贵州省兴仁市凤凰中学2019-2020学年高二上学期月考物理试题

贵州省兴仁市凤凰中学2019-2020学年高二上学期月考物理试题

凤凰中学2021届高二（上）学期第二次月考物理试卷 一、选择题（每题4分，共40分；1-8小题只有一个正确答案；9、10两小题有多个正确答案，选全对得4分，选对但不全得2分，错选得0分。）‎ ‎1.如图所示，不带电的金属导体通过绝缘支架固定在桌面上，将带负电的小球P移近金属导体，下列说法正确的是（　　）‎ A. 导体M端带正电，N端带正电 B. 导体M端带负电，N端带负电 C. 导体M端带正电，N端带负电 D. 导体M端带负电，N端带正电 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】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。金属导体处在负电荷的电场中，由于静电感应现象，M带正电，N带负电，故C正确，ABD错误。‎ ‎2.如图是某一电场中的一簇电场线，现把一个正电荷分别放在AB两点下列说法正确的是（ ）‎ A. 此正电荷在A点受到的电场力比B点大 B. 此正电荷在A点的电势能比B点大 C. 电场中B点的电势高于A点的电势 D. 若把此正电荷从A点静止释放，它将沿电场线运动到B点 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据电场线越密的地方电场强度越大，所以A点的场强小于B点，则正电荷在A点所受电场力小于B点，故A错误；沿着电场线方向电势逐渐降低，所以A点电势高于B点，则正电荷在A点电势能比B点大，故B正确，C错误；将正电荷从A点静止释放，运动轨迹不沿电场线方向，故 D错误。所以B正确，ACD错误。‎ ‎3.一段粗细均匀的镍铬丝，横截面的直径是d，电阻是R，把它拉制成直径为的均匀细丝后，它的电阻变为(　　)‎ A. B. 9R C. D. 81R ‎【答案】D ‎【解析】‎ 横截面直径为d镍铬丝拉制成直径为的均匀细丝后，根据截面积公式：可知，横截面积变为原来的，镍铬丝的体积不变，则长度变为原来的9倍；由电阻定律，分析可知电阻变为原来的81倍，即为81R，故D正确，ABC错误。‎ ‎4.已知某一电流表G的满偏电流，内阻，要把它改装成一个量程为3V的电压表，则应在电流表G上 A. 串联一个400Ω的电阻 B. 串联一个100Ω的电阻 C. 并联一个400Ω的电阻 D. 并联一个100Ω的电阻 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值：‎ ‎ ‎ 故A符合题意，BCD不符合题意。‎ ‎5.如图所示，三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面，电势分别为10V、20V、30V，实线是一带电粒子（不计重力）在该区域内的运动轨迹，当粒子运动到a、b、c三点处，下列说法正确的是（ ）‎ A. 电场力关系为 B. 速度关系为 C. 动能大小关系为 D. 电势能大小关系为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因表示电场中三个等势面三条虚线是平行且等间距的，由此可判断电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点受到的电场力相等。故A错误。‎ BCD．带负电的粒子在电场中运动时，电势能与动能之间相互转化，由图中粒子的运动轨迹可知，a点到b点，电场力做负功，电势能增大，动能减小，从b运动到c，电场力做正功，电势能减小，动能增大，因此c点的电势能最小，动能最大，即c点速度最大。故BC错误，D正确。‎ ‎6.如图所示，两块较大的平行金属板A、B水平放置并与电源相连，电源的电动势为E，电键S闭合后，两板间有一带电油滴恰好处于静止状态，现将A板向上平移一小段距离。下列说法正确的是 ‎ A. 电容器的电容减小 B. 电容器的电压增大 C. 电容器的带电量不变 D. 带电油滴将向上做加速运动 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电容器与直流电源（内阻不计）连接，电压不变，A极板竖直向上平移一小段距离，依据电容的定义式，分析电容变化，再由，分析板间场强变化，从而即可分析该点油滴的运动情况。‎ ‎【详解】A项：A极板向上平移一小段距离，根据，当间距d增大时，则电容C减小，故A正确；‎ B、C项：电容器与直流电源（内阻不计）连接，电压U不变，根据，那么电量Q减小，故BC错误；‎ D项：由于电压不变，板间距离增大，场强减小，油滴受到的电场力减小，带点油滴向下加速运动，故D错误。‎ 故选：A。‎ ‎【点睛】本题是电容器动态变化分析问题，考查分析和判断能力，掌握电容的定义式与决定式的区别，注意理解电容器的电压不变与电量不变的情况。‎ ‎7.闭合电路如图所示，其中a、b为两条相同材料做成的粗细相同的金属导体，b的长度大于a的长度．闭合开关S，则 A. 当滑动变阻器的滑片P向右滑动时，电路中电流大小不变 B. a两端的电压等于b两端的电压 C. 在相同时间内，a产生的热量等于b产生的热量 D. 