河南省南阳一中2019-2020学年高二物理上学期第二次月考试题（含解析）

河南省南阳一中2019-2020学年高二物理上学期第二次月考试题（含解析）一、选择题1.关于静电场，下列说法正确的是（ ）a. 在电场中某点电势等于零，则该点电场强度一定为零b. 由公式可知电场中某点的电势与电荷量q成反比c. 根据公式可知，在匀强电场中a、b 间的距离越大，电势差就越大d. 正电荷从电势高的点运动到电势低的点，电势能一定减少【答案】d【解析】【详解】a在电场中某点电势等于零，该点电场强度不一定为零，例如在等量异种电荷连线垂直平分线上的各点，选项a错误；b电场中某点的电势与试探电荷q无关，选项b错误；c根据公式可知，在匀强电场中沿电场线方向的a、b 间的距离越大，电势差就越大，如果不是沿电场线方向的距离增大，电势差不一定增大的，如在同一等势面的两点的距离增大，但电势差不变，选项c错误；d正电荷从电势高的点运动到电势低的点，电场力做正功，则电势能一定减少，选项d正确。2.如图所示，匀强电场场强e=100v/m，a、b两点相距10cm、a、b连线与电场线夹角为60，若取a点电势为0，则b点电势为（）a. 10vb. -10vc. 5vd. -5v【答案】d【解析】【分析】已知匀强电场的场强为e，a、b两点间的距离为l及ab连线与电场方向的夹角为，根据公式u=ed，求出两点沿电场方向的距离d，再求解电势差u根据顺着电场线方向电势降低，判断a、b两点的电势高低。【详解】由图示可知，根据顺着电场线方向电势降低，可知b的电势低于a的电势，则uba0。ab方向与电场线方向间的夹角 =60，ba两点沿电场方向的距离 d=lcos，ba两点间的电势差 uba=-ed=elcos=-100v/m0.1mcos60=-5v，因取a点电势为0，则b点电势为b=uba+a=-5+0=-5v；故应选：d。【点睛】本题首先要想到匀强电场中电势差与场强的关系式u=ed，其次要正确理解d的含义：两点沿电场方向的距离。3.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，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，p、r、q是这条轨迹上的三点，r点在等势面b上，据此可知（ ）a. 带电质点在p点的加速度比在q点的加速度小b. 带电质点在p点的电势能比在q点的小c. 带电质点在p点的动能大于在q点的动能d. 三个等势面中，c的电势最高【答案】d【解析】【详解】a. 等差等势面p处比q处密，则p处电场强度大，质点受到的电场力大，加速度大，故a错误；d. 根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势线垂直可知带电质点所受的电场力方向应向下，所以电场线方向向上，故c的电势最高，故d正确.b.带负电质点在电势高处电势能小，可知质点在p点的电势能大，故b错误.c. 带电质点的总能量守恒，即带电质点在p点的动能与电势能之和不变，在p点的电势能大，则动能小，故c错误.4.有关电压和电动势的说法中错误的是（）a. 电压和电动势的单位都是伏特，故电动势与电压是同一物理量的不同说法b. 电动势公式中的w与电压中的w是不同的，前者为非静电力做功，后者为静电力做功c. 电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能的本领的物理量d. 断路时的路端电压等于电源的电动势【答案】a【解析】【详解】a电压和电动势的单位都是伏特，但是电动势与电压这两个物理量有本质的不同，选项a错误，符合题意；b电动势公式中的w与电压中的w是不同的，前者为非静电力做功，后者为静电力做功，选项b正确，不符合题意；c电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能的本领的物理量，选项c正确，不符合题意；d断路时的路端电压等于电源的电动势，选项d正确，不符合题意；5.如图所示，一个绝缘光滑半圆轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为e，在其上端与圆心等高处有一个质量为m，带电荷量为+q的小球由静止开始下滑，则（ ）a. 小球运动过程中机械能守恒b. 小球经过最低点时速度最大c. 小球在最低点对环的压力大小为（mg+qe）d. 小球在最低点对环的压力大小为3（mg+qe）【答案】bd【解析】【详解】小球带正电，所受电场力向下，运动过程中电场力做正功，机械不守恒，最低点速度最大。下落过程中，由动能定理得，在最低点，解得fn=3（mg+qe）。故bd正确，ac错误。6.