福建省南安市侨光中学2019-2020学年高二上学期第一次月考物理试题

福建省南安市侨光中学2019-2020学年高二上学期第一次月考物理试题

‎2019年秋季南安侨光中学高二年第1次阶段考物理试卷 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1~8题只有一项符合题目要求，第9~12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.电场强度的定义式为E=（　　）‎ A. 该定义式只适用于点电荷产生的电场 B. F是检验电荷所受到的力，q是检验电荷的电量 C. 场强的方向与F的方向相同 D. 由该定义式可知，场中某点场强大小与该点电荷所受的电场力的大小成正比 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该定义式适用于任何电场，故A错误； ‎ B.F是检验电荷所受到的力，q是检验电荷的电荷电量，故B正确；‎ C.场强的方向与正电荷受电场力的方向相同，与负电荷受电场力方向相反，故C错误； ‎ D.电场强度是用比值定义法定义的物理量，场中某点场强大小由电场本身决定，与该点电荷所受的电场力的大小无关，故D错误。‎ ‎2.真空中相距为r的两点电荷Q1、Q2，电量均为q，相互作用力为F．若要使相互作用力变为2F，可采用的方法是 A. Q1、Q2电量同时增大为2q，距离保持不变 B. Q1电量增大为2q，Q2电量不变，距离保持不变 C. Q1、Q2电量不变，距离变为2r D. Q1、Q2电量不变，距离变为0.5r ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据库仑定律，则有：；当Q1、Q2电量同时增大为2q，距离保持不变时，库仑力变为4F．故A错误．当Q1电量增大为2q，Q2电量不变，距离保持不变时，库仑力变为2F．故B正确．当Q1、Q2电量不变，距离变为2r时，则它们之间的作用力变为F，故C错误．当Q1‎ ‎、Q2电量不变，距离变为0.5r时，则它们之间的作用力变为4F，故D错误．故选B．‎ ‎3.下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘，则坐标原点O处电场强度最小的是（　　）‎ A. ‎ B. ‎ C ‎ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．坐标原点O处电场强度是带电圆环产生的；‎ B．坐标原点O处电场强度是第一象限带正电圆环和第二象限带负电圆环叠加产生，坐标原点O处电场强度大小大于A图带电圆环产生的场强；‎ C．第一象限带正电圆环和第三象限 带正电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度是带电圆环产生的，其大小与A图相等；‎ D．第一象限带正电圆环和第三象限带正电圆环产生电场相互抵消，第二象限带负电圆环和第四象限带负电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度为零;所以坐标原点O处电场强度最小的是D.故A项错误，B项错误，C项错误，D项正确。‎ ‎4.一个带负电的点电荷，只在电场力的作用下沿曲线abc由a运动到c，已知质点的速率是递减的．关于B点电场强度E的方向（虚线是曲线在b点的切线），下列图中可能正确的是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A图中电荷做曲线运动，电场力与速度方向不在同一直线上，应指向轨迹弯曲的内侧，不可能沿轨迹的切线方向，则场强也不可能沿轨迹的切线方向。故A错误。B图中负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，图中电场力方向与速度方向的夹角为锐角，电场力做正功，电荷的速率增大，与题不符。故B错误。C图中场强方向指向轨迹的内侧，则电场力指向轨迹的外侧，电荷的轨迹应向上弯曲，不可能沿如图的轨迹运动。故C错误。D图中场强方向指向轨迹的外侧，则电场力指向轨迹的内侧，而且电场力方向与电荷的速度方向成钝角，电场力做负功，电荷的速率减小，符合题意。故D正确。故选D。‎ ‎5.a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个梯形的四个顶点，梯形的下底边长是上底边长的3倍，电场线与梯形所在平面平行，已知a点的电势为20 V，b点的电势为24 V，d点的电势为4 V，则c点的电势为(　 　)‎ A. 8 V B. 12 V C. 16 V D. 20 V ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】将cd分为三等份，因为ba间电势差为4V，由于cd的距离是ab的三倍，则cd间的电势差是ba的电势差的三倍，即Ucd=12V，因为d点的电势为4V，则d点的电势为16V。