江西省上高县二中2019_2020学年高二物理上学期第一次月考试题（含解析）.docx

江西省上高县二中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.下列物理公式表述正确的是（）A. 由公式可知：导体电阻与加在导体两端的电压成正比，与通过导体的电流成反比B. 由公式 可知：电场强度与检验电荷受到的电场力成正比，与检验电荷的电荷量成反比C. 由公式可知：真空中两个点电荷之间的库仑力与两个点电荷电量的乘积成正比，与他们之间距离的平方成反比D. 由公式可知电容器装的电荷越多电容器的电容就越大。【答案】C【解析】【详解】A. 公式是比值定义式，导体电阻与加在导体两端的电压和通过导体的电流无关，故A错误。B. 公式是比值定义式，电场强度与检验电荷受到的电场力和检验电荷的电荷量无关，故B错误。C. 由公式可知：真空中两个点电荷之间的库仑力与两个点电荷电量的乘积成正比，与他们之间距离的平方成反比，故C正确。D. 公式是比值定义式，电容器的电容与所带电量的多少无关，故D错误。2.如图所示，直角三角形ABC，两直角边的长度之比为AC:BC = 4:3。放在A、B两点的点电荷QA、QB，在C点产生的合电场强度方向与AB平行，则QA、QB分别在C点产生的电场强度的大小之比EA:EB等于A. 3:4B. 4:3C. 9:16D. 16:9【答案】B【解析】【详解】在C点产生的合电场强度方向与AB平行，可知两电荷是异种电荷，由平行四边形定则以及相似三角形可知：，则EA:EB=4：3，故选B.3.水平平行放置的金属板a、b间加上恒定电压，两板间距离为d一带电粒子紧贴a板水平射入电场，刚好紧贴b板射出，如图所示在其他条件不变的情况下，若将b板向下平移一段距离x，带电粒子刚好从两板中央射出不考虑重力的影响，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】粒子做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动。第一种情况，有 L=vt，d=at2， ，联立得： 第二种情况，若仅将b板向下平移一段距离x时，有：L=vt，（d+x）=at2，联立得：（d+x）=由解得：x=（-1）d，故D正确，ABC错误； 故选D。【点睛】带电粒子垂直电场线进入匀强电场中做类平抛运动，要将运动分解为沿电场线和垂直于电场线两个方向进行分析，利用直线运动的规律进行求解4.如图所示，质量为m、带电荷量为q的粒子，以初速度v0从A点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率vB=2v0，方向与电场的方向一致，则A、B两点的电势差为()A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】粒子在竖直方向做匀减速直线运动，则有：电场力做正功，重力做负功，使粒子的动能由变为 ，则根据动能定理，有Uqmgh=-解得，A、B两点电势差应为故C正确，ABD错误。5.一横截面积为S的铜导线，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子电荷量为e，在时间t内通过导线横截面的自由电子数目为N，则自由电子定向移动速率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】从微观角度来说，在t时间内能通过某一横截面的自由电子处于长度为vt的圆柱体内，此圆柱体内的电子数目为，所以 。A. 与计算结果相符，故A正确。B. 与计算结果不符，故B错误。C. 与计算结果不符，故C错误。D. 与计算结果不符，故D错误。6.如图所示，带电小球a由绝缘细线PM和PN悬挂而处于静止状态，其中PM水平，地面上固定一绝缘且内壁光滑的圆弧细管道GH，圆心P与a球位置重合，管道底端H与水平地面相切，一质量为m可视为质点的带电小球b从G端口由静止释放，当小球b运动到H端时对管道壁恰好无压力，重力加速度为g。在小球b由G滑到H过程中，下列说法中正确的是A. 小球b机械能逐渐减小B. 小球b所受库仑力大小始终为2mgC. 小球b加速度大小先变大后变小D. 