【物理】重庆市云阳江口中学2019-2020学年高二上学期第二次月考试题（解析版）

【物理】重庆市云阳江口中学2019-2020学年高二上学期第二次月考试题（解析版）

重庆市云阳县江口中学校 高二第二次月考物理试卷 一、选择题 ‎1.一个带+3q和一个带-q的大小完全相同的金属球，相距为r时作用力为F，若把它们相接触后再放到相距为r的地方，假设两种情况下金属球上的电荷都是均匀分布的，这时它们之间的作用力的大小将变为：‎ A. F B. F C. F D. 3F ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由库仑定律可得：，而两球接触后再分开平分总电量，故分开后两球的带电量为q；则库仑力，故A正确，BCD错误。‎ ‎2.关于静电场，下列结论普遍成立的是（ ）‎ A. 电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方地势低 B. 电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关 C. 在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向 D. 将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功为零 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 解：A：在正电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势高，离正电荷远，电场强度小，电势低；而在负电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势低，离负电荷远，电场强度小，电势高，故A错误．‎ B：电势差的大小决定于两点间沿电场方向的距离和电场强度，故B错误 C：沿电场方向电势降低，而且速度最快，故C正确 D：电场力做功，只与电荷以及两点间的电势差有关，与两点的场强没有关系．场强为零，电势不一定为零，如从带正电荷的导体球上将正电荷移动到另一带负电荷的导体球上，电场力做正功．故D错误 故选：C．‎ ‎【点评】电场强度、电势、电势差、电场力的功，它们的定义以及它们之间的关系要记清，有不好理解的题目可找实际的例子加以分析．‎ ‎3.用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图）。设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ。实验中，极板所带电荷量不变，若 ‎ ‎ A. 保持S不变，增大d，则θ变大 B. 保持S不变，增大d，则θ变小 C. 保持d不变，减小S，则θ变小 D. 保持d不变，减小S，则θ不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、电容器所带电荷量Q不变，由可知不变，增大d，则变小，而由可得电容器的电压U变大，从而使得静电计的电压U变大，其指针的偏角θ变大，故A正确、B错误;‎ CD、同理可知保持d不变，减小S，则变小，而由可得电容器的电压U变大，使得静电计的电压U变大，其指针的偏角θ变大，故选项C、D均错误。‎ 故选:A.‎ ‎4. 空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如题图图所示，a、b、c、d为电场中的4个点，则( )‎ A. P、Q两点处的电荷等量同种 B. a点和b点的电场强度相同 C. c点的电势低于d点的电势 D. 负电荷从a到c，电势能减少 ‎【答案】D ‎【解析】‎ P、Q两点处的电荷等量异种，选项A错误；a点和b点的电场强度大小相等，方向不同，选项B错误；c点的电势高于d点的电势，选项C错误；负电荷从a到c，电场力做功，电势能减少，选项D正确。‎ ‎5.有A．B两个电阻，它们的伏安特性曲线如图所示，从图线可以判断 （ ）‎ A. 电阻A的阻值大于电阻B B. 两电阻串联时，电阻A两端的电压小 C. 电压相同时，流过电阻A的电流强度较小 D. 两电阻串联时，电阻A消耗的功率较大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. I-U图线的斜率表示电阻的倒数，A图线的斜率大，则A的电阻小。故A错误；‎ B. 两电阻串联，电流相等，根据，电阻A两端电压小，故B正确。‎ C. 电压相同时，根据可知，流过电阻A的电流强度较大，故C错误。‎ D. 两电阻串联，电流相等，根据P=I2R得，B的电阻大，则电阻B消耗的功率较大。故D错误。‎ ‎6.竖直放置的一对平行金属板的左极上用绝缘线悬挂了一个带正电的小球，将平行金属板按图所示的电路图连接，绝缘线与左极板的夹角为θ，当滑动变阻器R的滑片在a位置时，电流表的读数为I1，夹角为θ1；当滑片在b位置时，电流的读数为I2，夹角为θ2，则 ( )‎ A. θ1＜θ2，I1＜I 2 B. θ1＞θ2，I 1＞I 2 C. θ1＝θ2，I 1＝I 2 D. θ1＜θ2，I 1＝I 2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】因电容器稳定后相当于开路,对电路没有影响,故移动滑片时电路中电流不变,即I1=I2；‎ 小球带正电，小球受重力、电场力及绳子拉力而处于平衡；‎ 滑片右移时，与电容器并联部分的电压增大，则电容器两端的电压增大，由U=Ed可知，两极板间的电场强度增大；小球受到的水平向右的电场力增大，因重力不变，要使小球重新处于静止状态，细线与竖直板间的夹角应增大；故D正确。