安徽省长丰县第二中学2020学年高二物理上学期第二次月考试题（含解析）

安徽省长丰县第二中学2020学年高二物理上学期第二次月考试题（含解析）

安徽省长丰县第二中学2020年度上学期高二第二次月考 ‎ 物理试题 一、单项选择题 ‎1. 如图所示，取一对用绝缘柱支撑的导体A和B，使它们彼此接触，起初它们不带电，分别贴在导体A、B下部的金属箔均是闭合的。下列关于实验现象的描述及带电情况的判断中正确的是 A. 将带正电荷的物体C移近导体A，A、B下部的金属箔都张开且分别带正电和负电 B. 将带正电荷的物体C移近导体A，只有A下部的金属箔张开且带负电 C. 将带正电荷的物体C移近导体A，再使A、B分开少许，稳定后A、B下部的金属箔都张开且分别带负电和正电 D. 将带正电荷的物体C移近导体A，再使A、B分开少许，稳定后A、B下部的金属箔都闭合 ‎【答案】C ‎【解析】感应带电，这是使物体带电的一种方法，根据异种电荷互相吸引的原理可知，靠近的一端会带异种电荷．金属导体处在正电荷的电场中，由于静电感应现象，导体B的右端要感应出正电荷，在导体A的左端会出现负电荷，所以导体两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电，故AB错误；把带正电荷的物体C移近导体A后，把A和B分开，A带负电，B带正电，金属箔还是张开，故C正确，D错误．故选C.‎ ‎2.‎ ‎ 两根完全相同的金属裸导线，如果把其中的一根均匀拉长到原来的2倍，把另一根对折后绞合起来，然后给它们分别加相同电压后，则在同一时间内通过它们的电荷量之比为(　　)‎ A. 1∶4 B. 1∶8 C. 1∶16 D. 16∶1‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：设原来的电阻为R，其中的一根均匀拉长到原来的2倍，横截面积变为原来的 ‎，根据电阻定律R=ρ，电阻R1=4R，另一根对折后绞合起来，长度减小为原来的一半，横截面积变为原来的2倍，根据电阻定律R=ρ，电阻R2=R，则两电阻之比为16：1．电压相等，根据欧姆定律，电流比为1：16，根据q=It知相同时间内通过的电量之比为1：16．故C正确，A、B、D错误。‎ 故选C。‎ 考点：电阻定律 ‎【名师点睛】解决本题的关键是在将导线均匀拉长或折后绞合时，导线的体积不变，判断导线的长度和横截面积的变化。根据电阻定律R=ρ判断出两根金属导线的电阻之比，根据欧姆定律得出电流之比，再根据q=It得出通过的电荷量之比。‎ ‎3. 两个分别带有电荷量−Q和+5Q的相同金属小球(均可视为点电荷),固定在相距为r的两处,它们间库仑力的大小为F,两小球相互接触后将其固定距离变为2r,则两球间库仑力的大小为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】相距为r时，根据库仑定律得：，两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分，则各自带电量变为2Q，则此时有：，故B正确，ACD错误。‎ ‎4.‎ ‎ 如图所示，在原来不带电的金属细杆ab附近P处，放置一个正点电荷，c为ab的中点，d为P和金属杆连线的中点．达到静电平衡后（ ）‎ A. a端的电势比b端的高 B. a端的电势比b端的低 C. 点电荷在杆内c的场强为零 D. b端的电势比d点的电势低 ‎【答案】D ‎【解析】A. B. 达到静电平衡后，导体为等势体，导体上的电势处处相等，所以可以得到φa=φb，所以A错误，B错误；‎ C. 达到静电平衡后，导体为等势体，杆内c的场强为零，点电荷在C点的场强与感应电荷在C点的场强等大反向，点电荷在杆内c的场强不为零，故C错误；‎ D. 由于正电荷在右边，所以越往右电场的电势越高，所以φd>φb，故D正确；‎ 故选：D.‎ ‎5. 如图所示，a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，∠abc＝120°.现将三个等量的正点电荷＋Q固定在a、b、c三个顶点上，将一个电量为＋q的点电荷依次放在菱形中心点O点和另一个顶点d点处，两点相比(　　)‎ A. ＋q在d点所受的电场力较大 B. ＋q在d点所具有的电势能较大 C. d点的电势低于O点的电势 D. d点的电场强度大于O点的电场强度 ‎【答案】C ‎【解析】设菱形的边长为L，根据公式：，可知三个点电荷在d产生的场强大小E相等，由电场的叠加可知，d点的场强大小为：，O点的场强大小为：，可得d点的电场强度小于O点的电场强．