甘肃省静宁县第一中学2020学年高二物理上学期第一次月考试题（含解析）

甘肃省静宁县第一中学2020学年高二物理上学期第一次月考试题（含解析）

甘肃省静宁县第一中学2020学年高二物理上学期第一次月考试题（含解析） ‎ 一、选择题 ‎1.两个相同的带电导体小球所带电荷量的比值为1：3，相距为r时相互作用的引力的大小为F，今使两小球接触后再分开放到相距为2r处，则此时库仑力的大小为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】两电荷之间存在引力，可知带异种电荷，设一个小球带电量为大小Q，则另一个为大小3Q，根据库仑定律有：两球接触前：；接触再分开后，两球带同种电荷，因此两球带电量大小分别为： ;由库仑定律得：，故BCD错误，A正确。故选A。‎ ‎2.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q 是这条轨迹上的两点，据此可知（　　）‎ A. 三个等势面中，a的电势最高 B. 带电质点通过P点时电势能较大 C. 带电质点通过P点时的动能较大 D. 带电质点通过P点时的加速度较小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a点的电势最低，故A错误；根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能较大，故B错误；根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，动能增加，所以质点通过Q点时的动能较大，故C错误；等势线密的地方场强大，加速度大，故质点通过P点时的加速度较大，故D错误。所以B正确，ACD错误。‎ ‎3.如图所示为两个等量点电荷的电场线，图中A点和B点、C点和D点皆关于两电荷连线的中点O对称，若将一电荷放在此电场中，则以下说法正确的是（　　）‎ A. 电荷在O点受力最大 B. 电荷沿直线由A到B的过程中，电场力先增大后减小 C. 电荷沿直线由A到B的过程中，电势能先增大后减小 D. 电荷沿直线由C到D的过程中，电场力先增大后减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：根据电场线的疏密特点，在AB直线上，O点电场强度最小，则受到电场力最小，而在CD直线上，O点的电场强度最大，则受到电场力最大，因此电荷在0点受力不是最大，故A错误．根据电场线的疏密可知，从A到B的过程中，电场强度先减小后增大，则电场力也先减小后增大；同理从C到D的过程中，电场强度先增大后减小，则电场力也先增大后减小．故B错误，D正确，电荷沿直线由A到B的过程中，无法确定电荷做功的正负，因此无法确定电势能变化，故C错误．故选D。‎ 考点：电场线；电场强度 ‎【名师点睛】常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，并要注意依据电场线的疏密来判定电场强度的大小，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性．加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题。‎ ‎4.以下有关说法中正确的是（ ）‎ A. 由可知电场中一点的电场强度与检验电荷的受力成正比 B. 由可知电场中一点的电势与检验电荷的电势能成正比 C. 由可知电容器的电容与电容器极板上的带电量成正比 D. 由可知导体的电阻与导体的长度成正比 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC.三个公式、、都是运用比值法定义的,所以E由电场本身决定,与F无关；电势与q无关，由电场本身决定；C由电容器本身决定,与U、Q无关.故ABC错误；‎ D.是电阻的决定式，可知导体的电阻与导体的长度成正比，与横截面积成反比，与电阻率成正比。‎ ‎5.一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中，只受重力、电场力和空气阻力三个力的作用。若重力势能增加5 J，机械能增加1.5 J，电场力做功2 J，则小球(　　)‎ A. 重力做功为5 J B. 电势能减少2 J C. 动能增加3.5 J D. 