山东省德州市武城二中高三物理上学期第四次月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年山东省德州市武城二中高三（上）第四次月考物理试卷二、选择题（本题共8小题，每题6分，共48分其中1-5题为单选题，6-8题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，选错或不选的得0分）1a，b，c为电场中同一条电场线上的三点，其中c为ab的中点已知a，b两点的电势分别为a=3v，b=9v，则下列叙述正确的是( )a该电场在c点处的电势一定为6 vba点处的场强ea一定小于b点处的场强ebc正电荷从a点运动到b点的过程中电势能一定增大d正电荷只受电场力作用从a点运动到b点的过程中动能一定增大2如图，足够大的光滑绝缘水平面上有三个带电质点，a和c围绕b做匀速圆周运动，b恰能保持静止，其中a、c和b的距离分别是l1，和l2不计三质点间的万有引力，则a和c的比荷（电量与质量之比）之比应是( )abcd3如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹，a，b为其运动轨迹上的两点，可以判定( )a粒子在a点的速度大于在b点的速度b粒子在a点的加速度大于在b点的加速度c粒子一定带正电荷d粒子在a点电势能大于在b点的电势能4如图所示，a、b、c、d、e、f为匀强电场中一个边长为10cm的正六边形的六个顶点，a、b、c三点电势分别为1.0v、2.0v、3.0v，则下列说法正确的是( )a匀强电场的场强大小为10v/mb匀强电场的场强大小为v/mc电荷量为1.61019c的正点电荷从e点移到f点，电荷克服电场力做功为1.61019jd电荷量为1.61019c的负点电荷从f点移到d点，电荷的电势能减少4.81019j5如图所示，电源电动势e=3.2v，电阻r=30，小灯泡l的额定电压ul=3.0v，额定功率pl=4.5w当开关s接1时，电压表的读数为3v，则当开关s接2时，灯泡发光的情况是( )a很暗，甚至不亮b正常发光c比正常发光略亮d有可能被烧坏6光滑绝缘水平面上有两个带等量异种电荷的小球a、b，小球a通过绝缘轻弹簧与竖直墙相连，如图所示今小球b在外力f作用下缓慢向右移动，移动中两小球带电荷量不变，则对两小球和弹簧组成的系统的分析正确的是( )a外力f对系统做正功，弹性势能增大b外力f对系统做正功，弹性势能减小c静电力做正功，电势能减小d静电力做负功，电势能增大7两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是( )a带正电b速度先变大后变小c电势能先变大后变小d经过b点和d点时的速度大小相同8在如图所示的电路中，闭合开关s，在将滑动变阻器的滑片p向下移动的过程中，以下说法正确的是( )a电压表和电流表的示数都增大b电源的总功率变大c灯l1变亮，电压表的示数减小d灯l2变亮，电容器的带电量增加二、必做题9用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关k和两个部件s、t请根据下列步骤完成电阻测量旋动部件_，使指针对准电流的“0”刻线将k旋转到电阻挡“100”的位置将插入“+”、“”插孔的表笔短接，旋动部件_，使指针对准电阻的_（填“0”刻线或“刻线”）将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过大为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按_的顺序进行操作，再完成读数测量a将k旋转到电阻挡“1k”的位置b将k旋转到电阻挡“10”的位置c将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接d将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准10用图a的电路测定一节电动势约为2v的蓄电池的电动势和内阻为防止调节滑动变阻器时造成短路，电路中连接了一个保护电阻r0，除蓄电池、开关、导线外，可供使用的实验器材有：a电流表（量程0.6a、内阻约0.5） b电流表（量程3a、内阻约0.1）c电压表（量程3v，内阻约6k） d电压表（量程15v，内阻约30k）e定值电阻（阻值1；额定功率5w）f滑动变阻器（阻值范围010、额定电流2a）g滑动变阻器（阻值范围0500、额定电流la）在实验中，电流表选_，电压表选_，滑动变阻器选_（填序号）根据图a连接电路实物图b图c是某同学利用图b进行实验测得的数据，请绘出路端电压u随电流i变化的ui图线，由图线可得电动势e=_v，内阻r=_（结果保留三位有效数字）测量值和真实值的关系e测_e真，r测_r真（填“大于”、“小于”或“等于”）下表为某同学用上述方法测量某种电池的电动势和内电阻时的数据，分析可以发现电压表测得的数据_，将影响实验图象的准确性，其原因是_i/a0.120.200.310