河北省衡水市安平县安平中学2019-2020学年高二物理上学期第一次月考试题（含解析）

安平中学20192020学年上学期第一次月考高二物理试题一、选择题：本题共15个小题，有的小题只有一项符合题目要求，有的小题有多项符合题目要求.全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.满分共60分.1.如图所示，坐标系中有两个带电量分别为+q和+3q的点电荷，在c处放一个试探电荷，则试探电荷所受电场力的方向可能是下列图中（）a. b. c. d. 【答案】bd【解析】【详解】试探电荷到两个点电荷的距离相等，根据知，3q点电荷对试探电荷的库仑力是q点电荷对试探电荷库仑力的3倍，若试探电荷带正电，受力如左图所示，若试探电荷带负电，受力如右图所示，根据平行四边形定则作出合力，即试探电荷所受的电场力，可知b、d正确，a、c错误；故选bd。【点睛】根据试探电荷在c点所受两个电荷的库仑力，结合平行四边形定则分析判断。2.如图甲所示，q1、q2是两个固定点电荷，一带正电的试探电荷仅在电场力作用下以初速度va沿两点电荷连线的中垂线从a点向上运动，其v-t图象如图乙所示，下列说法正确的是()a. 两点电荷一定都带正电，且电荷量一定相等b. 两点电荷一定都带负电，且电荷量一定相等c. 试探电荷一直向上运动，直至运动到无穷远处d. t2时刻试探电荷的电势能最大，但加速度不为零【答案】bd【解析】【详解】abc.由图可知，粒子向上先做减速运动，再反向做加速运动，且向上过程加速度先增大后减小，而重力不变，说明粒子受电场力应向下；故说明粒子均应带负电；由于电场线只能沿竖直方向，故说明两粒子带等量负电荷；故ac错误，b正确； d. 时刻之前电场力一直做负功；故电势能增大；此后电场力做正功，电势能减小；时刻电势能最大；但由于粒子受重力及电场力均向下；故此时加速度不为零；故d正确；3. 图中虚线是某电场中的一簇等差等势线。两个带电粒子从p点均沿等势线的切线方向射入电场，粒子运动的部分轨迹如图中实线所示。若粒子仅受电场力的作用，则下列说法中正确的是a. a点的电场强度小于b点的电场强度b. a点的电势高于b点的电势c. 粒子从p运动到a的过程中，粒子的动能和电势能总和不变d. 粒子从p运动到b的过程中，粒子的动能增大【答案】acd【解析】【详解】试题分析：等势线的疏密程度表示电场强度的大小，越密，电场强度越大，故a点的电场强度小于b点的电场强度，a正确；由于不知道粒子的带电性质，无法判断两点的电势高低，b错误；粒子从p运动到a的过程中，只有电场力做功，电势能转化为动能，两者只和不变，c正确；粒子从p运动到b的过程中，电场力做正功，动能增大，d正确；考点：考查了带电粒子在电场中的运动4.如图所示，直角三角形abc所在平面内存在一个匀强电场，a=30，c=90，bc=d。一个电荷量为q的正电荷从c点运动到a点和从c点运动到b点电场力做的功均为w。若c点的电势为零，则下列结论正确的是（ ）a. b点的电势为b. cb两点间电势差为c. 该电场强度大小为d. 在a点静止释放一个点电荷，将沿ab直线运动【答案】ab【解析】根据题意一个电荷量为q的正电荷从c点运动到a点和从c点运动到b点电场力做的功均为w，则ab是一条等势线，ab、正电荷从c点运动到b点电场力做的功为w，由 ,得： 由于c点电势为零，所以 故ab正确；c、利用几何关系知 ，由 ，故c错误；d、在a点静止释放一个点电荷，将沿垂直于ab的方向做直线运动，故d错；故选ab5.静电喷漆技术具有效率高、质量好等优点，其装置示意图如图所示，a、b为两块水平放置的平行金属板，间距d1.0 m，两板间有方向竖直向上、电场强度大小为e1.0103 n/c的匀强电场，在a板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪p，油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出初速度大小均为v01.0 m/s、质量均为m5.01014 kg、电荷量均为q2.01015c的带负电的油漆微粒，不计微粒所受空气阻力及微粒间的相互作用，油漆微粒最后都落在金属板b上，重力加速度g10 m/s2.下列说法中错误的是()a. 沿水平方向喷出的微粒运动到b板所需时间为0.2 sb. 沿不同方向喷出的微粒，从喷出至到达b板，电场力做功为2.01012 jc. 