河北省武邑中学2020学年高二物理上学期第三次月考试卷（含解析）

河北省武邑中学2020学年高二物理上学期第三次月考试卷（含解析）

河北武邑中学2020学年高二上学期第三次月考 ‎ 物理试题 一、选择题 ‎1.关于场强的三个公式①②③的适用范围，下列说法正确的是（ ）‎ A. 三个公式都只能在真空中适用 B. 公式③能在真空中适用，公式①和②在真空中和介质中都适用 C. 公式①和③能在真空中适用，公式②在真空中和介质中都适用 D. 公式①适用于任何电场,公式②只适用于真空的点电荷形成的电场,公式③只适用于匀强电场 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】公式是电场强度的定义式，适用于任意电场；公式是由库仑定律得出的真空中点电荷周围的场强，只适用于真空中点电荷形成的电场；公式是匀强电场中场强与电势差的关系，只适用于匀强电场。故D项正确，ABC三项错误。‎ ‎2.如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下运动轨迹如图中虚线所示，则(　　)‎ A. a一定带正电，b一定带负电 B. a的加速度将减小，b的加速度将增加 C. a的速度将减小，b的速度将增加 D. 两个粒子的电势能一个增加一个减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A：据电场力的方向沿电场线的切线和曲线运动物体所受合力方向指向轨迹的凹侧，可得a、b两粒子在M点的受力如图，则a、b两粒子受力方向相反，即两粒子带异种电荷；由于电场线的方向未知，不确定哪个粒子带正电。故A项错误。‎ B：由图知，a向电场线稀疏的地方运动，所受电场力减小，加速度减小；b向电场线密集的地方运动，所受电场力增大，加速度增大。故B项正确。‎ CD：由图知，a、b所受电场力方向与运动位移间均成锐角，两粒子所受电场力对粒子均做正功，两粒子的电势能都减小，两粒子的动能均增大，两粒子的速度都增大。故CD两项错误。‎ ‎3.某电场的电场线分布如图所示，A、B是电场中的两点，A、B两点的电场强度的大小分别为EA、EB，则EA、EB的大小关系是（　　）‎ A. EA＞EB B. EA=EB C. EA＜EB D. 无法确定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】电场线的疏密表示电场强度的大小，A点处的电场线比B点处的电场线稀疏，则。故C项正确，ABD三项错误。‎ ‎4.一个标有“220V 60W的白炽灯加上由零开始逐渐增加到220V的电压，此过程中U和I的关系如果用以下几条图线表示，可能的是（   ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】白炽灯加上由零开始逐渐增加到220V的电压，白炽灯灯丝的温度升高，灯丝的电阻率增大，灯丝的电阻增大。图象中点与原点连线斜率表示电阻的大小，故B项正确，ACD三项错误。‎ ‎【点睛】图象中点与原点连线斜率表示电阻的大小，不是图象切线斜率表示电阻的大小。‎ ‎5.如图所示，直线a为某电源的U-I图线，直线b为电阻R的U-I图线，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的内阻分别为(　　)‎ A. 4W，1Ω B. 6W，1Ω C. 4W，0.5Ω D. 2W，0.5Ω ‎【答案】C ‎【解析】‎ 电源的输出功率P=UI=2V×‎2A=4W，,故选C ‎6.如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为‎1m的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为10V、20V、30V，则下列说法正确的是（ ）‎ A. B、E一定处在同一等势面上 B. 匀强电场的场强大小为10V/m C. 正点电荷从E点移到F点，则电场力做负功 D. 电子从F点移到D点，电荷的电势能增加20eV ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A：连接AC如图，AC中点G的电势，与B电势相等，则BG连线为一等势线；由几何知识，BG连线过E点，则B、E一定处在同一等势面上。故A项正确。‎ B：CA间电势差，又，得。故B项错误。‎ C：B、E处在同一等势面上，匀强电场中电场线与等势线垂直，则电场线方向如图，且A、F也处在一等势面上，A、B两点电势分别为10V、20V，则E、F 两点电势分别为20V、10V。正点电荷从E点移到F点，电势能减少，电场力做正功。故C项错误。‎ D：电场线方向如图，则D、C也处在一等势面上；C点电势为30V，则D点电势为30V。电子从F点移到D点，电势增加20V，电势能减少了20eV。故D项错误。‎ ‎【点睛】在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段的电势差等分；在匀强电场中电场线平行且均匀分布，在匀强电场中等势线也平行且均匀分布。‎ ‎7.