.410.50u/v1.971.951.921.901.8811图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m=0.2kg，带电荷量为q=+2.0106c的小物块处于静止状态，小物块与地面间的摩擦因数=0.1，从t=0时该开始，空间上加一个如图乙所示的电场（取水平向右的方向为正方向，g取10m/s2）求：（1）4秒内小物块的位移大小；（2）4秒内电场力对小物块所做的功12（17分）如图所示，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止重力加速度取g，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）水平向右电场的电场强度；（2）若将电场强度减小为原来的，物块的加速度是多大；（3）电场强度变化后物块下滑的距离l时的动能三、选考题13关于扩散现象，下来说法正确的是( )a温度越高，扩散进行得越快b扩散现象是不同物质间的一种化学反应c扩散现象是由物质分子无规则运动产生的d扩散现象在气体、液体和固体中都能发生e液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的14如图，一底面积为s、内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，开口向上，内有两个质量均为m的相同活塞a和b；在a与b之间、b与容器底面之间分别封有一定量的同样的理想气体，平衡时体积均为v已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g，外界大气压强为p0，现假设活塞b发生缓慢漏气，致使b最终与容器底面接触求活塞a移动的距离2015-2016学年山东省德州市武城二中高三（上）第四次月考物理试卷二、选择题（本题共8小题，每题6分，共48分其中1-5题为单选题，6-8题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，选错或不选的得0分）1a，b，c为电场中同一条电场线上的三点，其中c为ab的中点已知a，b两点的电势分别为a=3v，b=9v，则下列叙述正确的是( )a该电场在c点处的电势一定为6 vba点处的场强ea一定小于b点处的场强ebc正电荷从a点运动到b点的过程中电势能一定增大d正电荷只受电场力作用从a点运动到b点的过程中动能一定增大【考点】电场线；电场强度；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】题中是一条电场线，无法判断该电场是否是匀强电场，不能确定c点处的电势根据正电荷在电势高处电势能大，分析电势能的关系由能量守恒分析动能关系【解答】解：a、若该电场是匀强电场，则在c点处的电势为c=v=6v，若该电场不是匀强电场，则在c点处的电势为c6v故a错误b、一条电场线，无法判断电场线的疏密，就无法判断两点场强的大小，所以a点处的场强ea不一定小于b点处的场强eb故b错误cd、根据正电荷在电势高处电势能大，可知正电荷从a点运动到b点的过程中电势能一定增大，而由能量守恒得知，其动能一定减小故c正确，d错误故选：c【点评】电场线的疏密可表示电场强度的相对大小，但一条电场线，无法判断电场线的疏密，就无法判断两点场强的大小但可根据电势的高低判断电势能的大小2如图，足够大的光滑绝缘水平面上有三个带电质点，a和c围绕b做匀速圆周运动，b恰能保持静止，其中a、c和b的距离分别是l1，和l2不计三质点间的万有引力，则a和c的比荷（电量与质量之比）之比应是( )abcd【考点】库仑定律；万有引力定律及其应用【专题】电场力与电势的性质专题【分析】b恰能保持静止，根据平衡条件列出等式a、c做匀速圆周运动，根据受到的库仑合力提供向心力列出等式求解【解答】解：根据b恰能保持静止可得：k=ka做匀速圆周运动，根据a受到的合力提供向心力，kk=ma2 l1，c做匀速圆周运动，kk=mc2 l2，联立解得a和c的比荷（电量与质量之比）之比应是，故选c【点评】解决该题关键要能正确列出a、c做匀速圆周运动，提供的力等于需要的向心力3如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹，a，b为其运动轨迹上的两点，可以判定( )a粒子在a点的速度大于在b点的速度b粒子在a点的加速度大于在b点的加速度c粒子一定带正电荷d粒子在a点电势能大于在b点的电势能【考点】电势差与电场强度的关系；电势；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】由粒子轨迹的弯曲方向判断电场力方向，可判断出电场力做功正负及粒子的电性由电场线的疏密判断场强大小，确定电场力的大小，再分析加速度的变化由电场力做功正负，判断电势能的大小和动能的大小【解答】解：a、由电场力方向应指向轨迹的内侧得知，粒子所受电场力方向沿电场线的切线方向向左，电场力对