如图所示，直线a为某电源的ui图线，曲线b为某小灯泡的ui图线的一部分，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，灯泡恰好能正常发光，则下列说法中正确的是（ ）a. 此电源的内阻为2/3b. 额定状态下，小灯泡阻值为1.c. 灯泡的额定功率为6 wd. 小灯泡ui曲线说明电功率越大，灯丝电阻率越小【答案】c【解析】【详解】根据电源u-i图可得：u40.5i，又有u=e-ir，所以，电源电动势e=4v，内阻r=0.5，故a错误；电源和小灯泡组成闭合电路时，灯泡两端电压为路端电压，故两曲线交点即为灯泡的电压、电流；又有灯泡恰好能正常发光，故灯泡的额定电压u=3v，额定电流i=2a，所以，额定功率为：p=ui=6w，阻值为：ru/i1.5，故c正确，b错误；由图可得：电功率越大时，u-i曲线越陡，那么电阻越大，故电阻率越大，故d错误；故选c。7.如图所示，四个相同的电流表分别改装成两个安培表和两个伏特表，安培表a1的量程大于a2的量程，伏特表v1的量程大于v2的量程，把它们按图接入电路中，则下列说法正确的是（ ）a. 安培表a1的偏转角大于安培表a2的偏转角b. 安培表a1的读数小于安培表a2的读数c. 伏特表v1的读数小于伏特表v2的读数d. 伏特表v1的偏转角等于伏特表v2的偏转角【答案】d【解析】【详解】ab安培表a1、a2并联，电压相同，表头电流，指针偏转角度相同，由于安培表a1的量程大于a2的量程，则安培表a1的读数大于安培表a2的读数。故ab错误。cd伏特表v1与v2串联，流过表头的电流相同，指针偏转的角度相同，由于伏特表v1的量程大于v2的量程，则伏特表v1的读数大于伏特表v2的读数。故c错误，d正确。8.图示为一已进行欧姆调零的欧姆表，用该欧姆表测一电阻r的阻值时，指针偏转至满刻度的处现用该欧姆表测一未知电阻的阻值，指针偏转到满刻度的处，可知该电阻的阻值为a. 2rb. 4rc. 6rd. 8r【答案】b【解析】【详解】设电动势为e，内阻为，满偏电流为，欧姆表调零时：，测一阻值为r电阻时：，测一未知电阻时：，解得：，b正确9.在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势在x轴上分布如图所示下列说法正确有（）a. q1和q2带有异种电荷b. x1处的电场强度为零c. 负电荷从x1移到x2，电势能减小d. 负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大【答案】ac【解析】【分析】本题的核心是对x图象的认识，利用图象大致分析出电场的方向及电场线的疏密变化情况，依据沿电场线的方向电势降低，图象的斜率描述电场的强弱电场强度进行分析解答【详解】a由图知x1处的电势等于零，所以q1和q2带有异种电荷，a正；b图象的斜率描述该处的电场强度，故x1处场强不为零，b错误；c负电荷从x1移到x2，由低电势向高电势移动，电场力做正功，电势能减小，故c正确；d由图知，负电荷从x1移到x2，电场强度越来越小，故电荷受到的电场力减小，所以d错误10.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，下极板接地一带电油滴位于容器中的p点且恰好处于平衡状态现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离后a. p点的电势将降低b. p带电油滴电势能将增大c. 带电油滴将沿竖直方向向上运动d. 电容器的电容减小，极板带电量将增大【答案】ab【解析】【分析】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况；由分析p点与下极板间电势差如何变化，即能分析p点电势的变化和油滴电势能的变化；根据电容的定义式，电容器与电源保持相连，则u不变，q与c成正比变化；【详解】a、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动；板间场强e减小，而p点与下极板间的距离不变，则由公式分析可知，p点与下极板间电势差将减小，而p点的电势高于下极板的电势，而且下极板的电势不变，则知p点的电势将降低，故a正确，c错误；b、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，p点电势降低，则油滴的电势能将增加，故b正确；d、根据电容的定义式，电容器与电源保持相连，则u不变，当c减小，则q也减小；故d错误；【点睛】本题运用分析板间场强的变化，判断油滴如何运动；明确正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化。11.如图所示的电路中，若ab为输入端，ab为输出端，现把滑动变阻器的滑动触片置于变阻器的中央，则 a. 