如图所示，R1＝10Ω，R2＝20Ω，R3＝30Ω，接在电源上时，功率分别为P1、P2、P3，则（ ）‎ A. P1＞P2＞P3 B. P1＝P2＝P3‎ C. P2＜P1＜P3 D. P1＜P2＜P3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：设R2两端电压为U，则，同理，，则R3的功率为，故选C 考点：考查串并联和功率的计算 点评：本题难度较小，并联时电压相等，明确不变量，根据电功率公式求解 ‎8.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. 电压表和电流表读数都增大 B. 电压表和电流表读数都减小 C. 电压表读数增大，电流表读数减小 D. 电压表读数减小，电流表读数增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由电路图可知，滑片由中点滑向b端，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流变小，电源内电压变小，路端电压变大，则电压表示数变大；由U=E-Ir可知路端电压增大，即电压表示数增大。由于电路电流变小，R1两端的电压减小，故并联部分电压增大，由欧姆定律可知电流表示数增大；故A正确。‎ ‎【点睛】本题中R1也可直接作为内电阻处理，可直接由闭合电路欧姆定律得出并联部分的电压减小，流过R2的电流减小．‎ ‎9.平行板电容器的两极板接于电池两极，一带电小球悬挂在电容器内部。闭合电键k，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为，则下述说法正确的是( )‎ A. 保持电键k闭合，带正电的A板向B板靠近，则不变 B. 保持电键k闭合，带正电的A板向B板靠近，则变大 C. 电键k断开，带正电的A板向B板靠近，则不变 D. 电键k断开，带正电的A板向B板靠近，则增大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB：保持电键k闭合，电容器两板间电压不变，带正电的A板向B板靠近，两板间距离减小，由知，两板间场强增大，小球所受电场力增大，则增大。故A项错误，B项正确。‎ CD：电键k断开，电容器所带电荷量不变，带正电的A板向B板靠近，两板间距离减小；由、、得，则板间场强不变，小球所受电场力不变，不变。故C项正确，D项错误。‎ ‎【点睛】①平行板电容器充电后，若保持其始终与直流电源相连，则板间电压不变。当电容器电容的影响因素发生变化后，据、、来判断各量如何变化。‎ ‎②平行板电容器充电后与电源断开，由于电荷不能移动，电容器的带电量不变。当电容器电容的影响因素发生变化后，据、、来判断各量如何变化。‎ ‎10.如图所示，带电荷量之比为qA∶qB＝1∶3的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，若OC＝CD，忽略粒子重力的影响，则( )‎ A. A和B在电场中运动的时间之比为1∶2 B. A和B运动的加速度大小之比为4∶1‎ C. A和B的位移大小之比为1∶1 D. A和B的质量之比为1∶12‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A：粒子在电场中做类平抛运动，水平方向，初速度相等，则。故A项正确。‎ B：粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，，y相同，则。故B项正确。‎ C：A和B的位移大小之比，故C项错误。‎ D：由牛顿第二定律得：，则粒子质量，所以。故D项正确。‎ ‎11.一个标有220V 100W字样的白炽灯泡，它两端所加的电压U由0逐渐增大到220V，在此过程中电压U和电流I的关系可用图线表示.下列给出的四个图象中，不符合实际情况的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】白炽灯两端电压由零开始逐渐增加到220V，白炽灯灯丝的温度升高，灯丝的电阻率增大，灯丝的电阻增大。图象中点与原点连线斜率表示电阻的大小，则A图符合实际，BCD三图不符合实际。本题选不符合实际的，答案是BCD。‎ ‎12. 静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷( ).‎ A. 在x2和x4处电势能相等 B. 由x1运动到x3的过程中电势能增大 C. 由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大 D. 由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析： x2-x4处场强为x轴负方向，则从x2到x4处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷在x4处电势能较大，故A错误；x1-x3处场强为x轴负方向，则从x1到x3处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷在x3处电势能较大，B正确；由x1运动到x4的过程中，由图可以看出电场强度的绝对值先增大后减小，故电场力先增大后减小，故D正确，C错误；故选BD.