福建省龙岩市漳平一中2020学年高二物理上学期第一次月考试题（含解析）

福建省龙岩市漳平一中2020学年高二物理上学期第一次月考试题（含解析）

‎2020学年福建省龙岩市漳平一中高二（上）第一次月考 ‎ 物理试卷 一、单选题（本大题共9小题，共36.0分）‎ ‎1. 下列说法中正确的是（ ）‎ A. 电场强度反映了电场的力的性质，因此场中某点的场强与检验电荷在该点所受的电场力成正比 B. 电场中某点的场强等于F/q，但与检验电荷的受力大小及带电量无关 C. 电场中某点的场强方向即检验电荷在该点的受力方向 D. 公式E=F/q和E=kQ/r2对于任何静电场都是适用的 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：电场强度反映了电场的力的性质，大小由电场强度本身决定，与检验电荷受力和检验电荷的电荷量无关，规定正电荷受电场力的方向为电场强度的方向。‎ A、电场强度反映了电场的力的性质，大小由电场强度本身决定，与检验电荷受力无关；错误 B、电场中某点的场强定义为，但大小由电场强度本身决定，与检验电荷的受力大小及带电量无关；正确 C、电场中某点的场强方向为正检验电荷在该点的受力方向；错误 D、公式是电场强度的定义式，对于任何静电场都是适用，公式是真空中点电荷电场强度的决定式，只适用于计算真空中点电荷产生电场的场强；错误 故选B 考点：对电场强度的理解 点评：注意电场强度的定义式与决定式的区别。‎ ‎2.三个相同的金属小球a、b和c，原来c不带电，a和b带等量异种电荷，相隔一定距离放置两球距离远大于球的半径，a、b之间的静电力为 现将c球分别与a、b接触后拿开，a、b距离不变，则a、b之间的静电力将变为　　‎ A. F B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】假设a带电量为Q，b带电量为，两球之间的相互吸引力的大小是：，第三个不带电的金属小球c与a触后，a和c的电量都为，c与b接触时先中和再平分，则c、b分开后电量均为，这时，a、b两球之间的相互作用力的大小：，故D正确，ABC错误.‎ ‎3.电场中有a、b两点，a点电势为4V，若把电量为2×10-8C的负电荷，从a移到b的过程中，电场力做正功4×10-8J，则 （ ）‎ A. a、b两点中，a点电势较高。 B. b点电势是2V C. b点电势是-2V D. b点电势是6V ‎【答案】D ‎【解析】‎ 电场力做正功，电势能减小，又因为是负电荷，则电势升高，所以b点电势较高，故A错误；根据得：，则φa-φb=-2V，φb=6V，故D正确，ABC错误．故选D.‎ ‎4.如图所示，一个带绝缘支架的空心金属球半径为r，原来不带电，放在一个电荷量为的点电荷右侧，点电荷到金属球表面的最近距离为2r，达到静电平衡后，下列表述正确的是　　‎ A. 整个金属球表面将感应带上同种电荷 B. 金属球球心处的电场强度大小为 C. 感应电荷在金属球球心处激发的电场强度大小为 D. 如果用导线将金属球左右两侧相连，金属球左右两侧的电荷会发生中和 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据同咱电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，可知金属球的右端感应出正电荷，左端感应出负电荷，故A错误；点电荷Q与感应电荷在金属球内任意位置激发的电场场强都是等大且反向，金属球内部合电场为零，处于静电平衡状态，则金属球球心处的电场强度大小为零。故B错误；感应电荷在金属球球心处激发的电场强度与点电荷在球心处产生的电场强度大小相等，方向相反，即为故C正确；如果用导线将金属球左右两侧相连时，由于静电平衡的导体是一个等势体，导体表面是一个等势面，所以电荷不再移动，不会中和。故D错误。所以C正确，ABD错误。‎ ‎5.P、Q是一条电场线上的两个点，一带正电的粒子仅在电场力作用下以一定的初速度从P点沿电场线运动到Q点，其图象如图所示则这电场的电场线分布可能是如图中的　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据图象，带电粒子的加速度逐渐增大，速度逐渐减小，故带正电的粒子应该逆电场线运动，且向着电场线密集的方向运动，故C正确，ABD错误。‎ ‎6.如图所示，真空中M、N处放置两等量异种电荷，a、b、c表示电场中的三条等势线，d点和e点位于等势线a上，f点位于等势线c上，df平行于已知一带正电的试探电荷从d点移动到f点时，试探电荷的电势能增加，则以下判定正确的是　　‎ A. M点处放置的是正电荷 B. d点的电势高于f点的电势 C. d点的场强与f点的场强完全相同 D. 