‎ 考点：本题考查闭合电路欧姆定律、电容、共点力平衡、电场强度。‎ ‎7.甲、乙两根同种材料制成的电阻丝，长度相等，甲横截面的半径是乙的两倍，将其并联后接在电源上 A. 甲、乙的电阻之比是1：2 B. 甲、乙中的电流强度之比是2：1‎ C. 甲、乙电阻丝上产生的热量之比是4：1 D. 甲、乙电阻丝两端的电压之比是1：2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 两根长度相同，甲的横截面的圆半径是乙的2倍，根据电阻定律 得：‎ R甲：R乙=1：4，‎ 故A错误；‎ B 并联电路电压相等，由 可知，甲乙中的电流强度之比为 I甲：I乙=4：1，‎ 故B错误；‎ C. 由电阻丝产生的热量：‎ 可得：‎ Q甲：Q乙=4:1，‎ 故C正确；‎ C. 两电阻并联，则两电阻两端的电压相等，故D错误。‎ ‎8.如图所示，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. 粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力 B. M点的电势高于N点的电势 C. 粒子带负电 D. 粒子在M点的动能大于在N点的动能 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：场线的疏密反映电场的强弱，M点的场强小于N点的场强，所以粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力，故A错误；沿电场方向电势降低，从图中可知：M点电势比N点高，所以B正确；由图看出，粒子的轨迹向下弯曲，粒子所受电场力方向和电场线切线方向一致，说明粒子带正电．故C错误；粒子从M运动到N的过程中，电场力做正功，粒子的电势能减小，动能增大，粒子在M点的动能小于在N点的动能．故D错误.‎ 考点： 电场线，电势，电势能 ‎9. 如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子 A. 所受重力与电场力平衡 B. 电势能逐渐增加 C. 动能逐渐增加 D. 做匀变速直线运动 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，因此A错误，D正确；由A选项分析可知，电场力做负功，则电势能增加，故B正确；因电场力做负功，则电势能增加，导致动能减小，故C错误。‎ 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】考查根据运动情况来确定受力情况，带电粒子在场中受到电场力与重力，根据粒子的运动轨迹，结合运动的分析，可知电场力垂直极板向上，从而可确定粒子的运动的性质，及根据电场力做功来确定电势能如何变化。‎ ‎10.定值电阻b与电源a串联成一闭合电路，图为此电路的路端电压随电流变化的图线。正确的是 A. 电动势E=3.0V,内阻r =1Ω B. 电源的输出功率为4.8W C. 当α＝β时，电源的输出功率最大 D. 当α＝β时，电源的效率最高 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据 可知，图像与纵轴交点表示电动势，斜率表示内阻，所以电动势E=3.0V,内阻r =0.5Ω，故A错误。‎ B. 两交点对应的电压和电流，表示电源的工作状态，则电源的输出功率为：‎ 故B正确。‎ C. 当α＝β时，外电阻与电源内阻相等，根据电源输出功率与外电阻关系可知，此时电源输出功率最大，故C正确。‎ D. 电源的效率 故外电阻越大，路段电压越大，效率越高，故D错误。‎ ‎11.如图所示，一直流电动机与阻值R＝9Ω的电阻串联在电源上，电源电动势E＝30V，内阻r＝1Ω，用理想电压表测出电动机两端电压U＝10V，已知电动机线圈电阻R＝1Ω，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 通过电动机的电流为10A B. 电源内阻的电功率为4W C. 电动机的输出功率为16W D. 电动机的效率是80％‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据欧姆定律得回路中的电流 故A错误。‎ B. 电源内阻的电功率 故B正确。‎ C. 电源的输出功率 P出=EI-I2r=30×2-4×1=56W 故C错误；‎ D.电动机效率 故D错误。‎ ‎12.如图，在滑动变阻器的滑片P向上端a滑动过程中，两表的示数情况为（ ）‎ ‎ ‎ A. 电压表示数增大，电流表示数减少 B. 两电表示数都增大 C. 电源的效率一定减小 D. 电源消耗的功率必然减小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.当滑动变阻器的滑片P向上滑动时，接入电路的电阻增大，与R2并联的电阻增大，外电路总电阻R总增大，总电流I减小，路端电压U=E-Ir增大，电压表读数增大；并联部分的电阻增大，分担的电压增大，U2增大，流过R2的电流I2增大，电流表的读数 IA=I-I2‎ 则减小，故A正确B错误。‎ C.外电阻变大，电源效率 变大，故C错误。‎ D.电源消耗的功率 总电流I减小，电源消耗的功率必然减小，故D正确。‎ 二、实验题 ‎13.现有一合金制成的圆柱体。为测量该合金的电阻率，现用伏安法测量圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器和游标卡尺的示数如图（a）和图（b）所示。‎ ‎（1）由上图读得圆柱体的直径为_________mm，长度为__________cm。