粒子做正功，粒子的速度增大，则粒子在a点的速度小于在b点的速度故a错误；b、a点处的电场线较疏，而b点处电场线较密，则a点处的电场强度较小，在粒子从a向b点运动的过程中，电场力增大，加速度增大，则粒子在a点的加速度小于在b点的加速度故b错误；c、由于电场线的方向未知，所以不能确定粒子带什么电，故c错误d、电场力对粒子做正功，其电势能减小，粒子在a点电势能大于在b点的电势故d正确故选：d【点评】本题是电场中轨迹问题，关键要根据轨迹的弯曲方向判断出粒子所受的电场力方向，再抓住电场线的物理意义判断场强、电势等的大小4如图所示，a、b、c、d、e、f为匀强电场中一个边长为10cm的正六边形的六个顶点，a、b、c三点电势分别为1.0v、2.0v、3.0v，则下列说法正确的是( )a匀强电场的场强大小为10v/mb匀强电场的场强大小为v/mc电荷量为1.61019c的正点电荷从e点移到f点，电荷克服电场力做功为1.61019jd电荷量为1.61019c的负点电荷从f点移到d点，电荷的电势能减少4.81019j【考点】电场强度；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】连接ac，根据匀强电场电势随距离均匀变化（除等势面）的特点，则知ac中点的电势为2v，连接eb，eb即为一条等势线，ca连线即为一条电场线，由ba间的电势差，由公式u=ed求出场强大小由w=qu，则电场力做功就可以求解【解答】解：a、b、由几何知识得知，caeb，eb是等势线，则ca连线必为一条电场线，而且电场强度的方向由c指向aba间的电势差为uba=1v，又uba=edabcos30，得场强e=v/m=v/m故a错误、b正确c、由上得知，e的电势为2v，f点与a点的电势相等为1v，则正电荷从e点移到f点，电场力做正功，而且为wef=quef=q（ef）=1.61019（21）j=1.61019j故c错误d、由上得知，d的电势与c点电势相等为3v，f点与a点的电势相等为1v，则电子从f点移到d点，电场力做正功，而且为wfd=qufd=q（fd）=1.61019（13）j=3.21019j，电势能将减小3.21019j故d错误故选：b【点评】本题的关键找等势点，作出电场线，这是解决这类问题常用方法同时还要充分利用正六边形的对称性分析匀强电场中各点电势的关系5如图所示，电源电动势e=3.2v，电阻r=30，小灯泡l的额定电压ul=3.0v，额定功率pl=4.5w当开关s接1时，电压表的读数为3v，则当开关s接2时，灯泡发光的情况是( )a很暗，甚至不亮b正常发光c比正常发光略亮d有可能被烧坏【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】根据功率公式p=，求出灯泡的电阻根据灯泡电阻与电阻r的大小关系，分析路端电压的变化，即可判断灯泡的发光情况【解答】解：灯泡的电阻为：r灯=2r=30则当开关s接到位置2时，路端电压减小，路端电压远小于3v，故小灯泡比正常发光暗，甚至不亮故选：a【点评】本题考查闭合电路的欧姆定律的应用，在解题时注意灯泡的明暗程度取决于灯泡的实际电压6光滑绝缘水平面上有两个带等量异种电荷的小球a、b，小球a通过绝缘轻弹簧与竖直墙相连，如图所示今小球b在外力f作用下缓慢向右移动，移动中两小球带电荷量不变，则对两小球和弹簧组成的系统的分析正确的是( )a外力f对系统做正功，弹性势能增大b外力f对系统做正功，弹性势能减小c静电力做正功，电势能减小d静电力做负功，电势能增大【考点】功能关系；库仑定律【专题】定性思想；推理法【分析】根据功的公式明确拉力做功情况，再根据弹簧的弹力做功明确弹簧弹性势能的变化，再由库仑力做功情况，即可明确电势能的变化【解答】解：a、外力对小球做正功，当小球b向右运动时，两球距离增大，库仑力减小，因此弹簧的伸长量减小，弹性势能减小，故a错误，b正确；c、由于两球距离增大，库仑力做负功，系统电势能增大，故c错误，d正确故选：bd【点评】本题考查功能关系，要注意明确弹力做功对应弹性势能变化，电场力做功对应了电势能的变化7两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是( )a带正电b速度先变大后变小c电势能先变大后变小d经过b点和d点时的速度大小相同【考点】等势面；电势能【分析】从粒子运动轨迹看出，轨迹向上弯曲，可知带电粒子受到了向上的力的作用，从abc过程中，电场力做负功，cde过程中，电场力做正功，可判断电势能的大小和速度大小粒子在静电场中电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小【解答】解：a、根据两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面的特点可得，该图中的等势面中，正电荷在上方，负电荷在下方；从粒子运动轨迹看出，轨迹向上弯曲，可知带电粒子受到了向上的力的作用所以粒子带负电故a错误；b、c、粒子从abc过程中，电场力做负功，cde过