‎ A．8V与分析结果不相符，故A项错误；‎ B．12V与分析结果不相符，故B项错误；‎ C．16V与分析结果相符，故C项正确；‎ D．20V与分析结果不相符，故D项错误。‎ ‎6.如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接。将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是 ( )‎ A. Q不变，C变小，U变大，E不变 B. Q不变，C变小，U变大，E变小 C. Q变小，C不变，U不变，E变小 D. Q变小，C变小，U不变，E不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 题中电容器的带电量不变； 先由电容的决定式分析电容的变化，再由电容的定义式分析极板间电压的变化。‎ ‎【详解】当增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q不变，根据电容的决定式：‎ 由于d增大，所以电容减小，‎ 由公式 可知板间电压U增大，‎ 由公式，所以板间场强不变，故A正确。‎ ‎【点睛】解决本题的关键要掌握电容的决定式和电容的定义式并能结合进行分析。‎ ‎7.图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定（ ）‎ A. 粒子带负电 B. 粒子在M点的电势能大于N点的电势能 C. 粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力 D. 粒子在M点的动能大于在N点的动能 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据曲线运动受到的力指向凹处可知，粒子受力沿电场线的切线方向，粒子带正电，故A错误； ‎ BD. 由电场力方向应指向轨迹内侧得知，粒子所受电场力方向沿电场线斜向左下方，电场力对粒子做正功，其电势能减小，动能增大，则知粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，粒子在M点的动能小于在N点的动能，故B正确，D错误；‎ C. M点处的电场线较疏，而N点处电场线较密，则M点处的电场强度较小，粒子所受的电场力也较小，故C错误。‎ 故选：B ‎8.已知磁敏电阻在无磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且磁场越强阻值越大．为探测磁场的有无，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图所示电路．电源的电动势E和内阻r不变，在无磁场时调节变阻器R使小灯泡L正常发光，若探测装置从无磁场区进入磁场区，则 A. 电压表示数变小 B. 磁敏电阻两端电压变小 C. 小灯泡L变亮甚至烧毁 D. 通过滑动变阻器的电流变大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】探测装置从无磁场区进入强磁场区时，磁敏电阻变大，电路的总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知总电流变小，根据， 因为I减小，所以路端电压U增大，电压表测量路端电压，故电压表示数变大，灯泡两端电压增大，即灯泡变亮，如果磁场足够大，有可能烧坏灯泡，C正确A错误；小灯泡的电流增大，而总电流是减小的，故通过磁敏电阻和滑动变阻器的电流减小，由于滑动变阻器的电阻不变，故滑动变阻器两端的电压减小，而路端电压是增大的，故磁敏电阻两端的电压增大，故BD错误；‎ ‎【点睛】在分析电路动态变化时，一般是根据局部电路变化（滑动变阻器，传感器电阻）推导整体电路总电阻、总电流的变化，然后根据闭合回路欧姆定律推导所需电阻的电压和电流的变化（或者电流表，电压表示数变化），也就是从局部→整体→局部 ‎9.如图所示，图线1、2、3分别表示导体A、B、C的伏安特性曲线，其中导体C为一非线性电阻，当三导体串联接在电压恒为6 V的直流电源两端时，它们的电阻分别为R1、R2、R3，则下列说法正确的是(　　)‎ A. 此时流过三导体的电流均为1 A B. R1∶R2∶R3＝1∶3∶2‎ C. 若将三导体串联后改接在3 V的直流电源上，则三导体的阻值之比不变 D. 