细线PM的拉力先增大后减小【答案】D【解析】【详解】A、小球b运动过程管道支持力和电场力不做功，故只有重力做功，那么机械能守恒，故A错误；B、对小球b运动过程应用机械能守恒可得：，由小球在H点时对管道壁恰好无压力，根据牛顿第二定律可得：，所以小球b受到的库仑力，方向竖直向上；又有库仑力，所以，库仑力大小不变，故选项B错误；C、设b与a的连线与水平方向的夹角为，则有，任意位置加速度为向心加速度和切向加速度合成，即，下滑过程中从0增大，可知小球b加速度一直变大，故选项C错误；D、设PN与竖直方向的夹角为，对球a受力平衡，在竖直方向可得，在水平方向可得，解得，下滑过程中从0增大，细线PM的拉力先增大后减小，故选项D正确； 故选选项D7.如图，静电喷涂时，被喷工件接正极，喷枪口接负极，它们之间形成高压电场。涂料微粒从喷枪口喷出后，只在静电力作用下向工件运动，最后吸附在工件表面，图中虚线为涂料微粒的运动轨迹。下列说法正确的是（ ）A. 涂料微粒一定带正电B. 图中虚线可视为高压电场的部分电场线C. 微粒做加速度先减小后增大的曲线运动D. 喷射出的微粒动能不断转化为电势能【答案】C【解析】由图知，工件带正电，则在涂料微粒向工件靠近的过程中，涂料微粒带负电，故A错误；由于涂料微粒有初速度，初速度和电场力不一定方向相同，故涂料微粒的运动轨迹不一定沿电场线方向运动，故B错误；根据电场强度的分布可知，所受电场力先减小后增大，微粒做加速度先减小后增大的曲线运动，故C正确。涂料微粒所受的电场力方向向左，其位移方向大体向左，则电场力对涂料微粒做正功，其动能增大，电势能减小，故D错误；故选C。点睛：本题抓住异种电荷相互吸收，分析涂料微粒电性再根据功的性质明确电场力做功正负；再根据电场力做功与电势能之间的关系即可判断电势能的变化情况8.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（ ）A. 平行板电容器的电容将变大B. 静电计指针张角不变C. 带电油滴的电势能将增大D. 若先将上极板与电源正极连接的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变【答案】BD【解析】【详解】A.根据知，将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则d增大，则电容减小，故A错误；B.静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B正确；C.两板电势差不变，d增大，则两板间电场强度减小，P点与上极板间的距离不变，由U=Ed可知，P点与上极板间的电势差减小，则P点的电势升高，因油滴带负电，可知油滴的电势能减小，故C错误；D.电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变。故D正确。9.如图所示，实线是带电粒子在电场力作用下的运动轨迹，ACB为轨迹上的三点，虚线可能是电场线，也可能是等差等势线，F方向垂直于虚线。则A. 粒子一定从A向B运动B. 粒子经过C点的受力方向不可能沿F的方向C. A点电势高于B点电势D. 粒子在A点的加速度一定小于在B点的加速度【答案】BD【解析】【详解】A带电粒子的运动方向无法判断出一定从A向B运动，也可能从B向A运动，选项A错误；B力的方向总是指向曲线运动的内侧，可得带电粒子经过C点的受力方向不可能沿F方向，选项B正确；C由于电场线方向未知，故无法判断电势的高低，选项C错误；D根据电场线或等势面的疏密程度表示场强的强弱，可得出不论是电场线还是等差等势线，带电粒子在A点的加速度一定小于在B点的加速度，选项D正确。10.如图甲所示，一光滑绝缘细杆竖直放置，距细杆右侧d的A点处有一固定的正电荷，细杆上套有一带电小环，设小环与点电荷的竖直高度差为h，将小环无初速度地从h高处释放后，在下落至的过程中，其动能随h的变化曲线如图乙所示，则（ ）A. 小球可能带负电B. 从h高处下落至的过程中，小环电势能增加C. 从h高处下落至的过程中，经过了加速、减速、再加速三个阶段D. 小环将做以O点为中心的往复运动【答案】BC【解析】试题分析：结合动能随h的变化图像可知，小环在带正电，故选项A错误；从h高处下落至的过程中，小环受到电场力为斥力，做负功，小环电势能增加，由图可知，从h高处下落至的过程中，经过了加速、减速、再加速三个阶段，故选项BC正确；在下落至O点时小环所受电场力与杆对小环的支持力平衡，合力为重力，过了O点后，电场力、杆对小环的支撑力和重力的合力向下，小环一直做加速运动，故选项D错误。