湖北省2020届高三上学期月考仿真金卷物理试题

2019-2020学年上学期高三第二次月考精编金卷

物理

一、选择题（本大题共10小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项是符合题目要求，第7～10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. 电势等于零的物体一定不带电

B. 电场强度为零的点，电势一定为零

C. 同一电场线上的各点，电势一定相等

D. 负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加

【答案】D

【解析】

【详解】电势等于0的点是人为选择的，电势等于零的物体可能带电．故A错误；电势等于0的点是人为选择的，而电场强度是由电场本身决定的，电场强度为零的点，电势可能为零，也可能不为0；如等量同种点电荷连线的中点处，场强等于0，而电势不等于0．故B错误；沿电场线的方向，电势降低，所以同一电场线上的各点，电势一定不相等．故C错误；负电荷沿电场线方向移动时，电场力的方向与运动的方向相反，电场力做负功，电荷电势能增大．故D正确．故选D.

点睛：加强基础知识的学习，掌握住电场线和等势面的特点，知道电场强度与电势分别描述电场的两个不同方面的性质，二者没有直接的关系，沿电场线的方向，电势降低．

2.如图所示，电荷量为q的正点电荷与均匀带电薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心．若图中A点的电场强度为0，则带电薄板在图中B点产生的电场强度

A. 大小为，方向水平向左

B. 大小为，方向水平向右

C. 大小为，方向水平向左

D. 大小为，方向水平向右

【答案】D

【解析】

【详解】q在A点形成的电场强度的大小为

，方向向左

因A点场强为零，故薄板在A点的场强方向向右，大小也为

A．大小为，方向水平向左与分析不符，故A错误；

B．大小为，方向水平向右与分析不符，故B错误；

C．大小为，方向水平向左与分析不符，故C错误；

D．大小为，方向水平向右与分析相符，故D正确．

3.如图所示是电阻R的I－U图象，图中α＝45°，由此得出(　　)

A. 通过电阻的电流与两端电压成正比

B. 电阻R＝0.5 Ω

C. 电阻R＝1.0 Ω

D. 在R两端加上6.0 V的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是6.0 C

【答案】A

【解析】

【详解】A．根据数学知识可知，通过电阻的电流与两端电压成正比，故A正确；

BC．根据电阻的定义式R＝U/I 可知，I－U图象斜率的倒数等于电阻R，但不能根据直线倾角的正切的倒数求解，则得R＝Ω＝2Ω，故BC错误；

D．由图知，当U＝6V时，，则每秒通过电阻横截面的电荷量是q＝It＝3×1C＝3.0C，故D错误．

4.全球首创超级电容储存式现代电车在中国宁波基地下线，没有传统无轨电车的“辫子”，没有尾气排放，乘客上下车的30秒内可充满电并行驶5公里以上，刹车和下坡时可把80%的刹车能量转化成电能回收储存再使用，如图为使用“3V，12000F”石墨烯纳米混合型超级电容器的电车，下列说法正确的是（    ）

A. 该电容器的容量为36000A·h

B. 电容器放电，电量逐渐减少到0，电容不变

C. 电容器放电，电量逐渐减少到0，电压不变

D. 若30s能充满，则充电平均电流为3600A

【答案】B

【解析】

【分析】

考查电容器充放电。

【详解】A．该电容器最大容纳电荷量为：

Q=CU=12000×3 C =36000C

故A错误；

BC．电容器的电容与电量和电压无关，在充放电时电容不变，电容器放电，电量逐渐减小到0，电压逐渐减小为0，故B正确，C错误；

D．若30s能充满，则充电平均电流为：

故D错误。

故选B。

5.如图所示，在点电荷＋Q的电场中，虚线为等势面，甲、乙两粒子的运动轨迹分别为acb、adb曲线，两粒子在a点时具有相同的动能，重力不计．则下列说法不正确的是(　　)

A. 甲、乙两粒子带异种电荷

B. 两粒子经过b点时具有相同的动能

C. 甲粒子经过c点时的动能等于乙粒子经过d点时的动能

D. 甲粒子经过c点时的动能大于乙粒子经过d点时的动能

【答案】C

【解析】

【详解】A、由图可知电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力，故两粒子的电性一定不同．故A正确．

B、可知两粒子在从a向b运动过程中电场力做功情况．根据虚线为等势面，可判定acb、adb曲线过程中电场力所做的总功为0，两粒子在a点时具有相同的动能，重力不计，两粒子经过b点时具有相同的动能，故B正确．