若将三导体并联后接在3 V的直流电源上，则通过它们的电流之比为I1∶I2∶I3＝3∶2∶1‎ ‎【答案】AB ‎【解析】‎ AB：由图可知，R1为2Ω，R2为3Ω，当三个电阻串联接在电压恒为6 V的直流电源两端时，通过各个电阻的电流相等，三个电阻两端的电压之和为6V；由图可知，此时三个电阻中的电流均为1A，对应电压分别为1V、3V、2V；由欧姆定律可知，此时电阻之比R1：R2：R3=1：3：2 。故AB两项正确。‎ C：若将三个电阻串联接在3V的电源上时，两定值电阻R1、R2阻值不变，而C由于电压变化，则电阻R3变化，三导体的阻值之比变化；故C项错误。‎ D：若将三个电阻并联在3V的电源上，由图可知，三电阻的电流分别为：3A、1A、2.36A。故D项错误。‎ ‎10.一直流电源的电动势为，内阻为，用它给线圈电阻为的直流电动机供电，工作时通过电动机的电流为电动机两端电压为经秒后（ ）‎ A. 电源释放电能，电动机消耗电能 B. 电源给内外电路所做的总功为 C. 电动机输出的机械能为 D. 电源的效率为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 电源在内外电路做的功为，又得，电动机消耗电能，电动机输出的机械能为，发热为，故A错误，B正确； 根据能量守恒得：电动机输出的机械能为：，故C正确；电池组的效率为，故D错误．故选BC．‎ ‎11.用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点的强弱。在图中，左边是等量异种点电荷形成电场的电场线，右边是场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O对称，则（　） ‎ A. B、C两点场强大小和方向都相同  ‎ B. A、D两点场强大小相等，方向相反 C. E、O、F三点比较，O的场强最弱 D. B、O、C三点比较，O点场强最弱 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据对称性看出，B、C两处电场线疏密程度相同，则B、C两点场强大小相同。这两点场强的方向均由B→C，方向相同,故A正确;‎ B．根据对称性看出，A、D两处电场线疏密程度相同，则A、D两点场强大小相同。由图看出，A、D两点场强方向相同,故B错误;‎ C．由图看出，E、O、F三点中，O处电场线最密，O的场强最强,故C错误;‎ D．由图看出，B、O、C三点比较，O处电场线最疏，O点场强最弱,故D正确。‎ ‎12.沿x轴方向存在一静电场，电场强度的大小关于位置的变化规律如图所示(图线为正弦图线)，则下列说法正确的是(　　)‎ A. Ob两点的电势差等于Od两点的电势差 B. a、c两点的电势相等 C. 电子在O点的电势能大于电子在c点的电势能 D. 质子由a点沿x轴运动到c点的过程中，电场力先做负功再做正功 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由题图可知，在x轴的负半轴，电场强度的方向沿x轴的负方向，在x轴的正半轴，电场强度的方向沿x轴的正方向，沿着电场线的方向电势降低，因此φ0>φb>φd，所以O、b两点间的电势差小于O、d两点间的电势差，A错误；‎ B．从O点向两侧电势逐渐降低，而a和c两点关于原点O对称，所以两点的电势相等，B正确；‎ C．电子带负电，因此电子在c点的电势能大于在O点的电势能，C错误；‎ D．由于O点左侧的电场方向向左，则质子在O点左侧受到向左的电场力，质子从a向O运动的过程中，电场力做负功；O点右侧的电场方向向右，则质子在O点右侧受到向右的电场力，质子从O向c运动的过程中，电场力做正功，D正确．‎ 二、实验探究题：本题共1小题，每空格或作图各2分，共10分。‎ ‎13.某同学利用如图甲所示的电路研究小灯泡的伏安特性曲线。‎ 可使用的器材有：‎ 小灯泡L（额定电压6.8 V，额定功率3.6 W）；‎ 滑动变阻器R（最大阻值10 W）；‎ 电压表V（量程0~9 V，内阻约9 kW）；‎ 电流表A（量程0~0.6 A，内阻约0.6 W）；‎ 电源E（电动势8 V，内阻1.0 Ω）；‎ 开关S；导线若干。‎ ‎（1）按原理图甲将图乙中的实物连线补充完整_____。‎ ‎（2）连接好电路，将滑动变阻器滑片移至最左端，闭合开关后，移动滑片，进行实验，测出如下表所示的数据，并根据这些实验数据在丙图坐标上进行描点，其中有一个点尚未描上，请你描上该点，并作出I-U图线_____。