将带正电的试探电荷沿直线由d点移动到e点，电场力先做正功，后做负功 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：因正电荷由d到f电场力做负功，电势能增加，则电势升高．故f点电势高于d点电势．则N点为正电荷，故A错误，B错误．d点与f点为关于两电荷的中垂线对称，则场强大小相等但方向不同，故C错误．将带正电的试探电荷沿直线由d 点移动到 e 点，电势能先减小再增大到原来值，故电场力先做正功、后做负功．故D正确．故选D．‎ 考点：电场线；电势及电势能；电场强度 ‎【名师点睛】在电场中跟据带电粒子运动轨迹和电场线关系判断电场强度、电势、电势能、动能等变化是对学生基本要求，也是重点知识，要重点掌握。‎ ‎7.如图所示，电路两端的电压保持不变，当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，三个灯泡亮度的变化情况是　　‎ A. 变亮，和皆变暗 B. 变暗，不能确定，变暗 C. 变暗，变亮，变亮 D. 变亮，变亮，变暗 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，变阻器电阻R减小，故总电阻减小，根据欧姆定律干路电流增加，故灯泡变亮；并联电路的电压，故并联电路电压变小，灯泡变暗；干路电流增加，而通过灯泡的电流变小，故通过灯泡的电流增加，灯泡变亮，故D正确，ABC错误。‎ ‎8.如图所示，真空中有一个固定的点电荷，电荷量为+Q．图中的虚线表示该点电荷形成的电场中的四个等势面．有两个一价离子M、N（不计重力，也不计它们之间的电场力）先后从a点以相同的速率v0射入该电场，运动轨迹分别为曲线apb和aqc，其中p、q分别是它们离固定点电荷最近的位置．‎ ‎①M一定是正离子，N一定是负离子．‎ ‎②M在b点的速率一定大于N在c点的速率．‎ ‎③M在p点的速率一定大于N在q点的速率．‎ ‎④M从p→b过程电势能的增量一定小于N从a→q电势能的增量．‎ 以上说法中正确的是( )‎ A. 只有①③ B. 只有②④ C. 只有③④ D. 只有②③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据轨迹判定电荷N受到中心电荷的斥力，而电荷M受到中心电荷的引力，可知两粒子在从a向b、c运动过程中电场力做功情况．根据abc三点在同一等势面上，可判定从a到b和从a到c过程中电场力所做的总功为零。‎ ‎【详解】①由图可知电荷N受到中心电荷的斥力，而电荷M受到中心电荷的引力，故两粒子的电性一定不同．由于中心电荷为正电，则M一定是负离子，N一定是正离子，故①错误；‎ ‎②由于abc三点在同一等势面上，故粒子M在从a向b运动过程中电场力所做的总功为0，N粒子在从a向c运动过程中电场力所做的总功为0．由于两粒子以相同的速率从a点飞入电场故两粒子的分别经过b、c两点时的速率一定相等，故②错误；‎ ‎③M从a到P引力做正功，动能增加，N从a到Q斥力做负功，动能减小，由于M、N在a点的速率相等，所以M在p点的速率一定大于N在q点的速率，故③正确；‎ ‎④图可知q点离正电荷更近一些，N粒子在从a向q运动过程中电场力做负功的值大于粒子M在从p向b运动过程中电场力做负功的值，故M从p→b过程电势能的增量一定小于N从a→q电势能的增量，故④正确。‎ 故C正确。‎ ‎【点睛】根据轨迹判定“电荷N受到中心电荷的斥力，而电荷M受到中心电荷的引力”是解决本题的突破口。‎ ‎9.如图所示，大小可以不计的带有同种电荷的小球A和B互相排斥，静止时两球位于同一水平面，绝缘细线与竖直方向的夹角分别为和，且，由此可知　　‎ A. A球的质量较大 B. B球的质量较大 C. B球受的拉力较大 D. 两球接触后，再静止下来，两绝缘细线与竖直方向的夹角变为、，则有 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】对小球A、B受力分析，根据平衡条件有： ， ，因，所以，故A正确，B错误；根据平衡条件有： ， ，因，所以B球受的拉力较小，故C错误；两球接触后，再静止下来，两绝缘细线与竖直方向的夹角变为、，对小球A、B受力分析，根据平衡条件有： ， ，因为，所以故D 错误。所以A正确，BCD错误。‎ 二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）‎ ‎10.x轴上有两点电荷Q1和Q2，Q1和Q2的位置坐标分别为x1、x2．Q1和Q2之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，从图中可看出（　　）‎ A. 