空气阻力做功0.5 J ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】重力做功等于重力势能的减小量，重力势能增加5J，故重力做功-5J，故A错误；电场力做功等于电势能的减小量，电场力做功2J，故电势能减小2J，故B 正确；重力势能增加5J，机械能增加1.5J，而机械能等于动能与重力势能之和，所以动能减小 5J-1.5J=3.5J，故C错误。除重力以外的各个力做的总功等于机械能的增加量，除重力外，有电场力做功和空气阻力做功，机械能增加1.5J，所以电场力与空气阻力做的总功为1.5J，电场力做功为2J，所以空气阻力为1.5J-2J=-0.5J，故D错误；故选B。‎ ‎【点睛】本题要掌握常见的功与能的关系，知道功是能量转化的量度，有多种表现形式：重力做功是重力势能变化的量度；电场力做功是电势能变化的量度；合力做功是动能变化的量度；重力外的各个力做的总功是机械能变化的量度．‎ ‎6.在如图所示的电路中，当闭合开关S后，若将滑动变阻器的滑片P向下调节，则（ ）‎ A. 电压表和电流表的示数都增大 B. 灯L2变暗，电流表的示数减小 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 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】将滑动变阻器的滑片P向下调节，变阻器接入电路的电阻减小，R与灯L2并联的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I增大，路端电压U减小，则电压表示数减小，灯L1变亮。R与灯L2并联电路的电压U并＝U−U1，U减小，U1增大，U并减小，灯L2变暗。流过电流表的电流IA＝I−I2，I增大，I2减小，IA增大，电流表的示数增大 A. 电压表和电流表的示数都增大与分析不符，A错误 B. 灯L2变暗，电流表的示数减小与分析不符，B错误 C. 灯L1变亮，电压表的示数减小与分析符合，C正确 D. 灯L2变亮，电容器的带电量增加与分析不符，D错误 ‎7.喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中 A. 向负极板偏转 B. 电势能逐渐增大 C. 运动轨迹是抛物线 D. 运动轨迹与带电量无关 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A项：由于带负电，故向正极板偏转，A错误；‎ B项：由于带负电墨汁微滴做正功，故电势能减少，B错误；‎ C项：由于电子在电场中做类平抛运动，轨迹为抛物线，故C正确；‎ D项：由侧向位移，可知运动轨迹与带电量有关，D错误．‎ 点晴：本题主要考查带电粒子在电场中的偏转即粒子作类平抛运动：沿初速度方向作匀速直线运动，电场力方向作匀加速直线运动。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎8.如图所示，把四个相同的灯泡接成甲、乙两种电路后，灯泡都正常发光，且两个电路的总功率相等，则这两个电路中的、及、之间的关系正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】CD.分析电路的结构，根据串并联电路的特点得出电流关系，由欧姆定律可得出电压之比及电流之比，设灯泡的额定电流为，电压为，因两灯泡正常发光，故灯泡中电流相等，则甲电路中电流为，乙电路中电流为；因总功率相等，故两电阻消耗的功率相等；则由：‎ 可知：‎ 故CD错误；‎ AB.又由欧姆定律可知：‎ ‎；‎ ‎；‎ 故A正确，B错误。‎ ‎9.用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表、，若把、分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是 A. 图甲中的、的示数相同 B. 图甲中的、的指针偏角相同 C. 图乙中、的示数和偏角都不同 D. 图乙中的、的指针偏角相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.图甲中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同，故A错误，B正确；‎ CD.图乙中的A1、A2串联，A1、A2的示数相同，由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同，故CD错误。‎ ‎10.