陕西省榆林市二中2019-2020学年高二物理上学期第二次月考试题（含解析）

榆林市第二中学2019-2020学年第一学期第二次月考高二年级物理试题一、单选题（每题3分，共30分）1.关于点电荷、元电荷、检验电荷，下列说法正确的是( )a. 点电荷是一种理想化的物理模型b. 点电荷所带电荷量不一定是元电荷电荷量的整数倍c. 点电荷所带电荷量一定很小d. 点电荷、元电荷、检验电荷是同一种物理模型【答案】a【解析】【详解】a. 点电荷和质点一样是一种理想化的物理模型，故a正确；b. 元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，任何带电体所带电荷都是e的整数倍，故b错误；c. 点电荷是一种理想化的物理模型，其带电荷量并不一定是很小的，故c错误；d. 点电荷是一种理想化的物理模型，元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，任何带电体所带电荷都是e的整数倍，检验电荷是用来检验电场是否存在的点电荷，所以点电荷、元电荷、检验电荷不是同一种物理模型，故d错误。2.以下说法正确的是( )a. 由可知电场中某点的电场强度e与f成正比b. 由公式可知电场中某点的电势与q成反比c. 由可知，匀强电场中任意两点a、b间距离越大，两点间的电势差也越大d. 公式，电容器的电容大小c与电容器两极板间电势差u无关【答案】d【解析】【详解】a. 是采用比值定义的，e和f以及检验电荷q无关，e是由电场本身决定的，故a错误。b. 电场中某点的电势与检验电荷q无关，是由电场本身和零电势点决定的。故b错误。c. uab=ed中d是匀强电场中的任意两点a、b沿着电场线方向的距离，故c错误。d. 电容器的电容大小c与电容器两极板间电势差u无关，与两极板间距离d，极板面积s等有关，故d正确。3.在电场中，把电荷量为4109 c的正点电荷从a点移到b点，克服静电力做功6108 j，以下说法中正确的是( )a. 电荷在b点具有的电势能是6108 jb. b点的电势是15 vc. 电荷的电势能增加了6108 jd. 电荷的电势能减少了6108 j【答案】c【解析】电荷在电场中某点的电势能具有相对性，只有确定了零势点，b点的电势、电荷在b点的电势能才是确定的数值，故ab错误；由于电荷从a移到b的过程中是克服静电力做功610-8j，故电荷电势能应该是增加了610-8j，故c正确，d错误故选c.4.一个空气平行板电容器，极板间相距d，正对面积s，充以电荷量q后，两极板间电压为u，为使电容器的电容加倍，可采用的办法是( )a. 将电压变为b. 将带电荷量变为2qc. 将极板间的距离变为d. 两板间充满介电常数为原来介电常数的电介质【答案】c【解析】【详解】ab. 电容器的电容反映电容器容纳电荷的本领大小，由电容器本身决定，与极板间的电压和所带电荷量无关，所以改变电容器的电压和带电量不会改变电容器的电容，故ab错误。cd. 由电容器的决定式 可知我们可采取的方式是：将极板间的距离变为将电解质换为介电常数为原来的介电常数为2的电解质。故c正确d错误。5.一带电粒子从电场中的点运动到点，轨迹如图中虚线所示。不计粒子所受重力，则下列说法错误的是（ ）a. 粒子带正电荷b. 粒子加速度逐渐减小c. 点的速度大于点的速度d. 粒子的初速度不为零【答案】a【解析】【详解】a.带电粒子所受合外力（即电场力）指向轨迹内侧，知电场力方向向左，粒子带负电荷，故a项符合题意。b.因，可知从a到b，粒子加速度逐渐减小，选项b不符合题意；c.粒子从a到b受到的电场力做负功，动能减小，速度减小，则a点的速度大于b点的速度，选项c项不合题意。d.由图可知，粒子从a点运动到b点，速度逐渐减小，故粒子在a点速度不为零，选项d项不合题意。6.我们可以设想做这样一个实验:把一段电阻是r、粗细均匀的导体拉长到原长的2倍，只要此时导体的电阻变为多大，即可验证电阻定律的正确性( )a. 8rb. 4rc. 2rd 【答案】b【解析】【详解】电阻定律为：，由此把一段电阻是r、粗细均匀的导体，均匀拉长到原长的2倍，由于体积不变，故横截面积变为一半，只要测出此时导体的电阻变为：即可验证电阻定律的正确性。a. 8r与分析不符，故a错误。b. 4r与分析相符，故b正确。c. 2r与分析不符，故c错误。d. 与分析不符，故d错误。7.如图所示为伏安法测电阻的一种常用电路。以下分析正确的是a. 此接法的测量值大于真实值b. 此接法的测量值小于真实值c. 此接法要求待测电阻值小于电流表内阻d. 