考点：电势差与电场强度的关系、电势能名师点睛：此题考查点电荷的电场，注意受力分析、结合牛顿运动定律和动能定理求解。11.在平面直角坐标系的x轴上关于原点O对称的P、Q两点各放一个等量点电荷后，x轴上各点电场强度E随坐标x的变化曲线如图所示。规定沿x轴正向为场强的正方向，则下列说法正确的是（ ）A. P点一定是放正电荷，Q点一定是放负电荷B. x轴上从P点到Q点的电势先降低后升高C. 若将一个正试探电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中电场力先做正功后做负功D. 若将一个正试探电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中受到的电场力先增大后减小【答案】AD【解析】【详解】AB. 由图可知PO之间的电场强度为正，而OQ之间的电场强度也为正，两电荷连线上电场强度方向相同，说明是两个异种电荷；连线上电场方向沿x轴正方向，也就是由P指向Q，所以P带正电，Q带负电，且x轴上从P点到Q点的电势逐渐降低。故A正确，B错误。C. 由以上分析可知两电荷为等量异种电荷，且P带正电，Q带负电，则两电荷连线的中垂线为等势面，将一个正试探电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中，电场力做功为零，故C错误。D. 在两个等量异种点电荷形成的静电场中，将一个正检验电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中受到的电场力先增大后减小，故D正确。12.如图所示为匀强电场电场强度E随时间t变化的图象当t0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是()A. 带电粒子将始终向同一个方向运动B. 2 s末带电粒子回到原出发点C. 3 s末带电粒子的速度为零D. 03 s内，电场力做的总功为零【答案】CD【解析】【详解】由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度为：，第2s内加速度为：故 a2=2a1，因此先加速1s再减小0.5s时速度为零，接下来的0.5s将反向加速，v-t图象如图所示：带电粒子在前1秒匀加速运动，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故A错误；根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t=2s时，带电粒子离出发点最远，故B错误；由解析中的图可知，粒子在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，3s末的瞬时速度刚减到0，故C正确；因为第3s末粒子的速度刚好减为0，根据动能定理知粒子只受电场力作用，前3s内动能变化为0，即电场力做的总功为零故D正确二、实验题13.现有两个完全相同的表头G，内阻Rg10，满偏电流Ig0.1A。现预将这两个表头改装成一个大量程的电流表和一个电压表，以下说法正确的是（ ）A. 将表头串联一个140的电阻就可以改装成015V的电压表；B. 将表头并联一个2的电阻就可以改装成00.5A的电流表；C. 将表头改装为一个03A的电流表（表盘已改，即满偏时指针所指位置已标上3A）后进行校准时，发现标准电表示数为2.00A电流时，改装电表的示数为1.80A，产生此差异的原因可能是改装时并联的电阻稍小；D. 将改装好的03V的电压表和00.6A的电流表串联，通有适当电流（不烧表）时，电压表和电流表指针偏角之比为61【答案】ACD【解析】【分析】改装成电压表需要串联分压电阻，改装成电流表需要并联分流电阻；【详解】A、若将表头改装成大量程电压表，需要串联一个分压电阻，其阻值为：，故选项A正确；B、若将表头改装成大量程电流表，需要并联一个分流电阻，其阻值为：，故选项B错误；C、改装成电流表后，发现表头示数变小，则是由于并联电阻过小，导致通过分流电阻的电流过大，从而使流过表头的电流变小，故选项C正确；D、将改装好的电压表和电流表串联，如图所示：当通过电压表表头电流最大为时，则通过电流表表头电流为，故此时电压表和电流表指针偏角之比为61，故选项D正确。【点睛】明确电流表的改装原理为串联分压、并联电阻分流，会求串联或并联的阻值，会分析等效替代的电阻。14.