‎ ‎（2）若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端之间的电压为U，圆柱体的直径和长度分别用D、L表示，则用D、L、I、U表示的电阻率的关系式为=____________。‎ ‎【答案】 (1). 1.844 4.240 (2). ‎ ‎【解析】（1）[1]螺旋测微器的读数为 ‎（1.842~1.846范围内的均给分）；‎ ‎[2]游标卡尺的读数为；‎ ‎（2）[3]圆柱体的横截面积为，由电阻定律和欧姆定律可知，‎ ‎14.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，某同学选中一个标有“2.5V,0.6W”的小灯泡，除了导线和开关外，还有下列器材可供选择：‎ 电压表V1(量程6V，内阻约为6kΩ)； 电压表V2(量程3V，内阻约为3kΩ)；‎ 电流表A1(量程300mA，内阻约为1Ω)； 电流表A2(量程150mA，内阻约为2Ω)；‎ 滑动变阻器R1(最大阻值200Ω)； 滑动变阻器R2(最大阻值10Ω)；‎ 直流电源E(电动势E =3.0V，r ＝0.5Ω)．‎ ‎(1)实验中电压表应选_____，电流表应选_____，滑动变阻器应选_____．(填写器材代号)‎ ‎(2)实验中要求电压从0开始测量，应选用________电路图进行实验．‎ ‎(3)根据器材的规格和实验要求,在本题的实物图上连线____. ‎ ‎(4)某位同学测量了1.5V的电源的电压和电流，记录的6组数据如下表所示，请将数据标在图的坐标纸上，并画出1.5V的电源的U－I图线____‎ 序号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ 电压U/V ‎1.45‎ ‎1.40‎ ‎1.30‎ ‎1.25‎ ‎1.20‎ ‎1.10‎ 电流I/A ‎0.060‎ ‎0.120‎ ‎0.240‎ ‎0.260‎ ‎0.360‎ ‎0480‎ ‎【答案】 (1). V2 A1 R2 (2). A (3). (4). ‎ ‎【解析】 (1)[1][2][3] 灯泡额定电压是2.5V，则电压表选V2；灯泡的额定电流 则电流表应选：A1；为方便实验操作，滑动变阻器应选R2‎ ‎(2)[4] 描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法；灯泡的电阻 电流表内阻约为1Ω，电压表内阻约为3kΩ，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，故A正确BCD错误。‎ ‎(3)[5]电路图如图所示 ‎(4)[6]根据描点作图得 三、计算题 ‎15.如图所示，在匀强电场中，有A、B两点，它们间距为2cm，两点的连线与场强方向成60°角。将一个电量为-2×10-5C的电荷由A移到B，其电势能增加了0.1J。则：‎ ‎(1)此过程中，电场力对该电荷做了多少功？‎ ‎(2)A、B两点的电势差UAB为多少？‎ ‎(3)匀强电场的场强为多大？‎ ‎【答案】(1)-0.1J (2)5×103V (3)5×105V/m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)据电场力做功与电势能变化间关系，有：‎ ‎ (2)根据静电力做功与电势差关系可得：‎ ‎ (3) A、B两点沿场强方向距离：‎ 据匀强电场中场强与电势差的关系可得：‎ ‎16.如图所示，已知电源电动势E= 20V，内阻r=1Ω，当接入固定电阻R= 4Ω时，电路中标有“3V 4.5W”的灯泡L和内阻r′=0.5Ω的小型直流电动机恰能正常工作，‎ 求：(1)电路中的电流强度 ‎ ‎(2)电动机的额定工作电压 ‎ ‎(3)电源的输出功率 ‎(4)电源的效率 ‎【答案】(1)1.5A(2) 9.5V (3) 27.75W (4)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 灯泡正常发光，电流 ‎(2) 电动机的额定工作电压 UM=E-I（R+r）-UL=20-1.5×（4+1）-3=9.5V ‎(3) 电源的输出功率 P出=EI-I2r=27.75W ‎(4) 电源的效率 ‎17.如图，水平放置的平行板电容器，两板间距为d=0.2m，板长为L=1m，电源电动势为E=12V、r=1Ω，R1=R2=R3= 4Ω，R4=1Ω。有一带电液滴以v0=2m/s的初速度从板间的正中点水平射入，电键S断开时恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将电键S闭合，液滴刚好从金属板末端飞出，求：（g取10m/s2）‎ ‎(1)电键S闭合后液滴经过P点以后的加速度 ‎(2)液滴从射入开始匀速运动到P点所用时间．‎ ‎【答案】(1) 5m/s2 (2) 0.3s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 开始时R1与R4串联；电容器两端的电压与R4两端的电压相等，电路中的电流为：‎ R4两端的电压为：‎ U=I1R4=2×1=2V 电键闭合，R1与R2并联后与R4串联；电容器两端的电压与R4两端的电压相等。有：‎ 电流为：‎ R4两端的电压为：‎ U′=I2R4=3×1=3V 开始时液滴做匀速直线运动，得：‎ 电键闭合后，极板之间的电势差增大，所以电场强度增大，电场力大于重力，液滴向上做加速运动，满足：‎ 联立得：‎ a=5m/s2‎ ‎（2）由题，液滴刚好从金属板末端飞出，则偏转的距离：‎ 联立得：‎ 液滴穿过电场的时间为：‎ 所以：液滴从射入开始匀速运动到P点所用时间为：t=t2-t1=0.5-0.2=0.3s