若其他条件均不变，d增大为原来的2倍，喷涂面积增大为原来的2倍d. 若其他条件均不变，e增大为原来的2倍，喷涂面积减小为原来的【答案】d【解析】【详解】a.沿水平方向喷出的微粒做类平抛运动，在竖直方向上，加速度为50m/s2根据得0.2s故a正确。b.沿不同方向喷出的微粒，从喷出至到达b板，电场力做功为：j故b正确。c、若其它条件均不变，d增大为原来的2倍，根据：可知t变为原来的，则喷涂面积的半径变为原来的倍，面积变为原来的2倍。故c正确。d、若其它条件均不变，e增大为原来的2倍，则加速度：90m/s2加速度变为原来的倍，根据：可知时间t变为原来的倍，喷涂面积的半径倍，面积减小为原来的倍，故d错误。6.如图（1）所示，在两平行的金属板间加上如图（2）所示的电压。在01 s内，一点电荷在两极板间处于静止状态，t=2 s时电荷仍运动且未与极板接触。则在12 s内，点电荷（g取10 m/s2）a. 做匀加速直线运动，加速度大小为10 m/s2b. 做变加速直线运动，平均加速度大小为5 m/s2c. 做变加速直线运动，2 s末加速度大小为10 m/s2d. 2 s末速度大小为10 m/s【答案】bc【解析】a、第1s电荷受重力和电场力作用处于平衡状态，故电场力向上，与重力平衡；第2s电势差变大，故电场强度变大，电场力变大，第2s末电场强度增加为第1s末的两倍，故电场力变为2倍，故合力变为向上，大小为mg，且第二秒内合力随时间均匀增加，故加速度随时间均匀增加，是变加速直线运动，a错误；c、第2s末电场强度增加为第1s末的两倍，故电场力变为2倍，故合力变为向上，大小为mg，故加速度为g，方向是竖直向上，c正确；b、第二秒内合力随时间均匀增加，故加速度随时间均匀增加，故平均加速度为：，b正确；d、根据速度时间公式，2秒末速度大小为：v=，d错误；故选bc。7.如图所示为空间某一电场的电场线，a、b两点为其中一条竖直向下的电场线上的两点，该两点的高度差为h，一个质量为m、带电荷量为q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时速度大小为，则下列说法中正确的是()a. 质量为m、带电荷量为q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点的过程中动能增加量等于电势能减少量b. a、b两点的电势差uc. 质量为m、带电荷量为2q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时速度大小为d. 质量为m、带电荷量为q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时速度大小为【答案】b【解析】质量为m、带电荷量为q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点的过程中，机械能与电势能之和守恒，其动能增加量等于重力势能、电势能之和的减少量，选项a错误；设a、b之间的电势差为u，由题意，质量为m、带电荷量为q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时速度大小为，根据动能定理，mghqum3gh，解得qumgh，ab两点的电势差u，选项b正确；质量为m、带电荷量为2q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时，由动能定理得，mgh2qumv，解得v12，选项c错误；质量为m、带电荷量为q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时，由动能定理，mghqumv，解得v2，选项d错误。8.如图所示，电阻r1=20 ，电动机的内阻r2=10 .当开关断开时，电流表的示数是0.5 a，当开关合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数i和电路消耗的电功率p应是()a. i=1.5 ab. i1.5 ac. p=15 wd. pe2，当外电路电阻为r时，外电路消耗功率正好相等。电源e1的内阻为r1，电源e2的内阻为r2。则()a. r1r2b. r1=r2c. r1r2d. 无法确定【答案】a【解析】【详解】当电源为时，根据闭合电路欧姆定律有：则外电路消耗的功率为： 同理，当电源为时，则则外电路消耗的功率为：由题知，即：解得：又因为，则有：所以有：故a正确，bcd错误10.