所以+q在d点所受的电场力较小，故A、D错误；Od间电场线方向从O到d，根据顺着电场线方向电势降低，O点的电势高于d点的电势，而正电荷在高电势高处电势能大，则知+q在d点所具有的电势能较小，故B错误，C正确。所以C正确，ABD错误。‎ ‎6. 在如图所示的电路中，由于某一电阻发生短路或断路的故障，导致A灯变暗，B灯变亮，由此判断故障可能是（　 　）‎ A. R1短路 B. R2断路 C. R3断路 D. R4短路 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A灯变暗，说明外电阻总电阻变大了；B灯变亮，说明其分得的电压变大了；根据传并联电路的特点和闭合电路欧姆定律列式求解．‎ 解：A、R1短路，外电路总电阻减小，电流变大，A灯变亮，故A错误；‎ B、R2断路，B灯泡分得的电压变大，变亮；外电阻总电阻变大，电流减小，A灯变暗，故B正确；‎ C、R3断路，B灯泡分得的电压变大，变亮；外电阻总电阻变大，电流减小，A灯变暗，故C正确；‎ D、R4短路，外电路总电阻减小，电流变大，A灯变亮，故D错误；‎ 故选BC．‎ ‎【点评】本题是电路的动态分析问题，关键理清电路结构，然后根据串并联电路的特点分析，不难．‎ 二、多项选择题 ‎7. 如图所示，虚线a、b和c是在O点处的一个点电荷形成的静电场中的三个等势面，一带正电粒子射入该电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示。不计重力，由图可知 （ ）‎ A. O点处的电荷一定是负电荷 B. a、b、c三个等势面的电势关系是φa>φb>φc C. 粒子运动时的电势能先增大后减小 D. 粒子在每个位置具有的电势能与动能的总和不变 ‎【答案】AD ‎【解析】根据带电粒子轨迹的弯曲方向可知：带电粒子受到了引力作用，O点处的电荷与带电粒子是异种粒子，所以O点处的电荷一定带负电．故A正确．O点处的电荷带负电荷，电场线方向从无穷处到Q终止，根据顺着电场线方向电势降低可知，φa＜φb＜φc．故B错误．粒子所受的电场力与速度的夹角先锐角，做正功，后为钝角，做负功，所以电势能先减小后增大．故C错误．从整个运动过程中，带电粒子只有两种形式的能：电势能和动能，根据能量守恒定律得知：粒子在每个位置具有的电势能与动能的总和一定相等．故D正确．故选AD．‎ 点睛：解决本题的关键根据轨迹的弯曲方向判断出电场力的方向，再一步分析电场力做功与电势能的关系，知道电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．‎ ‎8. 在如图所示的电路中，电源电动势为12V，内阻为2Ω，四个电阻的阻值已在图中标出．闭合开关S，下列说法正确的有（ ）‎ A. 路端电压为10 V B. 电源的总功率为10 W C. a、b间电压的大小为5 V D. a、b间用导线连接后，电路的总电流为1 A ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：外阻为R：，则，则外压U=IR=10V，功率P=EI=12W，则A正确，B错误；选电源负极为0势点，则b点电势为φa=φb==7．5V，则ab间的电压为7．5-7．5=0V，则C错误；a、b间用导线连接后外阻为R′，则R′＝＝7．5Ω，R″＝＝2．5Ω，则电流，则D正确；故选AD。‎ 考点：闭合电路的欧姆定律；电功率 ‎【名师点睛】考查串并联电路电阻的求解及全电路欧姆定律，计算前要明确电路结构是求解问题的关键；‎ 视频 ‎9. 图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定 A. 粒子在M点速度小于在N点速度 B. 粒子在M点电势能小于在N点电势能 C. M点的电势高于N点的电势 D. M点的电场强度大于N点的电场强度 ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：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大致斜向左下方，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，在M点的动能小于在N点的动能，在M点的速度小于在N点受到的速度，故A正确，B错误；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大致斜向左下方，与电场线的方向基本一致，可知粒子带正电；由于粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，正电荷在电势高处的电势能大，所以M点的电势高于N点的电势．