P、Q为电极，设a=0.5 m， b=0.2 m， c=0.1 m，当里面注满某电解液，且P、Q加上电压后，其U-I图线如图乙所示，当U=10 V时，则电解液的电阻率为（）A. 40 mB. 80 mC. 0.04 mD. 0.08 m【答案】B【解析】【详解】由图乙可求得电解液的电阻为由图甲可知点解液长为横截面积为结合电阻定律，得故选B。8. 如图所示，将两个摆长均为l的单摆悬于O点，摆球质量均为m，带电量均为q（q0），将另一个带电量也为q（q0）
9、的小球从O点正下方较远处缓慢移向O点，当三个带电小球分别处在等边三角形abc的三个顶点上时，摆线的夹角恰好为120，则此时摆线上的拉力大小等于（）A. 2mgB. 2mgC. D. 【答案】D【解析】【分析】对小球a进行受力分析：重力、c球对a球的静电斥力、b球对a球的静电斥力和细线的拉力，然后根据平衡条件并结合正交分解法列式求解即可。【详解】根据几何知识得：球a与球b间距为r=2lsin60=l，对小球a受力分析，a受重力、c球对a球的静电斥力、b球对a球的静电斥力和细线的拉力，如图所示根据平衡条件，有水平方向Fab+Faccos60=Tcos30竖直方向Facsin60+Tsin30=GF
10、ab=Fac=联立解得故ABC错误，D正确。故选D。9. 关于电源和电流，下列说法正确的是（）A. 电流是标量，规定正电荷定向运动的方向为电流的方向B. 电源电动势，等于非静电力在电源内部把正电荷从负极移到正极所做的功C. 电源是将其它形式能转化为电能的装置D. 电源的作用是在电源内部把电子由负极不断地搬运到正极，从而保持两极之间有稳定的电势差【答案】AC【解析】【详解】A电流是标量，规定正电荷定向运动的方向为电流的方向，故A正确；B电源电动势在数值上等于非静电力将1C正电荷在电源内从负极搬运到正极时所做的功，故B错误；C电源是将其它形式的能转化为电能的装置，故C正确；D电源的作用是在电源内部
11、把正电荷由负极不断地搬运到正极，从而保持两极之间有稳定的电势差，故D错误；故选AC。10. 一质量为1kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则（）A. 时物块的速率为B. 时物块的动量大小为C. 时物块的速率为D. 时物块的动量大小为【答案】BD【解析】【详解】Ft图像的面积表示力的冲量；A在第1s内由动量定理有 代入数据可得选项A错误；B前2s内由动量定理有代入数据可得选项B正确；C内，由动量定理可得 代入数据可得选项C错误；D在，由动量定理可得代入数据可得选项D正确。故选BD。11. 如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，坐
12、标系内有A、B两点，其中A点坐标为（4cm，0），B点坐标为（0，cm），C点坐标为（cm，0）坐标原点O处的电势为0，点A处的电势为4 V，点B处的电势为2 V。则（）A. C处的电势2 VB. 匀强电场的电场强度的方向为指C向BC. 匀强电场的电场强度大小102 V/mD. 匀强电场电场强度大小102 V/m【答案】AC【解析】【详解】A根据匀强电场中平行相等的线段上的端电压相等，而C点为OA的中点，故C点电势为故A正确；B因B点电势也为2V，则BC的连线为2V的等势线，电场线应与等势线垂直，如图所示故电场线不可能沿BC方向，则B错误；CD由几何关系可知则匀强电场的场强大小为故C正确，D错
13、误。故选AC。12. 如图所示，质量为M=1kg的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m=2kg的滑块以初速度v0=3m/s从木板的左端向右滑上木板，经t=1s滑块与木板相对静止。则下面说法正确的是（）A. 相对静止前滑块和木板的加速度大小之比是2：1B. 整个过程中因摩擦产生的内能是3JC. 木板的最小长度是1mD. 从开始到滑块与木板相对静止这段时间内滑块与木板的位移之比是5：2【答案】BD【解析】【详解】A设木板和滑块加速度分别为a1和a2，地面光滑，可知M在水平方向只受到m对M的摩擦力，由牛顿第二定律可得Ma1=mg滑块在水平方向也只受到摩擦力的作用，由牛顿第二定律可得ma2=mg则a2
14、:a1=1:2故A错误B水平面光滑，则滑块和木板组成的系统所受的合外力为零，两者水平方向动量守恒；滑块相对木板静止时，取向右为正方向，根据动量守恒定律得mv0=(M+m)v解得v=2m/s根据能量守恒定律得，整个过程中因摩擦产生的内能为解得Q=3J故B正确C根据运动学公式得解得x=1.5m故C错误；D从开始到滑块与木板相对静止这段时间内，滑块与木板的位移之比为故D正确。故选BD。二、实验题（共15分。13小题6分，每空2分；14小题共9分，其中连线3分。）13. 现利用图（a）所示的装置验证动量守恒定律。在图（a）中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器（图中未