开始实验时滑动变阻器滑动头p应处在最左端【答案】a【解析】【详解】上图是电流表的内接法测电阻，图中电压表示数大于的两端电压，所以测量值，a正确，b错误；内接法的误差是由于电流表的分压造成的，如果待测电阻值比电流表内阻越大，电流表分压作用越小，误差越小，故c错误；为了安全期间，以防超过电表量程，滑动变阻器开始要处于最右端，让分压最小，d错误。故选a。8.有两个相同的电阻r，串联起来接在电动势为e的电源上，电路中的电流强度为i；将它们并联起来接在同一电源上，此时流过电源的电流强度为，则电源的内阻为()a. rb. c. 4rd. 【答案】c【解析】【详解】两电阻串联时，总电阻r1=2r；由闭合电路欧姆定律可知：e=i（2r+r）；两电阻并联时，外部总电阻r2=r/2；由闭合电路欧姆定律可知：e=i(r+r)；联立解得：r=4r；故选c。9.用如图电路来探究闭合电路中总电流与电源电动势的关系，其中，电源内阻。当单刀双掷开关接1时电流表的示数为=0.2a，接2时，电流表的示数为( )a. 0.24ab. 0.2ac. 0.18ad. 0.3a【答案】a【解析】【详解】设电源电动势是e，内阻为r，由闭合电路欧姆定律得：解得：a. 0.24a与分析相符，故a正确。b. 0.2a与分析不符，故b错误。c. 0.18a与分析不符，故c错误。d. 0.3a与分析不符，故d错误。10.如图所示的电路中,电源的电动势和内电阻恒定不变,电灯恰能正常发光,如果滑动变阻器的滑片向端滑动,则( )a. 电灯更亮,电流表的示数减小b. 电灯更亮,电流表的示数增大c. 电灯变暗,电流表的示数减小d. 电灯变暗,电流表的示数增大【答案】a【解析】变阻器的滑片向b端滑动时，其阻值变大，电路的总电阻变大，由闭合电路的欧姆定律知电路的总电流减小，即安培表的示数减小，bd错；由知路端电压增大，即电灯l两端的电压变大，功率变大，电灯l变亮，a对，c错。点晴：本题要求学生明确动态分析的总体思路是先由局部阻值的变化得出总电阻的变化，再整体据闭合电路的欧姆定律得出电路中总电流的变化，再局部就是由串、并联电路的特点去分析。二、多选题（每题4分，共20分；选对但少选得2分，有选错不得分）11.如图，真空中有一个固定的点电荷，电荷量为q.图中虚线表示该点电荷形成的电场中的四个等势面有两个一价离子m、n(不计重力)先后从a点以相同的速率射入该电场，运动轨迹分别为曲线apb和aqc，其中p、q是它们离固定点电荷最近的位置以下说法中正确的是( )a. m一定是正离子，n一定是负离子b. 在p点的电势一定小于在q点的电势c. m在b点的速率一定大于n在c点的速率d. m从pb电势能的增量一定小于n从aq电势能的增量【答案】bd【解析】【详解】a. 由图可知电荷n受到中心电荷的斥力，而电荷m受到中心电荷的引力，故两粒子的电性一定不同。由于中心电荷为正电，则m一定是负离子，n一定是正离子，故a错误；b.根据点电荷电场分布的特点可知，离正电荷越远的等势面电势越低，所以在p点的电势一定小于在q点的电势，故b正确。c. 由于abc三点在同一等势面上，故粒子m在从a向b运动过程中电场力所做的总功为0，n粒子在从a向c运动过程中电场力所做的总功为0由于两粒子以相同的速率从a点飞入电场故两粒子的分别经过b、c两点时的速率一定相等。故c错误。d. 由图可知n粒子在从a向q运动过程中电场力做负功的值大于粒子m在从p向b运动过程中电场力做负功的值，故m从pb过程电势能的增量一定小于n从aq电势能的增量，故d正确。12.在如图复合电路中，a、b、c为门电路的输入端，现欲使y输出“0”，如果c 输入“0”，则a、b分别输入( )a. 0；0b. 0；1c 1；0d 1；1【答案】abc【解析】【详解】当c端输入“0”，非门输出为“1”；输出端y输出0时，可知与门的输出端应为0，则a、b端的输入分别为0，0或0，1或1，0。a. 0；0与分析相符，故a正确。b. 0；1与分析相符，故b正确。c. 1；0与分析相符，故c正确。d. 1；1与分析不符，故d错误。13.四个相同的小量程电流表（表头）分别改装成两个电流表a1.a2和两个电压表v1.v2.已知电流表a1的量程大于a2的量程，电压表v1的量程大v2的量程，改装好后把它们按图示接入电路，则（ ）a. 电流表a1的读数大于电流表a2的读数b. 电流表a1的偏转角小于电流表a2的偏转角;c. 电压表v1的读数小于电压表v2的读数;d. 电压表v1的偏转角等于电压表v2的偏转角【答案】ad【解析】【详解】a、电流表a1的量程大于电流表a2的量程，故电流表a1的电阻值小于电流表a2的电阻值，并联电路中，电阻小的支路电流大，故电流表a1的读数大于电流表a2的读数，故a正确；b、两个电流表的表头是并联关系，电压相同，故偏转角度相等，故b错误；c、电压表v1的电阻值大于电压表v2的电阻值，故电压表v1的读数大于电压表v2的读数，故c错误；d、两个电压表的表头是串联关系，电流相等，故偏转角度相等，故d正确；故选：ad。