故C正确；‎ 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．故D错误．故选AC。‎ 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】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。‎ ‎10. 电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，下列说法正确的是( )‎ A. 电流表读数增大 B. 电流表读数减小 C. 电压表读数增大 D. 电压表读数减小 ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：首先要认识电路的结构：滑动变阻器与并联然后与串联，电压表测路端电压，电流表测通过电阻的电流；根据滑动变阻器滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化；然后应用串并联电路特点与欧姆定律分析答题．‎ 由电路图可知，滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，并联电阻增大，外电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，干路电流变小，电源内电压变小，路端电压变大，则电压表示数变大．干电路电流变小，电阻两端电压变小，路端电压变大，则并联电压变大，由部分电路欧姆定律可知，通过电阻的电流变大，电流表示数变大，AC正确．‎ ‎11. 如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是(　　)‎ A. 带电粒子将始终向同一个方向运动 B. 2 s末带电粒子回到原出发点 C. 3 s末带电粒子的速度为零 D. 0～3 s内，电场力做的总功为零 ‎【答案】CD ‎【解析】试题分析：由图象可知，电场强度的大小与方向的变化，当带电粒子由静止释放仅在电场力作用下，根据运动与力的关系可确定运动情况．‎ 粒子在电场中只受电场力作用，故粒子在0~1s内做初速度为零的正向匀加速直线运动，加速度大小为，1~2s内电场强度方向相反，则加速度方向相反，大小为，故在1.5s时速度为零，然后在1.5s~2s，正向加速运动，2~4s过程中又以 运动，即在2~3s正向减速，3s末速度为零，然后3~4s过程中，负向加速运动，如此重复，故A错误C正确；v-t图象如图所示：图像与坐标轴围成的面积表示位移，故2s末没有回到原点，B错误；因为0~3s过程中初速度为零，末速度也为零，故电场力做功为零，D正确．‎ ‎12. 如图所示是利用静电计研究平行板电容器的电容与哪些因素有关的实验装置示意图，下面的叙述符合实际观测结果的是 A. a板向右平移，静电计指针偏转角度变小 B. a板向上平移，静电计指针偏转角度变小 C. a板向左平移，静电计指针偏转角度变小 D. 在ab间插入一块绝缘介质，静电计指针偏转角度变小 ‎【答案】AD ‎【解析】A项，由 知，a板向右平移，d减小，电容增大，而电容的电荷量不变，由 知，板间电压减小，静电计指针偏转角度变小，故A项正确。‎ B项，由知，a板向上平移，s减小，电容减小，而电容的电荷量不变，由知，板间电压增大，静电计指针偏转角度变大，故B项错误。‎ C项，由知，a板向左平移，d增大，电容减小，而电容的电荷量不变，由知，板间电压增大，静电计指针偏转角度变大，故C项错误。‎ D项，在ab间插入一块绝缘介质，电容增大，而电容的电荷量不变，由 知，板间电压减小，静电计指针偏转角度变小，故D项正确；‎ 综上所述本题答案是：AD ‎13. 一带电小球悬挂在平行板电容器内部，闭合电键S，电容器充电后，悬线与竖直方向夹角为φ，以下说法正确的是 ( )‎ A. 保持电键S闭合，使两极板靠近一些 ，φ将增大 B. 保持电键S闭合，使两极板远离一些，φ将增大 C. 断开电键S，使两极板靠近一些，φ将不变 D. 