某同学研究白炽灯得到某白炽灯的ui曲线如图所示图象上a点与原点的连线与横轴成角，a点的切线与横轴成角，则( )a. 白炽灯的电阻随电压的增大而减小b. 在a点，白炽灯电阻可表示为tan c. 在a点，白炽灯的电功率可表示为u0i0d. 在a点，白炽灯的电阻可表示为【答案】cd【解析】【详解】a.由图示图象可知，随电压增大，通过灯泡的电流增大，电压与电流的比值增大，灯泡电阻变大，故a错误；b.在a点，白炽灯的电阻：由于纵坐标与横坐标的标度可能不同，所以不能用计算电阻值，更不能用计算，故b错误c.在a点，白炽灯的电功率：故c正确；d.由欧姆定律可知，在a点，白炽灯的电阻：故d正确.11.在如图甲所示的电路中，为定值电阻，为滑动变阻器闭合电键，将滑动变阻器的滑动触头从最右端滑到最左端，两个电压表的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图乙所示则（ ） a. 图线甲是电压表示数随电流变化的图线b. 电源内电阻的阻值为c. 电源的最大输出功率为d. 滑动变阻器的最大功率为【答案】ad【解析】试题分析：将滑动变阻器的滑片p从最右端移到最左端，接入电路的电阻减小，电路中的电流增大，的电压和电源的内电压增大，则的电压减小，所以电压表的示数增大，电压表的示数减小，可知图线乙反映的是电压表的示数随电流的变化，图线甲反映的是电压表的示数随电流的变化，故a正确；根据闭合电路欧姆定律得：电压表的示数，由图线乙的斜率大小等于，由图知：，图线甲的斜率等于，则，故b错误；当内阻等于外阻时，电源的输出功率最大，故当外阻等于时，电源的输出功率最大，故此时电流，故电源的最大输出功率，故c错误；由c的分析可知，的阻值为，电阻为；当等效为内阻，则当滑动变阻器的阻值等于时，滑动变阻器消耗的功率最大，故当滑动变阻器阻值为时，滑动变阻器消耗的功率最大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流，则滑动变阻器消耗的总功率，故d正确。考点：电功、电功率、闭合电路的欧姆定律【名师点睛】在求定值电阻的最大功率时，应是电流最大的时候；而求变值电阻的最大功率时，应根据电源的最大输出功率求，必要时可将与电源串联的定值电阻等效为内阻处理。12. 电子眼系统通过路面下埋设的感应线来感知汽车的压力。感应线是一个压点薄膜传感器，压电薄膜在受压时两端产生电压，压力越大电压越大，压电薄膜与电容器c、电阻r组成图甲所示的回路。红灯亮时，如果汽车的前、后轮先后经过感应线，回路中产生两脉冲电流，如图乙所示，即现为“闯红灯”，电子眼拍照，则红灯亮时（ ）a. 车轮停在感应线上时，电阻r上有恒定电流b. 车轮经过感应线的过程中，电容器先充电后放电c. 车轮经过感应线的过程中，电阻r上的电流先增加后减小d. 汽车前轮刚越过感应线，又倒回到线内，仍会被电子眼拍照【答案】bd【解析】试题分析：车轮停在感应线上时，压力不变，则电压不变，电容器不充电，也不放电，电阻r上没有电流，故a错误；由乙图可知，当车轮经过时电流先增大后减小，然后再反向增大减小；因电压是在受压时产生的；故说明电容器先充电后放电；故b正确，c错误；若汽车前轮越过感应线，又倒回线内，则前轮两次压线，仍形成两个脉冲电流，符合拍照条件，电子眼仍可拍照，故d正确。考点：电容器的动态分析【名师点睛】根据电流和电路图分析电容器的充放电过程，并根据工作原理明确汽车前轮刚越过感应线，又倒回到线内是否符合拍照条件。13.如图所示，电源电动势e=9v，内电阻r=4.5，变阻器rl的最大电阻rm=5.0，r2=1.5，r3=r4=1000，平行板电容器c的两金属板水平放置在开关s与a接触且当电路稳定时，电源恰好有最大的输出功率，在平板电容器正中央引入一带电微粒，也恰能静止那么（）a. 在题设条件下，接入电路的阻值为，电源的输出功率为b. 引入的微粒带负电，当开关接向未接触的过程中，微粒将向下运动c. 在题设条件下，的阻值增大时，两端的电压增大d. 