的电荷量一定小于的电荷量 B. 和一定是正电荷 C. 电势最低处P点的电场强度为零 D. 将一负点电荷由点的左侧移至右侧，电场力先做正功后做负功 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】如图所示，作出电场线，知道Xp处合场强为0，则Q1与Q2在Xp处场强大小相等，方向相反．‎ 根据E=KQ/r2知，Q1＞Q2，故A错误．若两个电荷是异种电荷，则电场线方向向左或向右，不可能；若两个电荷都是负电荷，则在Xp左侧电场线方向向左，右侧向右，与实际电场方向不符，不可能；则两个电荷一定是正电荷．故B正确．根据电场线的方向可知，从x1到x2，电势先降低后升高，P点场强为零，故C正确． 负电荷右移，电场力先做负功后正功．故D错误．故选BC .‎ ‎【点睛】本题的技巧是作电场线，将抽象问题形象化，是电场中常用方法．作出Q1、Q2之间的电场线，就知道Xp处场强为零，知道负电荷在低电势点电势能较大．‎ ‎11. 传感器是一种采集信息的重要器件；如图所示是一种测定压力的电容式传感器，A为固定电极，B为可动电极，组成一个电容大小可变的电容器．可动电极两端固定，当待测压力施加在可动电极上时，可动电极发生形变，从而改变了电容器的电容．现将此电容式传感器与零刻度在中央的灵敏电流表和电源串联成闭合电路，已知电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏转．当待测压力增大时，以下说法正确的是（ ）‎ A. 电容器的电容将减小 B. 电容器的电荷量将增加 C. 灵敏电流表的指针向左偏 D. 灵敏电流表的指针向右偏 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：当待测压力增大时，电容器极板间距离减小，根据电容的决定式分析得知，电容增大，电容两端电势差不变，根据Q=CU可知，电容器的电荷量将增加，由于电容器上极板带正电，则电路中形成逆时针方向的充电电流，故灵敏电流表的指针向右偏．故AC错误，BD正确．故选BD 考点：传感器；电容器 ‎【名师点睛】本题考查电容器的动态分析，分析要抓住电容器与电源始终相连，极板间的电势差不变，运用电容的决定式和电荷量公式Q=CU结合进行分析。‎ ‎12.一辆电动观光车蓄电池的电动势为E，内阻不计，当空载的电动观光车以大小为v的速度匀速行驶时，流过电动机的电流为I，电动车的质量为m，电动车受到的阻力是车重的k倍，忽略电动观光车内部的摩擦，则（ ）‎ A. 电动机的内阻为 B. 电动机的内阻为 C. 电动车的工作效率 D. 电动机的发热效率 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ 试题分析：由功能关系EI=kmgv+I2R，所以电动机的内阻为 ‎，所以A错误，B正确；电动车的工作效率等于输出功率与总功率之比，即，所以C正确，D错误；故选BC．‎ 考点：功能关系 ‎【名师点睛】在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的。‎ 三、填空题（本大题共2小题，共18.0分）‎ ‎13.用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为______cm；用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为______mm；‎ ‎【答案】（1）50. 15；（2）4.700；‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）游标卡尺读数：5cm+0.05mm×3=50.15mm；‎ ‎（2）螺旋测微器读数：4.5mm+0.01mm×20.0=4.700mm.‎ 考点：游标卡尺及螺旋测微器的读数.‎ ‎14.某同学用如图1所示电路，测绘标有“，”的小灯泡的灯丝电阻R随电压U变化的图象．‎ 除了导线和开关外，有以下一些器材可供选择：‎ 电流表：量程100mA，内阻约；量程，内阻约；‎ 电压表：量程5V，内阻约；量程15V，内阻约；‎ 滑动变阻器：阻值范围；阻值范围；‎ 电源：电动势为，内阻约为；电动势为4V，内阻约为．‎ 为了调节方便，测量准确，实验中应选用电流表______，电压表______，滑动变阻器______，电源______填器材符号 在图2中用笔画线代替导线，把实验仪器连接成完整的实验电路．