15、画出）的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器（未完全画出）可以记录遮光片通过光电门的时间。实验测得遮光片的宽度d1.00 cm；打点计时器所用交流电的频率f50.0 Hz。将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰。碰后光电计时显示的时间为tB3.500 ms，碰撞前后打出的纸带如图（b）所示。由以上测量结果可得碰前A的速度大小vA1=_m/s；碰后A的速度大小vA2=_m/s，碰后B的速度大小vB2= _m/s。【答案】 (1). 2.00(2.00-2.01) (2). 0.970(0.965-0.970) (3). 2.8
16、6【解析】【详解】1打点计时器的打点时间间隔为由纸带可知，碰撞前A的速度为2碰后A速度为3B被碰后经过光电门，有14. 用如图（甲）所示的电路图研究额定电压为的灯泡L的伏安特性，并测出该灯泡在额定电压下工作时的电阻值。(1)在闭合开关S前，滑动变阻器触头应该放在图甲中_（选填“a”或“b”）端；(2)在图乙中用笔画线代替导线，把实验仪器连接成完整的实验电路_。(3)按电路图甲测出的灯泡电阻值比真实值_（选填“偏大”或“偏小”）。根据所得到实验数据画出如图丙所示的图像，在额定电压下灯泡的电阻_。(4)若将与上述实验完全相同的灯泡与定值电阻10串联接在输出电压为的电源两端（如图丁所示），接通电路，
17、则灯泡的实际功率约为_W（结果保留两位有效数字）。 【答案】 (1). (2). (3). 偏小 (4). (5). 0.68W（0.66-0.70）W均符合【解析】【详解】（1）1闭合开关前，应将滑动触头置于输出电压最小的a端，以保护电流表。（2）2 描绘灯泡L的伏安特性曲线，滑动变阻器要用分压式接法，灯泡电阻较小，所以电流表用外接法，所以在图乙中用笔画线代替导线，把实验仪器连接成完整的实验电路如图所示（3）3根据欧姆定律，电阻测量值为若考虑电压表内阻影响，待测电阻的真实值为比较可知所以测出的灯泡电阻值比真实值偏小。 4根据IU图象读出U=2.4V时对应电流I=0.5A所以小灯泡的电阻（4）
18、 5根据题意可知，灯两端电压由图知，故灯泡的功率（0.660.70W均符合）三、解答题（共37分。要求有必要文字说明、解答过程，答案带单位）15. 如图所示，撑杆跳高是运动会中的一个重要比赛项目。一质量为60 kg的运动员在一次撑杆跳高中达到最高点后，重心下落6.05 m后接触软垫，在软垫上经0.5 s速度减为零，则从运动员接触软垫到速度减小到零的过程中，求：软垫受到的平均冲力（重力加速度取）。【答案】，方向为竖直向下【解析】【详解】由自由落体运动规律得代入数据得 运动员从开始到速度减小为零的过程中应用动量定理得联立解得 由牛顿第三定律知软垫受到的平均冲力约为 ，方向为竖直向下。16. 如图，
19、灯泡D与电动机M串联在一个稳压电源上，电源的输出电压为U=30V，灯泡D的电阻为RD=6，电动机M线圈的电阻为RM=1，与电动机并联的理想电压表读数为UM=18V。电动机的转轴的摩擦可忽略，求：(1)通过灯泡的电流I=？(2)电动机M线圈的发热功率PQ=？(3)电动机M输出的机械功率P机=？【答案】(1)2A；(2)4W；(3)32W【解析】【详解】(1)灯两端的电压为：所以通过灯泡的电流为 (2)电动机M线圈的发热功率 (3)电动机M消耗的电功率为：所以电动机M输出的机械功率：17. 示波器的示意图如图所示，金属丝发射出来的电子加速后从两金属板的中央沿板平行方向进入偏转电场，电子穿出偏转电场
20、后打在荧光屏上。若加速电压，偏转极板长，板间距，不计电子的重力。求：(1)偏转电压U2为多大时，电子束的偏移量最大？(2)若偏转板右端到荧光屏的距离L=10cm，求电子束最大的偏转距离OP。【答案】(1) ；(2) 【解析】【详解】（1）要使电子束打在荧光屏上偏转距离最大，电子经偏转电场必须下板边缘出来。加速电场中，由动能定理有电子在偏转电场的飞行时间为加速度为要使电子从下极板边缘出来，应有解得偏转电压为（2）设电子离开电场后侧移距离为y1，则电子束打在荧光屏上最大偏转距离为因为电子离开偏转电场的侧向速度为电子离开偏转电场后的侧向位移为得电子最大偏转距离为代入数据解得18. 如图所示，在竖直向
21、下的匀强电场中有一绝缘的光滑离心轨道，轨道由倾斜直轨道和竖直面内的圆轨道组成，斜轨道与圆轨道平滑连接，斜轨道的倾角为=30，圆轨道的半径为R。一个带负电的小球从斜轨道上的A点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为m，电量为-q，匀强电场的场强大小为。(1)求小球沿斜轨道下滑的加速度与重力加速度的比；(2)若小球恰通过圆轨道顶端的B点，求A点距水平地面的高度h；(3)在(2)问的条件下，求小球通过最低点C点时对轨道的压力与小球重力的比。【答案】(1) ；(2) ；(3) 【解析】【详解】（1）小球受到重力、支持力和竖直向上的电场力的作用，沿斜面方向有解得a：g=1：3（2）设小球到B点的最小速度为vB，则牛顿第二定律小球从A到B的过程中，由动能定理解得（3）小球从A到C的过程中，由动能定理：根据牛顿第二定律根据牛顿第三定律可得小球通过最低点C点时对轨道的压力大小解得所以