用如图（甲）所示的电路图研究额定电压为2.4V的灯泡L的伏安特性，并根据公式P=UI计算出该灯泡在额定电压下工作时的电功率可供选择的实验器材有 A.电源E=4.5V B.电压表量程03V；C.电压表量程015V；D.电流表量程00.6A；E.滑动变阻器最大阻值10;F.滑动变阻器最大阻值5K.开关、导线等。（1）在闭合开关S前，滑动变阻器触头应该放在端_（选填“a”或“b”）；电压表选_滑动变阻器选_。（2）按电路图（甲）测出的灯泡电阻值比真实值_（选填“偏大”或“偏小”）根据所得到的图像如图（乙）所示，它在额定电压下实际功率P_W；【答案】 (1). a (2). B (3). E (4). 偏小 (5). 1.2【解析】【详解】(1)1因当滑动触头打到a端时待测电路电压或电流为零，从而保护电流表。23 额定电压为2.4V的灯泡，所以电压表选B，因为采取的是分压式接法，所以滑动变阻器选择阻值较小的E。(2)4 因电流表用的是外接法，由于电压表的分流作用使得电流表的示数大于通过电阻的实际电流，根据算出的电阻值偏小。5 由图象可读出U=2.4V时对应的电流为I=0.5A，由公式可知P=UI=2.40.5=1.2W三、计算题15.如图所示，在光滑绝缘的水平面上沿一直线等距离排列三个小球A、B、C，三球质量均为m，相距均为L。若小球均带电，且qA=+10q，qB=+q，为保证三球间距不发生变化，将一水平向右的恒力F作用于C球，使三者一起向右匀加速运动。求：(1)F的大小。(2)C球的电性和电荷量。【答案】(1) (2)负电 【解析】试题分析：A球向右加速，合力向右，B球对C球是向左的静电力，故C球对其为吸引力，故C球带负电；设加速度为a，由牛顿第二定律：对A：；对B：，解得：，对整体，根据牛顿第二定律，有：，所以：考点：考查了牛顿第二定律，库仑定律【名师点睛】在使用牛顿第二定律时，一般步骤为：1、确定研究对象；2、分析物体运动状态；3、对研究对象受力分析；4、建立坐标系；5、选取正方向；6、根据牛顿第二定律列方程求解，必要时对结果进行讨论分析16.如图所示，在竖直平面内存在竖直方向的匀强电场。长度为l的轻质绝缘细绳一端固定在O点，另一端连接一质量为m、电荷量为+q的小球（可视为质点），初始时小球静止在电场中的a点，此时细绳拉力为2mg，g为重力加速度。求：（1）电场强度E的大小和a、O两点的电势差UaO；（2）小球在a点获得一水平初速度va=4，则小球在最低点绳子的拉力大小。【答案】(1) ， (2) 6mg【解析】【详解】(1)小球静止在a点时，由共点力平衡得解得。在匀强电场中，有，则a、O两点电势差。(2)小球从a点运动到b点，设到b点速度大小为，由动能定理得小球做圆周运动通过b点时，由牛顿第二定律得 联立以上各式，代入，解得F=6mg17.在真空中水平放置的平行板电容器的两极板间有一个带电油滴，电容器两板间距为d当平行板电容器两板间的电压为 时，油滴保持静止状态，如图所示。当给电容器突然充电使其电压增加时，油滴开始向上运动；经时间 后，电容器突然放电使其电压减少 ，又经过时间油滴恰好回到原来位置。假设油滴在运动过程中电荷量不变，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计。重力加速度为g，求:（1）带电油滴所带电荷量与质量之比；（2）第一与第二个间内油滴运动的加速度大小之比；（3） 之比。【答案】（1） （2）1:3（3）1:4【解析】【详解】(1)油滴静止时满足：mgq则(2)设第一个t时间内油滴的位移为x1，加速度为a1，第二个t时间内油滴的位移为x2，加速度为a2，则x1a1t2，x2v1ta2t2且v1a1t，x2x1解得a1a213(3)油滴向上加速运动时：qmgma1即油滴向上减速运动时：即则解得【点睛】带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同先分析受力情况再分析运动状态和运动过程（平衡、加速、减速，直 线或曲线），然后选用恰当的规律解题解决这类问题的基本方法有两种，第一种利用力和运动的观点，选用牛顿第二定律和运动学公式求解；第二种利用能量转化 的观点，选用动能定理和功能关系求解18.真空室中有如图甲所示的裝置，电极K持续发出的电子(初速度不计) 经过加速电场加速后，从小孔0沿水平放置的偏转极板M、N的中心轴线OO射入偏转电场。极板M、N长度均为L，加速电压，偏转极板右侧有荧光屏(足够大且未画出)