‎ 根据实验数据，计算并描绘出的图象如图3所示由图象可知，此小灯泡在不工作时，灯丝电阻为______；当所加电压为3V时，灯丝电阻为______‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). (4). (5).   (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】灯泡额定电流为，电流表应选A，灯泡额定电压为，电压表应选，电源应选E，为方便实验操作，滑动变阻器应选．‎ 根据图所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：‎ 由图3所示图象可知，小灯泡在不工作时，灯丝电阻为；当所加电压为3V时，灯丝电阻为．‎ 四、计算题（本大题共3小题，共34.0分）‎ ‎15.如图所示的电路中，电源的电动势E=10V，R1=R2=6Ω，当电键S断开时，电流表的示数I1=1.25A．求：‎ ‎（1）电源的电阻是多大？‎ ‎（2）当电键S闭合时，电源两极间的电压是多大？‎ ‎【答案】（1）电源的电阻是2Ω．‎ ‎（2）当电键S闭合时，电源两极间的电压是6V．‎ ‎【解析】‎ 解：（1）当S断开时，根据闭合电路欧姆定律得：‎ 解得：r==2Ω ‎（2）当S闭合后，设R1、R2并联的总电路为R，则：‎ R==3Ω 电源两极间的电压：=6V 答：‎ ‎（1）电源的电阻是2Ω．‎ ‎（2）当电键S闭合时，电源两极间的电压是6V．‎ 考点：闭合电路的欧姆定律．‎ 专题：恒定电流专题．‎ 分析：（1）根据闭合电路欧姆定律，求解电源的电阻．‎ ‎（2）当电键S闭合时，两个电阻并联，求出外电路的总电阻，根据欧姆定律和串联电路的特点求解电源两极间的电压．‎ 点评：本题基本的电路的分析和计算．第（2）问也可以这样做：电路中总电流为I2=，U=E﹣I2r=6V．‎ ‎16.如图所示，有一电子(电量用e表示)经电压U0加速后，进入两板间距为d，电压为U的平行金属板间；若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能穿过电场．求：‎ ‎（1）金属板AB的长度；‎ ‎（2）电子穿出电场时的动能.‎ ‎【答案】（1） （2）)‎ ‎【解析】‎ ‎（1）设电子飞离加速电场速度为v0，由动能定理得：eU0=mv02①‎ 设金属板AB的长度为L，电子偏转时间②‎ 电子在平行板间的加速度为 ③‎ 电子的偏转的距离y=d=at2④‎ 由①②③④解得：‎ ‎（2）设电子穿过电场时的动能为Ek 根据动能定理Ek=eU0+e =e(U0+ )‎ ‎【名师点睛】电子先在加速电场中做匀加速直线运动，后在偏转电场中做类平抛运动，根据电子的运动的规律逐个分析即可。‎ ‎17.空间存在范围足够大的水平方向匀强电场，长为L的绝缘细线一端固定于O点，另一端系一带电量为正q质量为m的小球，已知电场强度，OA处于水平方向，OC在竖直方向。小球从A点由静止释放，当小球运动到O点正下方B时细线恰好断裂取，。求：‎ 小球到达B点时的速度大小及此时细线断裂前对小球拉力的大小；‎ 小球从A点运动到B点过程中的最大速率；‎ 当小球再次运动到OC线上的D点图中未标出时，小球速度的大小和方向。‎ ‎【答案】，；；，方向：与竖直方向夹角为：。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 小球由A到B过程，应用动能定理可以求出小球到达B点的速度，在B点对小球应用牛顿第二定律可以求出细线的拉力。重力与电场力的合力方向为小球的等效平衡位置，小球到达等效平衡位置时速度最大，应用动能定理可以求出小球的最大速度。绳子断裂后，小球在水平方向做匀减速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，应用运动的合成与分解及运动学公式求出小球到达D点时的速度。‎ ‎【详解】设小球运动到B点时速度大小为，小球从A到B过程，‎ 由动能定理得：，‎ 解得：，‎ 在B点，由牛顿第二定律得：，‎ 解得：；‎ 因为电场力与重力的合力方向与竖直方向成，所以当小球运动到细线与竖直方向成时速率最大。‎ 由动能定理得：，‎ 解得：；‎ 细线断裂后，小球水平方向作匀减速运动，竖直方向作自由落体运动。‎ 水平方向加速度：，‎ 小球再次运动到OC线上的D点所需时间：，‎ 小球到D点时竖直方向的速度：，‎ 水平方向的速度：，‎ 小球的速度：，‎ 设小球的速度方向与竖直方向成角，则：，，‎ ‎【点睛】本题是一道力学综合题，物体运动过程复杂，难度较大，分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，分析清楚运动过程后，应用动能定理、平抛运动规律可以解题。‎