C、甲粒子从a到c和乙粒子从a到d，Uac=Uad，但甲、乙两粒子带异种电荷，所以甲粒子从a到c电场力做功与乙粒子从a到d电场力做功不等，所以甲粒子经过c点时的动能不等于乙粒子经过d点时的动能，故C错误．

D、设无穷远处电势为零，在点电荷+Q的电场中，φc=φd＞0，由于甲带负电，乙带正电，根据电势能EP=qφ，所以甲粒子经过c点时的电势能小于0，乙粒子经过d点时的电势能大于0，所以甲粒子经过c点时的电势能小于乙粒子经过d点时的电势能．故D正确．

本题选择不正确的，故选C．

【点睛】根据轨迹判定“电荷甲受到中心电荷引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力”是解决本题的突破口．要注意电势能，电荷，电势都有正负．

6.如图所示，一光滑绝缘斜槽放在方向竖直向下，电场强度为E的匀强电场中，从斜槽顶端A沿斜槽向下释放一初速度为v0的带负电的小球，小球质量为m，带电荷量为q，斜槽底端B与A点的竖直距离为h．则关于小球的情况，下列说法中正确的是

A. 只有，小球才能沿斜槽运动到B点

B. 只有，小球才能沿斜槽运动到B点

C. 小球若沿斜槽能到达B点，速度可能是v0

D. 小球若沿斜槽能到达B点，最小速度一定大于v0

【答案】C

【解析】

若电场力大于重力qE>mg，，小球将离开斜面做曲线运动，若电场力等于重力，小球合力为0，做匀速直线运动，到达B点的速度也就是v0，若电场力小于重力，小球将沿着斜面做将匀加速直线运动，到达B点的速度大于v0，故C正确，A、B、D错误．

点晴： 带电小球在电场中运动受到多个力作用的情形，共点力作用下的平衡和牛顿第二定律在电学中的应用．

7.如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r一定，A、B为平行板电容器的两块正对金属板，R1为光敏电阻(阻值随光照强度的增大而减小)．当R2的滑动触头P在a端时，闭合开关S，此时电流表A和电压表V的示数分别为I和U．以下说法正确的是(　　)

A. 若仅将R2的滑动触头P向b端移动，则I、U均不变

B. 若仅增大A、B板间距离，则电容器所带电荷量减少

C. 若仅用更强的光照射R1，则I增大，U增大，电容器所带电荷量增加

D. 若仅用更强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值变大

【答案】AB

【解析】

【详解】A．滑动变阻器处于含容支路中，相当于导线，所以移动滑动触头，I不变，U不变，故A正确；

B．若仅增大A、B板间距离，由知电容减小，板间电压不变，则由电容的定义式可知电容器所带电荷量减少，故B正确；

CD．若仅用更强的光线照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，I增大，内电压和R3的电压均增大，则电容器板间电压减小，电容不变，由知电容器所带电荷量减少，根据闭合电路欧姆定律得U＝E－Ir可得，不变，故CD错误．

8.如图所示，ABC为等边三角形，电荷量为+q的点电荷固定在A点．先将一电荷量也为+q的点电荷Q1从无穷远处（电势为0）移到C点，此过程中，电场力做功为-W．再将Q1从C点沿CB移到B点并固定．最后将一电荷量为-2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点．下列说法正确的有

A. Q1移入之前，C点的电势为

B. Q1从C点移到B点过程中，所受电场力做的功为0

C. Q2从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为2W

D. Q2在移到C点后的电势能为-4W

【答案】ABD

【解析】

【详解】A.由题意可知，C点的电势为

故A正确；

B.由于B、C两点到A点()的距离相等，所以B、C两点的电势相等，所以从C点移到B点的过程中，电场力先做负功再做正功，总功为0，故B正确；

C.由于B、C两点的电势相等，所以当在B点固定后，C点的电势为,所以 从无穷远移到C点过程中，电场力做功为：

故C错误；

D.由于C点的电势为，所以电势能为

故D正确．

9.如图甲所示，R 为电阻箱(0～99.9Ω)，置于阻值最大位置，为末知电阻．断开，闭合，逐次减小电阻箱的阻值，得到一组R、I的值，并依据R、I值作出了如图乙所示的图线；断开，闭合，当R调至某一位置时，电流表的示数=1.0A；保持电阻箱上各旋钮的位置不变，断开，闭合，此时电流表的示数为=0.8 A．据以上数据可知(电流表内阻不计)