‎ 考点：电场力；电势及电势能 ‎【名师点睛】本题考查了电场力、电势及电势能等知识，同时考查从图象获取信息的能力，要知道沿着电场线的方向电势降低，对于正电荷而言电势降低则电势能减小；另外U=Ed，所以E-x图象组成图形的面积还可以表示电势差.‎ 二、实验题 ‎13.某同学在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，使用的器材如下：‎ A.待测小灯泡（2.5V，1.25W）‎ B.电源（电动势3V，内阻不计）‎ C.电流表（0～‎0.6A，内阻约0.125Ω）‎ D.电流表( 0～‎3A，内阻约0.025Ω）‎ E.电压表（0～3V，内阻约3kΩ )‎ F. 电压表（0～15V，内阻约15kΩ）‎ G.滑动变阻器（最大阻值5Ω，最大允许电流‎2.0A）‎ H.滑动变阻器（最大阻值1500Ω，最大允许电流‎0.3A）‎ I.单刀单掷开关及导线若干 ‎(1)为减小误差，实验时电压表应选用_____，电流表应选用_____，滑动变阻器应选用_____。（用序号字母表示）；‎ ‎(2)如图是本实验器材的实物图，图中已连接了部分导线，为了满足实验要求并尽可能减小误差，请补充完成实物图间的连线_______．‎ ‎(3)闭合开关，改变滑动变阻器滑动端的位置，并记录对应的电流表示数、电压表示数U中电流表选择0﹣‎0.6A量程，电压表选择0﹣3V量程，电流表、电压表示数如图所示，可知该状态下小灯泡电阻的测量值_____Ω（计算结果保留三位有效数字）。‎ ‎(4)如图是该同学根据实验数据描绘出的伏安特性曲线。从图线可以得出小灯泡灯丝的电阻率随温度变化的特点是______________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). E (2). C (3). G (4). (5). 3.73 (6). 从绘制出的伏安特性曲线的弯曲情况可以看出，随着温度的升高，小灯泡灯丝的电阻率增大；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)待测小灯泡的规格是“2.5V，1.25W”，则灯泡的额定电流；所以电压表应选用量程为0～3V的电压表E，电流表应选用量程为0～‎0.6A的电流表C。‎ 描绘伏安特性曲线，所以滑动变阻器应采用分压式接法，灯泡的额定电流大于滑动变阻器H的最大允许电流，所以滑动变阻器选G。‎ ‎(2)灯泡正常发光时的电阻，灯泡电阻远小于电压表电阻，则电流表采用外接法，电路连线如图：‎ ‎(3)电流表的分度值是‎0.02A，则电流表示数为‎0.22A；电压表的分度值是0.1V，则电压表示数为0.82V；该状态下小灯泡电阻。‎ ‎(4)图象中点与原点连线斜率表示电阻的倒数，由图知随着温度的升高，小灯泡灯丝的电阻率增大。‎ 三、计算题 ‎14.用一条绝缘绳悬挂一个带电小球，小球质量为，所带电荷量为.现加一水平方向的匀强电场，平衡时绝缘绳与铅垂线成夹角.求这个匀强电场的电场强度.‎ ‎【答案】E=5×106N/C 方向水平向右 ‎【解析】‎ 试题分析：由于小球处于平衡状态，据平衡条件得：‎ F=Eq ①‎ ‎②‎ 联立①②式得匀强电场的电场强度为：‎ E=③‎ 代入数据，得 E=5×106N/C ④‎ 方向水平向右 ⑤‎ 考点：本题考查物体的平衡条件和电场力。‎ ‎15.如图所示，一个电子以的速度沿与电场垂直的方向从A点飞进匀强电场，并且从另一端B点沿与场强方向成150°角方向飞出，电子从A到B运动的时间为.电子的质量为，电子重力不计。则：‎ ‎(1)A、B两点间的电势差为多少？ (2)匀强电场的电场强度为多少？‎ ‎【答案】（1）-136.5V（2）3.9×10-2V/m ‎【解析】‎ ‎（1）电子做类平抛运动，将vB分解为水平速度v0和竖直速度vy，vA=vBcos60°‎ 所以：vB=2vA=2×4×106=8×‎106m/s 设A、B两点间的电势差为UAB，根据动能定理：‎ 所以 ‎（2）竖直分速度：vy=v0tan30°‎ 由运动学公式有：vy=at 牛顿第二定律：eE=ma ⑤‎ 联立解得：‎ 点睛：本题运用动能定理求电势差，也可以根据类平抛运动的特点，牛顿第二定律和运动学结合求解．‎ ‎16.一个允许通过最大电流为‎2 A的电源和一个滑动变阻器，接成如图甲所示的电路．滑动变阻器最大阻值为R0＝22 Ω，电源路端电压U随外电阻R变化的规律如图乙所示，图中U＝12 V的直线为图线的渐近线，试求：‎ ‎(1)电源电动势E和内阻r；‎ ‎(2)A、B空载时输出电压的范围；‎ ‎(3)若要保证滑动变阻器的滑片任意滑动时，干路电流不能超过‎2 A，A、B两端所接负载电阻至少多大．‎ ‎【答案】（1）12 V 2Ω（2）0～11V（3）4.9 Ω ‎【解析】‎ 试题分析：⑴由乙图可知，当R→∞时，E＝12 V 而当U＝6 V时，应有r＝R＝2Ω.‎ ‎⑵当滑片滑至上端时，UAB最大＝11V 当滑片滑至下端时，UAB为零 ，因此，A、B空载时输出电压范围为0～11V.‎ ‎⑶A、B两端接某一负载电阻后，滑动变阻器滑片移至上端时，干路电流最大．‎ 此时I＝‎ 为了使电源不过载，应保证I≤‎2 A，代入数据得Rx≥4.9Ω 即所接负载电阻最小值为4.9 Ω.‎ 考点：本题考查欧姆定律、对电路的分析，意在考查学生的分析计算能力。‎