在题设条件下，当开关接向b后，流过的电流方向为【答案】ad【解析】【分析】根据当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大去求解；对微粒进行受力分析，根据微粒处于平衡状态，判断出微粒的电性当开关接向b（未接触b）的过程中，电容器电荷量未变，从而判断出微粒的运动状况；电路的动态分析抓住电动势和内阻不变，结合闭合电路欧姆电路进行分析；找出开关接a和接b上下极板所带电荷的电性，即可确定出电流的方向【详解】在开关s与a接触且当电路稳定时，电源恰好有最大的输出功率，可知，则电源的输出功率，a正确；在开关s与a接触且当电路稳定时，在平板电容器正中央引入一带电微粒，也恰能静止微粒受重力和电场力平衡而上极板带正电，可知微粒带负电当开关接向未接触的过程中，电容器所带的电量未变，电场强度也不变，所以微粒不动，b错误；电容器所在的支路相当于断路，在题设条件下，和及电源构成串联电路，的阻值增大时，总电阻增大，总电流减小，两端的电压减小c错误；在题设条件下，开关接a时，上极板带正电，当开关接向b后，下极板带正电，流过的电流方向为，d正确14.如图是一个将电流表改装成欧姆表的示意图，此欧姆表已经调零，用此欧姆表测一阻值为r的电阻时，指针偏转至满刻度处，现用该表测一未知电阻，指针偏转到满刻度的处，则该电阻的阻值为（ ）a. 4rb. 5rc. 10rd. 16r【答案】d【解析】本题考查欧姆表的使用欧姆表是由电流表改装的，而电流表的的刻度是均匀的，我们可以通过指针的偏转角度知道电路中电流的大小关系，测一阻值为的电阻时，指针偏转至满刻度4/5处，说明电流达到量程的4/5，用该表测一未知电阻，指针偏转到满刻度的1/5处，说明电流达到量程的1/5,所以该电阻是原电阻的4倍15.如图所示，电源电动势e，内电阻恒为r，r是定值电阻，热敏电阻rt的阻值随温度降低而增大，c是平行板电容器闭合开关s，带电液滴刚好静止在c内在温度降低的过程中，分别用i、u1、u2和u3表示电流表、电压表1、电压表2和电压表3示数变化量的绝对值关于该电路工作状态的变化，下列说法正确的是（ ）a. 、一定都变大b. 和一定不变，一定变大c. 带电液滴一定向下加速运动d. 电源的工作效率一定变大【答案】d【解析】ab、根据电路知识知，v3测路端电压，v2测热敏电阻rt的电压，v1测定值电阻r的电阻， 由 ，得： 由 得： 得： 故ab错；c、带电液滴在平行板中受到向上的电场力和向下的重力处于平衡状态，在温度降低的过程，热敏电阻rt阻值变大，回路中电流变小，路端电压增大，由于流过定值电阻r的电流变小，所以分的电压也就变小，而路端电压增大，故v2读数增大，平行板间的电场强度也增大，导致带电液滴向上运动，故c错；d、 ,由于路端电压增大，所以电源的工作效率一定变大，故d正确；综上所述本题答案是：d点睛：认清本题电路结构，并要明确、，分别代表什么，然后结合串并联电路求解带求量二计算题：（本题共3个小题，共40分.要求写出必要的答题过程.）16.如图所示，长l=0.12 m的绝缘轻杆上端固定在o点，质量m=0.6 kg、电荷量q=0.5 c的带正电金属小球套在绝缘轻杆上，空间存在水平向右的匀强电场，球与杆间的动摩擦因数=0.75。当杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速下滑，g取10 m/s2。(1)求匀强电场的电场强度大小;(2)改变轻杆与竖直方向的夹角，使球下滑过程中与杆之间的摩擦力为零，并将小球从o点由静止释放，求小球离开杆时的速度大小。【答案】(1)16 n/c(2)2 m/s【解析】【详解】(1) 当杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速下滑，故小球受力平衡，由小球受重力、电场力、杆的支持力和摩擦力作用可得：解得：=16 n/c(2)小球与杆之间摩擦力为零，说明小球与杆之间的弹力为零，则有：所以：即：设小球的加速度为a，根据牛顿第二定律有：解得：a= m/s2由运动学公式：解得小球离开杆时的速度大小为：v=2 m/s17.如图所示的电路中，已知r1=4 ，电流表的读数i=0.75 a，电压表读数u=2.0 v，经一段时间后一电阻断路，使电流表的读数变为i=0.80 a，而电压表的读数变为u=3.2 v，求：（1）发生断路的电阻是哪一个？（2）电源电动势和内阻各是多少？【答案】（1）r2（2）4v，1【解析】【详解】（1）因某电阻烧断，电流表、电压表示数均增大，若r1、r3断路，电流表或电压表无读数，可断定发生断路的电阻是r2；（2）由r2烧断后：电压表的示数等于路端电压，则 r3=4根据闭合电路欧姆定律得 u=eir即有 3.2=e0.8rr2未烧断时：路端电压 u=r3i=40.75v=3v通过r1的电流 i1=a=0.25