‎ I/A ‎0‎ ‎0.20‎ ‎0.30‎ ‎0.36‎ ‎0.42‎ ‎0.46‎ ‎0.48‎ ‎0.50‎ U/V ‎0‎ ‎1.0‎ ‎2.0‎ ‎3.0‎ ‎4.0‎ ‎5.0‎ ‎6.0‎ ‎7.0‎ ‎（3）将该灯泡与阻值为4 Ω定值电阻串联后，接在电动势为8.0 V、内阻为1.0 Ω的电源两端，若将定值电阻与电源等效为新的电源，则新电源的电动势为8.0 V、内阻为_____Ω ，短路电流为__________A，此时灯泡的功率约为____________W（结果保留两位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎ (3). 5.0 (4). 1.6 (5). 2.7（2.5~2.8）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]根据电路图提供的是电流表的外接法和滑动变阻器的分压式接法，连接实物如图所示：‎ ‎(2)[2]还剩一组数据描在坐标纸中，用平滑的曲线连接各点构成福安特性曲线，如图所示：‎ ‎(3)[3]根据电源和电阻串联构成等效电源，其等效内阻为：‎ ‎.‎ ‎[4]外电路为短路状态时，得到短路电流为：‎ ‎[5]根据等效电源构成闭合电路的欧姆定律可得：‎ 过和作出等效电源的图像，如图所示：‎ 交点即为灯泡和等效电源串联后发光的工作点，读得，，故灯泡的实际功率为：‎ ‎.（2.5~2.8）‎ 三、计算题：本题共4小题，共42分。解答应写出必要的文字说明和方程式及重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，答案中必须明确数值和单位。‎ ‎14.如图所示，质量均为m的两个带电小球A和B放置在光滑的绝缘的水平面上，彼此相距为L，A球带电+Q，B球带电，若用水平力拉动其中一个小球，且要使另一个球与前面球始终保持L的间距运动，求拉力的大小为多少？‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】如拉力F作用于B上水平向右,使系统做匀加速运动,对A，有：,‎ 对系统：,则:‎ ‎【点睛】灵活选取研究对象，根据A的受力情况，利用牛顿第二定律，求出加速度，再结合整体法进行计算。‎ ‎15.在匀强电场中，将一电荷量为5×10-5C的负电荷由A点移到B点，其电势能增加了0.1J，已知A、B两点间距离为2cm，两点连线与电场方向成60°角，如图所示，则：‎ ‎(1)在电荷由A移到B的过程中，电场力做了多少功？‎ ‎(2)A、B两点间的电势差为多少？‎ ‎(3)该匀强电场的电场强度为多大？‎ ‎【答案】（1）-0.1J （2）2×103V （3）2×105V/m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）因为电荷由A移到B的过程中，电势能增加了0.1J，所以电场力负功，大小为0.1J．       （2）A、B两点间的电势差：‎ ‎（3）又因为在匀强电场中U=Ed，所以有：‎ 则：‎ ‎16.如图所示，R1＝R3＝4Ω，R2＝8Ω，当变阻器R3的滑动端滑到a端时，V表的读数为15V，当滑动端滑到b端时，A表的读数为4A，那么，电源的电动势为多大？内电阻为多大？‎ ‎【答案】20V 1Ω ‎【解析】‎ ‎【详解】当变阻器滑动端滑到a端时，外电路总电阻：‎ 根据闭合电路欧姆定律，有：‎ E=U+Ir=U+r=15+r ①‎ 滑到b端时，外电路总电阻：‎ 根据闭合电路欧姆定律，有：‎ E=I′R′+I′r=4×4+4r ②‎ 联立①②解得：‎ E=20V r=1Ω ‎17.如图所示，水平地面上方分布着水平向右的匀强电场，有圆弧形的绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中，圆心与管口在同一水平线上，管的半径为R，下端管口切线水平，离水平地面的距离为h，有一质量为m的带电荷量＋q的小球从管的上端口A由静止释放，小球与管间摩擦不计，小球从下端管口飞出时，管壁对小球的作用力为4mg，g取10 m/s2。求：‎ ‎(1)小球运动到管口B时的速度大小；‎ ‎(2)匀强电场的场强；‎ ‎(3)若R＝0.3 m，h＝5.0 m，小球落地时的速度大小。‎ ‎【答案】（1） （2） （3）m/s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小球从下端管口飞出时，根据牛顿第二定律有：‎ 且支持力：‎ N=N'=4mg 联立解得： ‎ ‎(2)小球从A运动到管口B的过程中，只有重力和电场力做功，根据动能定理得：‎ 解得：‎ ‎（3）小球离开管口B后，水平方向做匀加运动，竖直方向做自由落体运动，有：‎ 解得：‎ t=1s 水平方向：‎ qE=ma，‎ 竖直方向：‎ 则落地的速度为两方向的速度合成，为：‎