流过a的电流等于流过b的电流 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】当滑动变阻器滑片P向右滑动时，接入电路的电阻变大，根据，可知电路中电流大小变小，故A错误；a、b为两条相同材料做成的粗细相同的金属导体，b的长度大于a的长度，根据，知Ra＜Rb，因为导体a和b串联接入电路，电流相等，所以由U=IR知，a两端的电压小于b两端的电压，故B错误；根据焦耳定律Q=I2Rt，电流相等，通电时间相等，Ra＜Rb，所以在相同时间内，a产生的热量小于b产生的热量，故C错误；导体a和b串联接入电路，由串联电路的电流特点知，流过串联电路的电流处处相等，则流过a的电流等于流过b的电流，故D正确。所以D正确，ABC错误。‎ ‎8.如图所示是利用伏安法测量电源电动势和内电阻时作出的图象由此可知，这两节干电池的电动势和内电阻相比较　　‎ A. ，‎ B. ，‎ C. ，‎ D. ，‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由图可知，图象与纵坐标的交点为电动势，所以，由图可知，直线的斜率绝对值代表的是电源的内阻的大小，所以A正确．‎ ‎9.如图所示电路中，电源电动势为E＝3V，内电阻为r＝1Ω，定值电阻为R＝4Ω，滑动变阻器能接入电路的最大阻值为R0＝10Ω，当滑动变阻器的滑片在中间位置时，在平行板电容器C中恰好有一带电粒子处于悬空静止状态，以下判断的是（　　）‎ A. 电路中的电流为0.3A B. 电容器两端电压为2.7V C. 若将R0的滑片向左端滑动，液滴向下运动 D. 若将R0的滑片向左端滑动，电容器的带电量增加 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由闭合电路欧姆定律求得电流，再根据欧姆定律得到电容器两端电压；根据滑片移动得到电阻变化，即可由欧姆定律得到电流变化，从而得到电容器两端电压变化，进而得到电荷量及场强变化，再根据电场力变化得到合外力变化，从而得到运动方向。‎ ‎【详解】根据闭合电路欧姆定律可得：电路中的电流，故A正确；由欧姆定律可得：电容器两端电压UC＝UR＝IR＝1.2V，故B错误；滑片向左端滑动，滑动变阻器接入电路的电阻增大，总电阻增大，故总电流减小，R两端电压减小，所以，电容器两端电压减小，故带电量Q＝CU减小；电容器两端电压减小，场强减小，故电场力减小，又有重力不变，那么液滴受到的合外力方向向下，液滴向下运动，故C正确，D错误；故选AC。‎ ‎【点睛】电容器接在电路中相当于断路，故常根据欧姆定律得到电容器两端电压，然后根据电压变化由Q=CU求解电荷量变化。‎ ‎10.在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点。下列说法正确的是(　 　)‎ A. 甲图中与点电荷等距的a、b两点电势相等，电场强度相同 B. 乙图中两等量异种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点电势相等，电场强度相同 C. 丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点电势相等，电场强度不相同 D. 丁图中非匀强电场中的a、b两点电势相等，电场强度不相同 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电场强度是矢量，只有大小和方向都相同时电场强度才相同．在电场中，电场线的疏密表示场强的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度方向，由此分析即可。‎ ‎【详解】甲图为正点电荷的电场，图中a、b 两点在同一个圆上，两点电势相等，电场强度的大小相同，但是电场强度的方向不同，则电场强度不同，故A错误；乙图为等量的异种电荷的电场，根据对称性可知，a、b两点的电场强度大小相等、方向也相同，即电场强度相同，等量的异种电荷的电场中垂线是电势相等，所以a、b两点电势相同，故B正确；丙图中，根据电场的叠加原理可知，两等量同种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点电势相等，电场强度不相同，故C正确；丁图中非匀强电场中的a、b两点a的电势比b的高，b点电场强度大于a点电场强度，故D错误。所以BC正确，AD错误。‎ ‎【点睛】判断场强大小根据电场线疏密，方向看电场线的切线方向．要注意场强是矢量，只有大小和方向均相同，场强才相同。‎ 二、实验题（18分）‎ ‎11.一额定功率为0.01W的电阻，其阻值不详。用欧姆表粗测其阻值结果如图所示（档位在×1K）。现有下列器材，试设计适当的电路，选择合适的器材，较精确地测定其阻值（滑动变阻器的调节要方便）。‎ A．电流表，量程，内阻约150Ω B．电流表，量程0～10mA，内阻约45Ω C．电压表，量程0～3V，内阻约6kΩ D．电压表，量程0～15V，内阻约30 kΩ E．干电池两节，每节电动势为1.5V F．直流稳压电源，输出电压6V，额定电流3A G．直流稳压电源，输出电压24V，额定电流0.5A H．滑动变阻器，0～50Ω，1A I．