如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，EP表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向上移动一小段距离至图中虚线位置，则 A. θ增大，E不变，EP不变 B. θ减小，E减小，EP减小 C. θ减小，E不变，EP增大 D. θ増大，E増大，EP増大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】电容器与电源断开，故电量不变；上极板向上移动时，两板间的距离增大，根据，‎ 可知，电容C减小，则根据 可知，电压U增大；故静电计指针偏角θ增大；两板间的电场强度，因此电场强度与板间距无关，因此电场强度不变；因电场强度不变，且P点离下极板间距不变，因此P点的电势不变，那么电荷在P点的电势能也不变 A. θ增大，E不变，EP不变与分析相符，A正确 B. θ减小，E减小，EP减小与分析不符，B错误 C.. θ减小，E不变，EP增大与分析不符，C错误 D. θ増大，E増大，EP増大与分析不符，D错误 ‎11.下列结论正确的是 A. 静电平衡状态下的导体内部场强处处为零 B. 电场强度的方向与等势面处处垂直 C. 焦耳定律对非纯电阻电路不适用 D. 电场强度越大的地方电势越高，电场强度越小的地方电势越低 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A.当感应电荷的电场与外电场大小相等时方向相反时达到静电平衡,所以处于静电平衡状态的导体内部场强处处为0.所以A选项是正确的；‎ B．静电平衡的物体是一个等势体，电场线一定与等势面垂直，故B选项是正确的；‎ C. 焦耳定律对任何电路都适用，故C选项是错误的；‎ D. 电势的高低与电场强度的大小无关,电场中某点的电场强度越大,该点的电势不一定高.故D错误 ‎12.干电池的电动势为，其意义为　　‎ A. 在电源内部把‎1C正电荷从负极搬到正极，非静电力做功 B. 在电源内部把‎1C正电荷从负极搬到正极，静电力做功 C. 该电池比电动势为的锌汞电池非静电力做功本领强 D. 干电池在1s内将的化学能转化为电能 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电源的电动势在数值上等于电源没有接入电路时两极间的电压，电动势与电功率不同.当1s内能使‎1.5C的电量通过导线的某一截面时，电路中电流是‎1.5A，但电动势不一定等于1.5V.导线某一截面每通过‎1C的电量，这段导线就消耗1.5J的电能．‎ ‎【详解】由W=Eq可知，在电源内部把‎1C正电荷从负极搬到正极，非静电力做功 ‎1.5J；故A正确，B错误；电动势反映电池的做功能力；1.5V的电池做功能力大于1.2V的电池；故C正确；由于不知道1s中移送的电荷量，无法求出转化的电能；故D错误；故选AC。‎ ‎【点睛】本题考查电动势的定义及内部非静电力做功的问题，要明确区分静电力做功与非静电力做功的区别．‎ ‎13.如图所示是有两个量程的电流表，当分别使用a和b、a和c接线柱时，此电流表有两个量程，其中一个量程为0~‎1 A，另一个量程为0~‎0.1 A，表头内阻Rg=200 Ω，满偏电流Ig=2 mA，则（ ）‎ A. 当使用a、b时量程为0~‎‎1 A B. 当使用a、c时量程为0~‎‎1 A C. 电阻R1=0. 41 Ω D. 电阻R2=0.41 Ω ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.表头改装成电流表时需并联分流电阻，且分流电阻越小，改装后量程越大，可知使用a、b时量程为0～‎1A，使用a、c时量程为0～‎0.1A，故A正确，B错误；‎ CD.由并联电路各支路两端电压相等可得Ig（R2+Rg）=（I1－Ig）R1，IgRg=（I2－Ig）（R1+R2），Ig=2mA，I1=‎1A，I2=‎0.1A，解得R1=0.41Ω，R2=3.67Ω，故C正确，D错误.‎ ‎14.如图所示，直线A为某电源的U－I图线，曲线B为某小灯泡L的U－I图线的一部分，用该电源和小灯泡L串联起来组成闭合回路时灯泡L恰能正常发光，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 此电源的内阻为0.67 Ω B. 灯泡L的额定电压为3 V，额定功率为6 W C. 把灯泡L换成阻值恒为1 Ω的纯电阻，电源的输出功率将变大，效率将变低 D. 