14.在如图所示电路中，电源内阻不可忽略。开关s闭合后，在滑动变阻器r2的滑动端由a向b缓慢滑动的过程中，( )a. 电压表的示数增大，电流表的示数减小b. 电压表的示数减小，电流表的示数增大c. 电源路端电压增大d. 电容器c所带电荷量减小【答案】bd【解析】【详解】ab滑动变阻器r2的滑动端由a向b缓慢滑动的过程中，则滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，电路中总电流增大，电流表示数增大，内阻和r1两端电压增大，则r2的电压减小，故电压表示数减小，故a错误，b正确；c滑动变阻器r2的滑动端由a向b缓慢滑动的过程中，则滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，电路中总电流增大，内电压增大，电源路端电压减小，故c错误；d电容器的电压等于r2的电压，则电容器电压减小，根据q=uc可知，电容器c所带电荷量减小，故d正确；15.甲、乙两个电源的路端电压随电流变化的关系如图，下列说法正确的是( )a. 甲电源的内阻较小b. 乙电源的内阻较小c. 同一定值电阻分别接两电源，甲电源电路的路端电压大d. 同一定值电阻分别接两电源，甲电源电路的路端电压小【答案】ac【解析】【详解】ab. 由闭合电路欧姆定律 u=e-ir可知，u-i图象与纵坐标的交点等于电源的电动势，图象的斜率表示电源的内阻，根据数学知识可知甲电源的内阻较小，故a正确b错误。cd. 在图中作出该定值电阻的u-i图象，两图象的交点表示该电阻与该电源组成闭合电路时的工作状态可知，甲电源电路的路端电压大，故c正确d错误。三、实验题（每空2分，共20分）16.读数，分别填入空格中。（1）_cm（2）_mm【答案】 (1). 2.25 (2). 6.860【解析】【详解】(1)1 游标卡尺的主尺读数为22mm，游标尺上第5个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为50.1mm=0.5mm所以最终读数为：22mm+0.5mm=22.5mm=2.25cm(2)2 螺旋测微器的固定刻度为6.5mm，可动刻度为36.00.01mm=0.360mm所以最终读数为6.5mm+0.360mm=6.860mm17.测定电源的电动势和内电阻的实验电路和u-i图像如下: （1）闭合开关前为防止电表过载滑动变阻器的滑动头p应放在_处（2）现备有以下器材：a干电池1个b滑动变阻器（050）c滑动变阻器（01750）d电压表（03v）e电压表（015v）f电流表（00.6a）g电流表（03a）其中滑动变阻器应选_，电流表应选_，电压表应选_。(填字母代号)（3）由u-i图像。由此可知这个干电池的电动势e=_v，内电阻r=_。（4）由于电压表的分流作用使本实验电路存在系统误差，导致e测_ e真，r测_r真(填“”“”或“=”)【答案】 (1). d (2). 1.48 (3). 2.40 (4). (5). 【解析】（1）由图乙所示图象可知，最大电流为，则电流表应选d；（2）由图乙所示电源图象可知，图象与纵轴交点坐标值为，电源电动势，电源内阻；（3）由图甲所示电路图可知，相对于电源来说，电流表采用外接法，由于电压表分流，电流测量值小于真实值，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的图象如图所示，电源的图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻，由图象可知，电源电动势的测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值。点睛：明确测量电动势和内电阻的实验原理，明确为保护电路，如果滑动变阻器采用限流接法，在闭合开关前，滑片应置于最大阻值处；同时能掌握根据图象法分析数据以及分析实验误差的方法。四、计算题（共30分，其中18题10分，19题8分，20题12分）18.如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab=5cm，bc=12cm，其中ab沿电场方向，bc和电场方向成60角，一个电量为q=410-8c的正电荷从a移到b电场力做功为w1=1.210-7j，求：（1）匀强电场的场强e；（2）电荷从b移到c，电场力做功w2。【答案】（1）60 n/c；（2）1.44107j【解析】【详解】（1）根据w1=qexab得，匀强电场的场强e=n/c=60 n/c（2）电荷从b移到c，电场力做功w2=qexbccos60=j=1.44107j即匀强电场的场