滑动变阻器，0～4kΩ，0.1A J．电键一只，导线若干 ‎①欧姆表测得的电阻值约为________Ω；‎ ‎②为了测量尽量准确，应在保证安全的前提下让电表指针能够偏转更多，电流表应该选择________，电压表应该选择_______，电源应该选择_______，滑动变阻器最好选择________（填写字母代号）；‎ ‎③在方框中画出电路原理图____________。‎ ‎【答案】 (1). 40.0K(或4.00×104) (2). A (3). D (4). G (5). H (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①[1]用欧姆表粗测其阻值结果如图所示（档位为×1k）．则读数为40×1k=40.0kΩ；‎ ‎②[2]由电阻阻值40kΩ与功率为0.01W可得电阻额定电流500μA，则由精确度必须选择量程为400μA的电流表A；‎ ‎[3][4]由电阻阻值40kΩ与功率为0.01W可得电阻额定电压20V，则由可选择量程为15V电压表D，那么电源必须是直流稳压电源G，输出电压24V；‎ ‎[5]对于滑动变阻器，由于待测电阻的阻值为40kΩ，不论哪种滑动变阻器是限流式均起不到明显作用，只有将50Ω的滑动变阻器H进行分压式，才能有明显的作用；‎ ‎③[6]由以上分析可知，电路图所示 三、计算题（共42分，按题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.）‎ ‎12.如图所示，把一电荷量为Q=-5×10-8C的小球A用绝缘细绳悬起，若将电荷量为q=+4×10-6C的带电小球B靠近A，当两个带电小球在同一高度相距r=0.3m时，绳与竖直方向夹角α=45°，取g=10m/s2，k=9.0×109N·m2/C2，且A、B两小球均可视为点电荷，求：‎ ‎(1)A、B两球间的库仑力大小;‎ ‎(2)A球的质量.‎ ‎【答案】(1)0.02N(2)2×10-3kg ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由库仑定律得 A、B两球间的库仑力大小：‎ ‎；‎ ‎(2)由牛顿第三定律知，B所受库仑力与A所受库仑力的大小相等；‎ 对A受力分析如图所示：‎ 根据平衡条件得：‎ ‎，‎ 代入数据可得 ‎；‎ 答：(1)A、B两球间的库仑力大小为0.02N；(2) A球的质量为。‎ ‎13.如图所示，匀强电场的场强E=4.0×104N/C，一带电量为q=+2.0×10-8C的点电荷先从A点移至B点，后又从B点到达C点，A、B两点间的距离X1=0.20m，B、C间距X2=0.40m，AB与BC夹角θ=。求：‎ ‎(1)电荷所受电场力F的大小；‎ ‎(2)电荷从A到B电场力所做的功W1，B到C电场力所做的功W2。‎ ‎【答案】(1)8×10-4N(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)电荷q在匀强电场中受到的电场力：‎ F=qE=8×10-4N ‎(2)电场力所做的功为：‎ W1=FX1=80×10-4×0.20J=1.6×10-4J W2=FX2cosα=‎ ‎14.如图，电路中为阻值为的定值电阻，R为电阻箱，电源内阻不可忽略，A为理想电流表，当电阻箱阻值为时，电流表示数为2A；当电阻箱阻值为时，电流表示数为1A。‎ ‎(1)求电源的电动势和内电阻；‎ ‎(2)调节电阻箱的阻值，当R为多少时，R0消耗功率最大，最大是多少？‎ ‎(3)当R为多少时，R消耗的功率最大，最大是多少？‎ ‎【答案】(1)(2)R=0，(3)R=4，‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设电源电动势为E，内阻为r，根据闭合电路欧姆定律得：‎ E=I1（r+R0+R1）‎ E=I2（r+R0+R2）‎ 由以上两式可得 E=12V，r=2Ω ‎(2)由公式可知，当R=0时，电路中电流最大，R0消耗功率最大，电路中的电流为 R0消耗功率 ‎(3)将R0与电源看成新电源，当新电源的内阻与外电阻相等时，电源的输出功率最大，即R消耗的功率最大，所以，最大功率为 ‎15. 如图所示，两个板长均为L的平板电极，平行正对放置，两极板相距为d，极板之间的电势差为U，板间电场可以认为是匀强电场。一个带电粒子（质量为m，电荷量为+q）从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间，到达负极板时恰好落在极板边缘。忽略重力和空气阻力的影响。求：‎ ‎（1）极板间的电场强度E的大小；‎ ‎（2）该粒子的初速度v0的大小；‎ ‎（3）该粒子落到下极板时的末动能Ek的大小。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）两极板间的电压为U，两极板的距离为d，所以电场强度大小为：‎ ‎（2分）‎ ‎（2）带电粒子在极板间做类平抛运动，在水平方向上有（2分）‎ 竖直方向上有（2分）‎ 根据牛顿第二定律可得：，而 所以（2分）‎ 解得：（2分）‎ ‎（3）根据动能定理可得（3分）‎ 解得（2分）‎ 考点：考查了带电粒子在电场中的偏转 ‎ ‎