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）.docx

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.