A. 电源电动势为3.0V

B. 电源内阻为2Ω

C. R.的阻值为2Ω

D. 断开，接通时，随着R的减小，电源输出功率一直增大

【答案】D

【解析】

【详解】AB.根据，解得，图线的斜率与电源的电动势相等，故，纵轴截距表示内阻，所以内阻，故AB错误．

C. 断开，闭合，当R调至某一位置时，电流表的示数=1.0A；有，代入数据解得：，断开，闭合，此时电流表的示数为=0.8 A,则有：，解得，故C错误．

D.由于与电源内阻相等，又知当外电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大，当外电阻大于内阻时，随着外电阻的减小，电源输出功率增大，断开，接通时，随着R的减小，电源输出功率一直增大，故D正确．

10.在竖直平面内有水平向右、电场强度为E=1×104 N/C的匀强电场，在场中有一个半径为R=2 m的光滑圆环，环内有两根光滑的弦AB和AC，A点所在的半径与竖直直径BC成角，质量为0.04 kg的带电小球由静止从A点释放，沿弦AB和AC到达圆周的时间相同．现去掉弦AB和AC，给小球一个初速度让小球恰能在竖直平面沿环内做圆周运动，取小球圆周运动的最低点为电势能和重力势能的零点，（，g=10 m/s2）下列说法正确的是（     ）

A. 小球所带电量为q=3.6×10－5 C

B. 小球做圆周过程中动能最小值是0.5 J

C. 小球做圆周运动从B到A的过程中机械能逐渐减小

D. 小球做圆周运动的过程中对环的最大压力是3.0N

【答案】BCD

【解析】

【详解】解法一：

A．如图所示，令弦AC与直径BC的夹角为∠1，弦AB与水面夹角为∠2，由几何知识可得，

，

对沿弦AB带电小球进行受力分析，小球沿着弦AB向上运动，则小球电场力向右，故小球带正电，小球受到水平向右电场力，竖直向下的重力，垂直弦AB向上的支持力，则沿弦AB上有：

…………①

同理对沿弦AC的小球受力分析，沿弦AB方向有：

…………②

设小球从A点释放，沿弦AB和AC到达圆周的时间为t,则：

…………③

…………④

由③/④可得，

…………⑤

联立①②⑤可得，

…………⑥

化简可得，

…………⑦

即…………⑧

则…………⑨

故A错误．

B．小球恰能在竖直平面沿环内做圆周运动，小球受到水平方向的电场力，竖直向下的重力和沿半径指向圆心的支持力，电场力和重力的合力为：

，方向与竖直方向夹角为37°…………⑩

延长半径AO交圆与D点．小球在A点可以不受轨道的弹力，重力和电场力的合力提供向心力，此时小球速度最小：

…………⑪

可得小球的最小动能

…………⑫

故B正确．

C．小球从做圆周运动从B到A的过程中电场力做负功，则小球机械能减小，故C正确．

D．由B得分析可知，小球在D点时，对圆环的压力最大，设此时圆环对小球的支持力为…………⑬

从A到D，由动能定理可得：

…………⑭

联立⑬⑭可得，

由牛顿第三定律可得，小球对圆环的最大压力为：

故D正确．

解法二：

A. 由题知，小球在复合场中运动，由静止从A点释放，沿弦AB和AC到达圆周的时间相同，则A点可以认为是等效圆周的最高点，沿直径与之对应圆周上的点可以认为是等效圆周的最低点，对小球进行受力分析，小球应带正电，如图所示，可得

mgtan37=qE

解得小球的带电量为

故A错误；

B. 小球做圆周过程中由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力，小球的动能、重力势能和电势能之和保持不变，在圆上各点中，小球在等效最高点A的势能（重力势能和电势能之和）最大，则其动能最小，由于小球恰能在竖直平面沿环内做圆周运动，根据牛顿第二定律，在A点其合力作为小球做圆周运动的向心力

=m

小球做圆周过程中动能最小值

Ekmin=mvA2==J=0.5J

故B正确；

C.由于总能量保持不变，小球从B到A过程中电场力做负功，电势能增大，小球的机械能逐渐减小，故C正确；

D.将重力与电场力等效成新的“重力场”，新“重力场”方向与竖直方向成，等效重力，等效重力加速度为，小球恰好能做圆周运动，在等效最高点A点速度为，在等效最低点小球对环的压力最大，设小球在等效最低点的速度为v，由动能定理得