程中，电场力做正功粒子在静电场中电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，速度先减小，后增大故b错误，c正确；d、由于b、d两点处于同一个等势面上，所以粒子在bd两点的电势能相同，粒子经过b点和d点时的速度大小相同故d正确故选：cd【点评】本题是轨迹问题，首先要根据弯曲的方向判断出带电粒子所受电场力方向，确定是排斥力还是吸引力由动能定理分析动能和电势能的变化是常用的思路8在如图所示的电路中，闭合开关s，在将滑动变阻器的滑片p向下移动的过程中，以下说法正确的是( )a电压表和电流表的示数都增大b电源的总功率变大c灯l1变亮，电压表的示数减小d灯l2变亮，电容器的带电量增加【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】根据电路结构明确滑片移动过程中，总电阻的变化；由闭合电路欧姆定律可得出路端电压及电流的变化；则可得出总功率的变化；由电容器的性质分析电容器带电量的变化【解答】解：滑动变阻器和灯l2的并联，则有，将滑动变阻器的滑片p向下移动的过程中，r减小，则r并也减小，根据闭合电路欧姆定律，电路中的总电流i增大，即电流表的示数增大，灯l1变亮；电压表的示数u=eir，因此，电压表的示数减小；故a错误，c正确；根据部分电路欧姆定律，流过灯l2的电流减小，灯l2变暗；总电阻减小，总电流增大，故电源总功率增大，b正确；根据电容的定义式，可知电容器的带电量减小，d错误；故选：bc【点评】本题考查了闭合电路欧姆定律和串并联电路的动态分析要注意本类题目的解题思路为：局部整体局部从滑动变阻器的滑片p向下移动，r减小入手，分析整个电路电压、电流的变化情况，再到局部，分析灯亮度，电流表示数，电容器的电容的变化二、必做题9用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关k和两个部件s、t请根据下列步骤完成电阻测量旋动部件s，使指针对准电流的“0”刻线将k旋转到电阻挡“100”的位置将插入“+”、“”插孔的表笔短接，旋动部件t，使指针对准电阻的“0”刻线（填“0”刻线或“刻线”）将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过大为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按b、d、c的顺序进行操作，再完成读数测量a将k旋转到电阻挡“1k”的位置b将k旋转到电阻挡“10”的位置c将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接d将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准【考点】用多用电表测电阻【专题】实验题【分析】使用多用电表测电阻的方法：电表使用前要使指针指在0刻线位置，通过调节调零旋钮实现；欧姆表测量前要进行欧姆调零；欧姆表中值电阻附近刻度线最均匀，读数误差最小，故测量电阻时，要通过选择恰当的倍率使指针指在中值电阻附近；每次换挡要重新调零；欧姆表读数=刻度盘读数倍率；欧姆表使用完毕，要将旋钮选择“off”挡或者交流电压最大挡，若长期不用，需要将电池取出【解答】解：电表使用前要旋转机械调零旋钮s进行机械调零，使指针对准电流的0刻线；将k旋转到电阻挡“l00“的位置将插入“十“、“插孔的表笔短接，旋动欧姆调零旋钮 t，使指针对准电阻的“0”刻线欧姆表指针偏转角度过大，说明所选挡位太大，应换小挡进行测量，应将旋转开关k置于“10”，然后进行欧姆调零，再测电阻，因此合理是实验步骤是：b、d、c故答案为：s；t；“0”刻线；b、d、c【点评】本题考查了多用电表的使用方法，掌握基础知识即可正确解题；使用欧姆表测电阻时，要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近10用图a的电路测定一节电动势约为2v的蓄电池的电动势和内阻为防止调节滑动变阻器时造成短路，电路中连接了一个保护电阻r0，除蓄电池、开关、导线外，可供使用的实验器材有：a电流表（量程0.6a、内阻约0.5） b电流表（量程3a、内阻约0.1）c电压表（量程3v，内阻约6k） d电压表（量程15v，内阻约30k）e定值电阻（阻值1；额定功率5w）f滑动变阻器（阻值范围010、额定电流2a）g滑动变阻器（阻值范围0500、额定电流la）在实验中，电流表选a，电压表选c，滑动变阻器选f（填序号）根据图a连接电路实物图b图c是某同学利用图b进行实验测得的数据，请绘出路端电压u随电流i变化的ui图线，由图线可得电动势e=2.00v，内阻r=0.800（结果保留三位有效数字）测量值和真实值的关系e测等于e真，r测大于r真（填“大于”、“小于”或“等于”）下表为某同学用上述方法测量某种电池的电动势和内电阻时的数据，分析可以发现电压表测得的数据变化间隔很小，将影响实验图象的准确性，其原因是得出的内电阻太小i/a0.120.