保持电键S闭合，使滑动变阻器滑片向右移动，将有电流从左向右流过滑动变阻器 ‎【答案】AC ‎.....................‎ 三、实验题 ‎14. 某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．步骤如下：‎ ‎（1）用刻度尺量出圆柱体长度为L，用螺旋测微器测出其直径D如图所示，则D=_______mm．‎ ‎（2）若用多用电表的欧姆挡粗测圆柱体的电阻．机械调零、欧姆调零后，选择“×100”倍率进行测量，发现表针偏转角度很大，正确的判断和做法是_______．‎ A．被测电阻值很大 B．被测电阻值很小 C．为了把电阻值测得更准一些，应换用“×1k”挡，重新欧姆调零后再测量 D．为了把电阻值测得更准一些，应换用“×10”挡，重新欧姆调零后再测量．‎ ‎（3）现选择多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图1，则该电阻的阻值约为R=______Ω．‎ ‎（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：‎ 待测圆柱体电阻R 电流表A1（量程0～4mA，内阻约50Ω）； 电流表A2（量程0～10mA，内阻约30Ω）‎ 电压表V1（量程0～3V，内阻约10kΩ）； 电压表V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）‎ 直流电源E（电动势4V，内阻不计）；‎ 滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A）‎ 滑动变阻器R2（阻值范围0～2kΩ，允许通过的最大电流0.5A）‎ 开关S、导线若干 为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在图2框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号___________．‎ ‎（5）根据测得量求出圆柱体材料的电阻率__________。‎ ‎【答案】 (1). （1）5.696mm--5.698mm (2). （2）BD (3). （3）220 (4). （4）如图：‎ ‎ (5). （5）‎ ‎【解析】试题分析：螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；欧姆表指针偏转角度越大，说明被测电阻越小；电压从零调起，滑动变阻器应采用分压接法，根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后作出实验电路图；‎ ‎（1）螺旋测微器的读数为．‎ ‎（2）由于欧姆档的表盘的左的刻度小，所以表针偏转角度很大，说明被测电阻较小，应换用低档测量，即换用“×10” 挡，重新欧姆调零后再测量，故BD正确．‎ ‎（3）电阻的读数为．‎ ‎（4）电源电动势为4V，电压表应选：V1，电路最大电流约为：，电流表应选A2，为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1，由于电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，滑动变阻器应采用分压接法，，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：‎ ‎15. 某同学测量阻值约为25kΩ的电阻Rx，现备有下列器材：‎ A．电流表（量程100 μA，内阻约为200Ω）；‎ B．电流表（量程500 μA，内阻约为300Ω）；‎ C．电压表（量程15 V，内阻约为100kΩ）；‎ D．电压表（量程50 V，内阻约为500kΩ）；‎ E．直流电源（20 V，允许最大电流1 A）；‎ F．滑动变阻器（最大阻值1 kΩ）；‎ G．开关和导线若干．‎ ‎（1）电流表应选_________，电压表应选_________．（填字母代号）‎ ‎（2）请在虚线框中画出测量Rx阻值的实验电路图______．‎ ‎【答案】 (1). （1）B (2). C (3). （2）滑动变阻器分压式、电流表内接 ‎【解析】（1）电源电压为20V，故电压表应选择C；‎ 通过电流值约为： ，而电流表A量程太小，内阻也大，所以不选A，而B合适．