在等效最低点，由牛顿第二定律

联立解得小球在等效最低点受到的支持力

根据牛顿第三定律知，小球做圆周运动的过程中对环的最大压力大小也为3.0N，故D正确．

二、非选择题 (本题共6小题，共60分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。解答题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。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)

11.某同学想通过测绘小灯泡的I-U图像来研究小灯泡的电阻随电压变化的规律．所用器材如下：

待测小灯泡一只，额定电压为2.5 V，电阻约为几欧；

电压表一个，量程0~3 V，内阻为3 kΩ ；

电流表一个，量程0~0.6 A，内阻为0.1 Ω；

滑动变阻器一个，干电池两节，开关一个，导线若干．

（1）请在图甲中补全实验的电路图__________．

（2）图甲中开关S闭合之前，应把滑动变阻器的滑片置于_______（选填“A”或“B”）处．

（3）该同学通过实验作出小灯泡的I-U图像如图乙所示，则小灯泡正常工作时的电阻为_____Ω．

【答案】    (1).     (2). B    (3). 5.95

【解析】

【详解】(1)[1]为了测绘小灯泡的I-U图像来研究小灯泡的电阻随电压变化的规律，所以还应有电流表，由于小灯泡电阻较小，所以电流表应外接，故电路图如图

(2)[2]图甲中开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应置于B端，使得闭合电键后，测量电路部分处于短路状态，电压表、电流表示数为0，起保护作用；

(3)[3]由于小灯泡的额定电压为2.5V，由图可知，电流为0.42A，由欧姆定律得

12.举世瞩目嫦娥四号，其能源供给方式实现了新的科技突破：它采用同位素温差发电与热电综合利用技术结合的方式供能，也就是用航天器两面太阳翼收集的太阳能和月球车上的同位素热源两种能源供给探测器．图甲中探测器两侧张开的是光伏发电板，光伏发电板在外太空将光能转化为电能．

某同学利用图乙所示电路探究某光伏电池的路端电压U与电流I的关系，图中定值电阻R0=5Ω，设相同光照强度下光伏电池的电动势不变，电压表、电流表均可视为理想电表．

（1）实验一：用一定强度的光照射该电池，闭合电键S，调节滑动变阻器R的阻值，通过测量得到该电池的U﹣I曲线a（如图丁）．由此可知，该电源内阻是否为常数_______（填“是”或“否”），某时刻电压表示数如图丙所示，读数为________V，由图像可知，此时电源内阻为_______Ω．

实验二：减小实验一光照的强度，重复实验，测得U-I曲线b（如图丁）．

（2）在实验一中当滑动变阻器的电阻为某值时路端电压为2.5V，则在实验二中滑动变阻器仍为该值时，滑动变阻器消耗的电功率为________W（计算结果保留两位有效数字）．

【答案】    (1). 否    (2). 1.50    (3). 5.6    (4). 7.2×10-2（7.0×10-2-7.4×10-2均算正确）

【解析】

【详解】（1）由U-I图像可知，因图像的斜率等于电源的内阻，可知电源内阻不是常数；电压表的量程为3.0V，则读数为1.50V；由图中读出，此时电路中的电流为250mA，因电源的电动势为E=2.9V，可得此时电源的内阻；

（2）在实验一中当滑动变阻器的电阻为某值时路端电压为2.5V，可得此时的电流为100mA，则滑动变阻器的阻值为：；则在实验二中滑动变阻器仍为该值时，此时外电路电阻为R外=R+R0=25Ω，将此电阻的U-I线画在此电源的U-I图像中，如图；

直线与b的交点为电路的工作点，此时I=60mA，则滑动变阻器消耗的电功率为.