200.310.410.50u/v1.971.951.921.901.88【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题；恒定电流专题【分析】根据蓄电池的电动势选择电压表，定值电阻保护电路，阻值不变太大，为方便实验操作，滑动变阻器阻值不能太大根据电路图连接实物电路图电源的ui图象与纵轴的交点坐标值是电源的电动势，图象斜率的绝对值是电源的内阻【解答】解：蓄电池电动势约为2v，因此电压表应选c，电压表（量程3v，内阻约6k）；根据图象得到最大电流在0.5a左右，所以电流表选用a，电流表（量程0.6a、内阻约0.5）；为方便实验操作，滑动变阻器应选f滑动变阻器（阻值范围010、额定电流2a）根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示路端电压u随电流i变化的ui图线：由电源的ui图象可知，图象与纵轴交点坐标值为2.0，则电源电动势e=2.00v，电源内阻等于电源ui图象斜率的绝对值，由图象可知电源内阻r=0.800该电路中，电压表测量的是路端电压，当外电路的电阻值趋向无穷大时，电压表的测量值等于电源的电动势所以电动势的测量值等于真实值；该电路中，电流表的测量值是电源的电流与电压表的电流的差，测量值小于真实值，即内电阻上电流的测量值偏小，所以内电阻的测量值偏大下表为某同学用上述方法测量某种电池的电动势和内电阻时的数据，分析可以发现电压表测得的数据变化间隔很小将影响实验图象的准确性，其原因是电池的内阻太小故答案为：a；c；f如图如图所示；2.00；0.800；等于，大于变化间隔很小，电池的内阻太小【点评】在闭合电路欧姆定律实验中，要注意实验中的数据分析方法；根据闭合电路欧姆定律及图象求电动势和内电阻，是实验的常考问题11图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m=0.2kg，带电荷量为q=+2.0106c的小物块处于静止状态，小物块与地面间的摩擦因数=0.1，从t=0时该开始，空间上加一个如图乙所示的电场（取水平向右的方向为正方向，g取10m/s2）求：（1）4秒内小物块的位移大小；（2）4秒内电场力对小物块所做的功【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】（1）由图乙所示图象可以求出电场强度，由牛顿第二定律求出物块的加速度，然后由匀变速运动的运动学公式求出物块的位移（2）由动能定理可以求出物块做的功【解答】解：（1）02s，由牛顿第二定律得物块加速度：a1=2m/s2，x1=a1t12=222=4m，v=a1t1=22=4m/s，24s，由牛顿第二定律得加速度：a2=2m/s2，x2=vt2a2t22=42222=4m，4s内的位移：x=x1+x2=8m，v=va2t2=422=0m/s；（2）由动能定理得：wmgx=mv20，解得：w=mgx+mv2=0.10.2108+0=1.6j；答：（1）4秒内小物块的位移大小为8m；（2）4秒内电场力对小物块所做的功1.6j【点评】本题考查了求位移、电场力的功，由图象求出电场强度、应用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理即可正确解题，解题时注意力与速度的方向12（17分）如图所示，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止重力加速度取g，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）水平向右电场的电场强度；（2）若将电场强度减小为原来的，物块的加速度是多大；（3）电场强度变化后物块下滑的距离l时的动能【考点】动能定理的应用；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用；电场强度【专题】动能定理的应用专题【分析】（1）带电物体静止于光滑斜面上恰好静止，且斜面又处于水平匀强电场中，则可根据重力、支持力，又处于平衡，可得电场力方向，再由电荷的电性来确定电场强度方向（2）当电场强度减半后，物体受力不平衡，产生加速度借助于电场力由牛顿第二定律可求出加速度大小（3）选取物体下滑距离为l作为过程，利用动能定理来求出动能【解答】解：（1）小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，fnsin37=qefncos37=mg由1、可得电场强度（2）若电场强度减小为原来的，则变为mgsin37qecos37=ma可得加速度a=0.3g（3）电场强度变化后物块下滑距离l时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理则有：mglsin37qelcos37=ek0可得动能ek=0.3mgl【点评】由三力平衡，借助于力的平行四边形定则来确定电场强度方向当受力不平衡时，由牛顿运动定律