甘肃省静宁县第一中学2019-2020学年高二物理上学期第一次月考试题（含解析）.doc

甘肃省静宁县第一中学2019-2020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 jb. 电势能减少2 jc. 动能增加3.5 jd. 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uu1，u减小，u1增大，u并减小，灯l2变暗。流过电流表的电流iaii2，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，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. 增大，e不变，ep不变b. 减小，e减小，ep减小c. 减小，e不变，ep增大d. 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. 增大，e不变，ep不变与分析相符，a正确b. 减小，e减小，ep减小与分析不符，b错误c. 减小，e不变，ep增大与分析不符，c错误d. 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01 a，另一个量程为00.1 a，表头内阻rg=200 ，满偏电流ig=2 ma，则（ ）a. 当使用a、b时量程为01 ab. 当使用a、c时量程为01 ac. 电阻r1=0. 41 d. 电阻r2=0.41 【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01a，使用a、c时量程为00.1a，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）=（i1ig）r1，igrg=（i2ig）（r1+r2），ig=2ma，i1=1a，i2=0.1a，解得r1=0.41，r2=3.67，故c正确，d错误.14.如图所示，直线a为某电源的ui图线，曲线b为某小灯泡l的ui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 b. 灯泡l的额定电压为3 v，额定功率为6 wc. 把灯泡l换成阻值恒为1 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 e4v，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u3v，i2a，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1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1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ui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19.70.01mm0.197mm，螺旋测微器示数为0.5mm0.197mm0.697mm（0.6950.698）；（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）12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60。把带电量为q= 1.5108c的点电荷由m点移到n点，克服电场力做了4.2105j的功。若已知m点电势m=800v， mn长为1cm。试求：（1）n点电势n；（2）电场强度的大小和方向。【答案】（1）-2000v（2）5.6104v/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n，根据umnmn得：nmumn800v 2800v2000v（2）电场强度为：e5.6104v/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eqmgtan，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eqlsin30mgl(1cos30)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