13.在图甲的电路中，R1是可变电阻，R2是定值电阻，电源内阻不计．实验时调节R1的阻值，得到各组电压表和电流表数据，用这些数据在坐标纸上描点、拟合，作出的U-I图像如图乙中AB所示．

(1)图乙中a、b、AB的斜率各等于多少？

(2)结合图甲，说明a、b、AB的斜率各表示什么物理量．

【答案】(1)20,3.3,-5 (2)见解析

【解析】

【详解】(1)a的斜率为

b的斜率

AB的斜率

(2)a的斜率表示通过R1的电流为0.1 A时，R1的有效电阻为20 Ω

b的斜率表示通过R1的电流为0.3 A时，R1的有效电阻为3.3 Ω

由于电源的内阻不计，所以AB的斜率的绝对值表示R2的电阻为5 Ω

14.如图所示，真空室中电极K发出电子（初速度不计）经过电势差为U1的加速电场加速后，沿两水平金属板C、D间的中心线射入两板间偏转电场，最后打在荧光屏上．C、D两板间的电势差UCD随时间变化的图象如图所示，设C、D间的电场可看作匀强电场，且两板外无电场．已知电子的质量为m、电荷量为e（重力不计），C、D极板长为L，板间距离为d，偏转电压U2，荧光屏距C、D右端的距离为L/6，所有电子都能通过偏转电极．

（1）求电子通过偏转电场的时间t0

（2）若UCD的周期T=t0，求荧光屏上电子能够到达的区域的长度

【答案】（1）   （2）

【解析】

【详解】（）电子在电场加速过程

①

在偏转电场中运动，水平方向匀速运动

②

由①②得

（）当时，所有电子在偏转电场中运动过程，竖直方向加速半个周期，减速半个周期，最终水平飞出．由竖直方向速度时间图像得时刻进入的电子向上侧移距离最大，所以电子达到的区域长；

竖直方向：向上加速：

解得：

向上减速：由对称性可知

由对称性，向下运动

荧光屏上电子能够到达的区域的长度

15.长为L的细线一端系有一带正电的小球，另一端固定在空间的O点，加一大小恒定的匀强电场，在电场中小球所受电场力的大小等于小球所受重力的 倍，当电场取不同的方向时，可使小球绕O点以L为半径分别在不同的平面内做圆周运动．

（）若电场的方向竖直向上，使小球在竖直平面内恰好能做圆周运动，求小球速度的最小值．

（）若小球在与水平面成 角的空间平面内恰好能做圆周运动，求小球速度的最大值以及此时电场的方向．

（本题附加要求：画受力分析图并做必要的分析说明）．

【答案】（1） （2） ，场强方向水平向左

【解析】

（）带电小球在竖直平面内恰好做圆周运动，设最小速度为，此时重力与电场力的合力提供向心力．

当重力与电场力反向时，取最小值，设带电小球质量为，它所受重力为，则

则．

（）当轨道平面与水平面成角时，重力、电场力的合力必沿悬绳方向，受力如图：

设电场强度方向与合力成角，则．

，即电场水平向左．

或，电场沿图中虚线斜向上，当时，重力电场力合力最大，小球做圆周运动速度最大，此时合力．

当小球恰好做圆周运动时，在P点速度最小时，线的拉力为，提供向心力，即．

对小球从圆周运动的“最高点”到“最低点”的过程运用动能定理，有：

．

综上所述本题答案是：

（1）

（2）小球速度的最大值： ，场强方向水平向左

16.如图所示，水平面上有相距的两物体A和B，滑块A的质量为2m，电荷量为+q，B是质量为m的不带电的绝缘金属滑块．空间存在有水平向左的匀强电场，场强为．已知A与水平面间的动摩擦因数，B与水平面间的动摩擦因数，A与B的碰撞为弹性正碰，且总电荷量始终不变（g取10m/s2）．试求：

（1）A第一次与B碰前的速度的大小； 

（2）A第二次与B碰前的速度大小；

（3）A、B停止运动时，B的总位移．

【答案】（1）2m/s（2）（3）

【解析】

【详解】（1）从A开始运动到与B碰撞过程，由动能定理：

解得：v0=2m/s

（2）AB碰撞过程，由动量守恒和能量守恒可得：

解得： （另一组解舍掉）

两物体碰撞后电量均分，均为q/2，则B的加速度：

，

A的加速度：

即B做匀减速运动，A做匀速运动；A第二次与B碰前的速度大小为；

（3）B做减速运动直到停止的位移：

AB第二次碰撞时：

解得：

，

B再次停止时的位移

同理可得，第三次碰撞时，

可得，

B第3次停止时的位移

同理推理可得，第n次碰撞，碰撞AB的速度分别为：

，

B第n次停止时的位移:

则A、B停止运动时，B的总位移

当n取无穷大时， A、B停止运动时，B的总位移．