小灯泡L的电阻随通过电流的增大而增大 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图读出电源的电动势为 E＝4V，图线A的斜率大小表示电源的内阻，则：‎ ‎，‎ 故A错误；‎ B.灯泡与电源连接时，AB两图线的交点表示灯泡的工作状态，则知其电压U＝3V，I＝‎2A，则灯泡L的额定电压为3V，功率为:‎ ‎，‎ 故B正确。‎ C.把灯泡L的电阻：‎ ‎，‎ 换成一个1Ω的定值电阻，可知其电阻更接近电源的内阻，根据推论：电源的内外电阻相等时电源的输出功率最大，知把灯泡L换成一个1Ω的定值电阻，电源的输出功率将变大，而效率：‎ ‎，‎ 外电阻变小，效率变低，故C正确。‎ D、小灯泡的U−I图线之所以是一条曲线，由图可以看出，小灯泡L 的电阻随通过电流的增大而增大，故D正确；‎ 三、填空题 ‎15.在“测定金属丝电阻率”的实验中,需要测量的物理量有U、I、d、l：‎ ‎（1）用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图甲，则金属丝的直径为______mm．‎ ‎（2）若用图乙测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值______选填“偏大”或“偏小”‎ ‎（3）用电压表和电流表测金属丝的电压和电流时读数如图丙、丁，则电压表的读数为______V，电流表的读数为______A.‎ ‎（4）请用直接测量的物理量写出金属丝电阻率的表达式：______________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 偏小 (3). (4). (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]由图甲所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为‎0.5mm，可动刻度示数为19.7×‎0.01mm＝‎0.197mm，螺旋测微器示数为‎0.5mm＋‎0.197mm＝‎0.697mm（0.695−0.698）；‎ ‎（2）[2]由图示电路图可知，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，所测电流偏大，由欧姆定律可知，电阻测量值小于真实值。‎ ‎（3）[3] [4]由图丙所示电压表可知，其量程为3V，分度值为0.1V，示数为2.60V；由图示电流表可知，其量程为‎0.6A，分度值为‎0.02A，示数为‎0.52A。‎ ‎（4）[5]电阻：‎ ‎，‎ 则电阻率：‎ ‎16.“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，小灯泡的额定电压为，额定功率为，实验中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：‎ A.直流电源内阻不计 B.直流电流表内阻约为 C.直流电流表内阻约为 D.直流电压表内阻约为 E.滑动变阻器，‎ F.滑动变阻器，‎‎2A 实验要求小灯泡两端电压从零开始变化并能进行多次测量。‎ ‎（1）实验中电流表应选用______，滑动变阻器应选用______。均填写仪器前的字母 ‎（2）根据所提供器材，在线框中画出实验电路图。‎ ‎（ ）‎ ‎（3）如图是此实验器材实物图，图中已连接了部分导线。请根据在上问中所画的电路图，补充完成图中实物间的连线。‎ ‎（ ）‎ ‎（4）开关S闭合之前，图甲中滑动变阻器的滑片应该置于______。选填“左端”“右端”或“正中间”‎ ‎（5）根据实验数据，画出小灯泡IU图线如图所示。由此可知，当电压为时，小灯泡的灯丝电阻是______。‎ ‎【答案】 (1). B (2). F (3). (4). (5). 左端 (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1][2]小灯泡的额定电流为：‎ ‎，‎ 故选电流表B；滑动变阻器选择较小的，便于操作，故选滑动变阻器F；‎ ‎（2）[3]电流表内阻和小灯泡的内阻相接近，故采用电流表外接法，要求小灯泡两端的电压从零开始，所以采用滑动变阻器的分压接法，电路图如图所示：‎ ‎（3）[4]根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：‎ ‎（4）[5]为了保护小灯泡不被烧坏，应使得小灯泡两端的电压为零，所以滑动变阻器的滑片应置于最左端；‎ ‎（5）[6]由图乙所示图象可知，当小灯泡两端的电压为0.75V时，小灯泡中的电流为‎0.125A，所以根据欧姆定律可得此时小灯泡的电阻为：‎ ‎；‎ 三、计算题 ‎17.