空载时输出电压b. 当ab间接上负载r时，输出电压c. ab间的负载r越大，越接近d. ab间的负载r越小，越接近【答案】bc【解析】【详解】a空载时，变阻器上下两部分电阻串联，根据串联电路电压与电阻成正比得出输出电压，故a错误；b当ab间接上负载r时，负载r与变阻器下部分电阻并联，电阻减小，ab间的电压减小，输出电压，故b正确；cdab间的负载r越大，下部分并联的电阻越大，分担的电压越大，越接近，故c正确，d错误。12.如图所示，电源电动势为e，内电阻为r理想电压表v1、v2示数为u1、u2，其变化量的绝对值分别为u1和u2；流过电源的电流为i，其变化量的绝对值为i当滑动变阻器的触片从右端滑到左端的过程中（灯泡电阻不变化）a. 小灯泡l3变暗，l1、l2变亮b. c. 不变d. 不变【答案】acd【解析】【详解】a当滑动变阻器的触片p从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则l2变亮。变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分的电压减小，则l3变暗。总电流增大，而l3的电流减小，则l1的电流增大，则l1变亮。故a正确。b由上分析可知，电压表v1的示数减小，电压表v2的示数增大，由于路端电压减小，即两电压表示数之和减小，所以u1u2故b错误。c由u1=e-i（rl2+r）得：不变，故c正确。d根据欧姆定律得=r2，不变，故d正确。二、实验题13.某同学想设计一个测量金属棒电阻率的实验方案，实验室提供的器材有：a.电流表内阻，满偏电流 b.电流表内阻约为4，量程为 c.定值电阻 d.滑动变阻器 e.干电池组 f.一个开关和导线若干 g.螺旋测微器，游标卡尺（1）某同学利用游标卡尺和螺旋测微器测量一圆柱体工件的长度和直径，测量结果如图所示。该工件的长度为_cm，直径为_mm。 （2）用多用电表欧姆档位粗测金属棒的阻值：当用“”挡时发现指针偏转角度过大，他应该_操作后，指针静止时如图所示，则金属棒的阻值约为_ 此时电流是_（填红或黑）表笔流出欧姆表的。（3）请根据提供的器材，设计一个实验电路，要求尽可能精确多次测量金属棒的阻值，并在图的实线框里画出其电路图（ ）（4）若实验测得电流表示数为，电流表示数为，则金属棒电阻的表达式为_（用，表示）【答案】 (1). 5.015cm (2). 3.2053.207mm (3). 换1挡，欧姆调零红黑表笔短接在金属棒两端 (4). 17 (5). 黑 (6). (7). 【解析】【详解】（1）1 2游标卡尺是20分度的卡尺，其分度值为0.05mm，则图示读数为：5cm+30.05mm=50.15mm=5.015cm；由图示螺旋测微器可知，其读数为：3mm+20.70.01mm=3.207mm；（2）345当用“10”挡时发现指针偏转角度过大，说明档位选取的过高，他应该换1挡；金属棒的阻值约为17，此时电流是由黑表笔流出欧姆表的。（3）6因为电流表a1内阻已知，故将其串联定值电阻r0=900作为电压表使用，被测电阻远小于改装后的电压表，故选择电流表a2外接，因为滑动变阻器最大阻值较小，又因为要求精确，故采用分压式电路，故画出电路图，如图所示：（4）7根据欧姆定律结合串并联电路特点可得：金属棒电阻的表达式为三、解答题14.如图所示，已知电源电动势e20v，内阻r1，当接入固定电阻r4时，电路中标有“3v,6w”的灯泡l和内阻rd0.5的小型直流电动机d都恰能正常工作试求： (1)电路中的电流大小；(2)电动机的额定电压；(3)电动机的输出功率【答案】(1)2a (2)7v (3)12w【解析】【详解】(1)灯泡l正常发光，电路中的电流为：(2)由闭合电路欧姆定律可求得，电动机的额定电压为：ud=e-i(r+r)-ul=20-2(1+4)-3=7v(3)电动机的总功率为p总=iud=27=14w电动机的热功率为p热=i2rd=220.5=2w所以电动机的输出功率为p出=p总-p热=14-2=12w15.如图所示,一长为l的细线,上端固定,下端栓一质量为m、带电量为q的带正电小球,处于水平向右的匀强电场中。已知小球在b点静止时细线与水平方向夹角为，现将细线与小球拉到与o点在同一水平面上的a点，然后由静止释放小球，重力加速度为g试求：(1)匀强电场的场强大小；(2)ab两点间的电势差；(3)若设o点为零电势点，求电荷q在a点的电势能。【答案】(1) (2) (3)【解析】【详解】(1) 分析小球的受力情况：小球在电场中受到重力、水平向右的静电力和细线的拉力，如图所示：根据平衡条件可得：解得：(2)根据公式：解得：(3)根据：联立解得：答：(1) (2) (3) 16.相距d=0.1m水平放置的平行金属板a和b，且中央有孔，