‎ ‎（2）因待测电阻约为25KΩ，，故用电流表内接法：‎ 因是小电阻控制大电阻，若用限流式接法，控制的电压变化范围太小，则应用分压式接法．原理图如图所示；‎ 点睛：实验电路所用器材的要求要熟练掌握，读数的要求，误差来源的分析，变阻器的分压与限流式区别要弄清楚．‎ 四、计算题 ‎16. 如图所示，A、B两块带异号电荷的平行金属板间形成匀强电场，一电子以v0＝4×106 m/s的速度垂直于场强方向沿中心线由O点射入电场，从电场右侧边缘C点飞出时的速度方向与v0方向成30°的夹角．已知电子电荷e＝1.6×10－19 C，电子质量m＝0.91×10－30 kg.求：‎ ‎(1)电子在C点时的动能是多少J?‎ ‎(2)O、C两点间的电势差大小是多少V?‎ ‎【答案】（1）9.7×10-18J（2）15.2V ‎【解析】试题分析：（ 1）带电粒子进入偏转电场做类平抛运动，末速度vt与初速度v0的关系如图，‎ 则电子在C点时的速度为：‎ 所以动能Ek：‎ ‎（2）对电子从O到C过程中只有电场力做功，‎ 由动能定理得：eU=mvt2-mv02‎ 解得：U=15．0V 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】注意类平抛运动过程水平方向的运动与竖直方向的运动具有等时性，然后分别应用匀速运动规律和初速度为零匀加速直线运动规律解题。‎ ‎17. 如图所示，竖直固定放置的光滑绝缘杆上O点套有一个质量为m、带电量为-q的小环。在杆的左侧固定一个带电量为+Q的点电荷，杆上a、b两点与Q正好构成等边三角形。已知Oa之间距离为h1，ab之间距离为h2，静电常量为k。现使小环从图示位置的O点由静止释放，若通过a点的速率为 。试求：‎ ‎（1）小环运动到a点时对杆的压力大小及方向；‎ ‎（2）小环通过b点的速率。‎ ‎【答案】（1） ，方向水平向左（2）‎ ‎【解析】试题分析: （1）由库仑定律可得，小环运动到a点时所受库仑力为，方向由a指向Q。‎ 设r为Q到a点的距离，依题意，所以。‎ 杆对小环的支持力，方向水平向右。‎ 由牛顿第三定律可知，小环对杆的压力大小，方向水平向左。‎ ‎（2）小环从a运动到b的运动过程，根据动能定理 由于Qa=Qb，所以可得 考点：库仑定律；电势能；动能定理的应用 ‎18. 如图所示，电源电动势E=10 V，内阻r=0.5 Ω，标有“8 V，16 W”的灯泡恰好能正常发光，电动机M绕组的电阻R0=1 Ω，求：‎ ‎（1）路端电压；‎ ‎（2）电源的总功率；‎ ‎（3）电动机的输出功率。‎ ‎【答案】8V； 40W； 12W ‎【解析】试题分析：（1）通过灯泡电流　I1＝=2A （2分）‎ ‎（2）内电压U｜=E－U＝Ir　　　I＝4A （2分）‎ ‎（3）电动机总功率：P1＝UI2＝U（I－I1）＝16W （2分）‎ ‎（4）电动机热功率：P3＝I2R0=4W （1分）‎ 电动机输出功率：P2＝P1－P3=12W （1分）‎ 考点：考查闭合电路欧姆定律的应用和功率的分配 点评：本题难度较小，本题需要注意的是对于电动机这种非纯电阻电路，欧姆定律不再适用，应该从能量守恒定律求解 ‎19.‎ ‎ 光滑的绝缘斜面固定于水平地面上，倾角为θ，匀强电场平行于斜面向上。质量为m、带正电q的小滑块（可看作质点），从斜面底端A点由静止释放，经过一段时间物体到达B点（未画出），这段时间内电场力做功为W，此后撤去电场，再经一段时间滑块到达斜面上C点（未画出）且速度恰好减为零，滑块从B点到C点的时间是从A点到B点时间的两倍。最后小滑块又从C点滑回A点，重力加速度为g，以水平地面为零势能面，不计空气阻力，求：‎ ‎（1）匀强电场的场强E ‎（2）撤去电场前小滑块的加速度a ‎（3）小滑块在B点时的动能EK ‎（4）小滑块最大重力势能EP ‎（5）小滑块回到A点时的速度大小V ‎【答案】（1） （2）2gsinθ（3）（4）W（5）‎ ‎【解析】试题分析：利用运动学知识先求出加速度的关系，再利用动力学求解力；选取适当的过程利用动能动理即可求解以下几小题。‎ ‎(1)，可知,即，在AB过程利用 ，可得；‎ ‎(2)由(1)分析可知：撤去电场前小滑块的加速度；‎ ‎(3)从A到B利用动能定理：，从A到B小滑块运动的位移 ，，由以上三式代入数据可得：；‎ ‎(4) 从A到C利用动能定理：，可得再根据，；‎ ‎(5)从A到C再到A利用动能定理：，可得。‎ 点晴：本题考查带电粒子在电场的运动与动能定理的综合应用，注意应用动能定理时过程的选取。‎