如图所示，在水平放置的平行板电容器形成的匀强电场中，MN两点之间的连线与竖直方向的夹角为60º。把带电量为q= －1.5×10－‎8C的点电荷由M点移到N点，克服电场力做了4.2×10－5J的功。若已知M点电势φM=800V， MN长为‎1cm。试求：‎ ‎（1）N点电势φN；‎ ‎（2）电场强度的大小和方向。‎ ‎【答案】（1）-2000V（2）5.6×104V/m 垂直于极板，由A板指向B板 ‎【解析】‎ 试题分析：（1）M、N两点的电势差为： UMN=V=2800V 设N点的电势为φN，根据UMN＝φM－φN得：φN＝φM－UMN＝800V －2800V＝－2000V ‎（2）电场强度为：E＝5.6×104V/m；方向为：垂直于极板，由A板指向B板 考点：：电势；电场强度；‎ 点评：此题主要考查电场的能的性质，综合能力要求较高，要理解公式中d的含义．此题属于中档题．‎ ‎18.如图所示，匀强电场的电场强度为E，一带电小球质量为m，轻质悬线长为l，静止时悬线与竖直方向成30°角．‎ ‎(1)小球带何种电荷，电荷量是多少？‎ ‎(2)若将小球拉到悬点正下方由静止释放，小球通过原平衡位置时的速度大小是多少？‎ ‎【答案】(1) 负电，q＝(2)‎ ‎【解析】‎ ‎(1)小球静止时，其受力如图所示，小球所受电场力的方向与场强方向相反，所以小球带负电．由平衡条件得Eq＝mgtanθ，q＝.‎ ‎(2)设小球通过原平衡位置时的速度大小为v，由动能定理Eqlsin30°－mgl(1－cos30°)＝mv2，由以上两式可解得 v＝‎ 本题考查了带电粒子在电场中的平衡问题和动能定理的应用，先进行受力分析，根据力的合成而后分解进行求解，若将小球拉到悬点正下方由静止释放，到达最低点过程中只有重力和电场力做功，可由动能定理求解 点评：电场力和重力都是保守力，做功的大小与路径无关，只与初末位置有关，所以在求这两个力做功的过程中不需要考虑中间的运动过程，只需要确定初末状态即可 ‎19.如图所示，线段A为某电源的U-I图线，线段B为某电阻的U-I图线，当上述电源和电阻组成如图闭合电路时，求：‎ ‎(1)电源电动势和内阻各是多大？‎ ‎(2)电源的输出功率P是多大？‎ ‎(3)若要获得电源的最大输出功率，要并联一个多大的电阻？电源最大输出功率多大？‎ ‎【答案】（1）3V ；（2）；（3）；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）从A的图线可读出电动势为：‎ 内阻为：‎ ‎；‎ ‎（2）从图象的交点可读出 路端电压为：‎ 电路电流为：‎ 电源的输出功率为：‎ ‎；‎ ‎（3）从图象的交点可得：‎ ‎，‎ 当内外电阻相等时，即外电路总电阻为:‎ 时，电源有最大输出功率，‎ 由电阻并联关系可得并联的电阻为：‎ ‎，‎ 电源有最大输出功率为：‎ ‎；‎ 所以：（1）电源电动势和内阻各是3V和0.5Ω；（2）电源输出功率为4W；（3）若要获得电源的最大输出功率，要并联一个1Ω的电阻，电源最大输出功率4.5W ‎【点睛】解决该题需明确知道U−I 图象中纵截距和斜率的物理意义，知道在什么时候电源的输出功率是最大的；熟记功率的计算公式。‎ ‎20.如图所示，两块相同的金属板长为L,正对着水平放置，电压U时，一个质量为m、电荷量为+q 的带电粒子，以水平速度从A点射入电场，经过一段时间后从B点射出电场，A、B间的水平距离为L。不计重力影响。求 ‎(1)带电粒子从A点运动到B点经历的时间t；‎ ‎(2)A、B间竖直方向的距离 y；‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）带电粒子在板间做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，根据位移和初速度直接得出粒子运动时间；‎ ‎（2）带电粒子在电场中做类平抛运动，已知两极间的电势差和析间距离可以求得粒子在电场中的受力，粒子在电场方向上做初速度为0的匀加速直线运动，根据加速度大小和时间可以求得电场方向上 位移．‎ ‎【详解】（1）带电粒子在水平方向做匀速直线运动，从A点运动到B点经历的时间 ‎（2）带电粒子在竖直方向做匀加速直线运动 板间场强大小 ‎ 加速度大小 A、B间竖直方向的距离 ‎【点睛】解决本题的关键是能根据运动的合成与分解求带电粒子做类平抛运动的问题，知道电场强度与电势差的关系以及电场力做功与物体动能变化的关系． ‎