福建省龙岩市第二中学2020学年高二物理上学期第一次月考试题（含解析） 16页

福建省龙岩市第二中学2020学年高二物理上学期第一次月考试题（含解析）一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）1.下列说法中正确的是　　A.公式适用于点电荷电场，E与Q成正比，与r的二次方成反比B.公式对于任何静电场都是适用的，E与Q成正比，与r的二次方成反比C.公式适用于点电荷电场，E与F成正比，与q成反比D.公式对于任何静电场都是适用的，E与F成正比，与q成反比【答案】A【解析】【详解】AB、公式,与Q成正比，与r的二次方成反比，只适用于真空中的点电荷产生的电场，在离点电荷非常靠近的地方，场源电荷不能看成点电荷，该公式不成立，故A正确，B错误。CD、公式是电场强度定义式，运用比值法定义，适用于任何电场。式中E是由电场本身决定，与放入电场中试探电荷无关，不能说电场强度E与试探电荷在电场中该点所受的电场力成正比，与该电荷的电荷量成反比。故CD错误。2.三个相同的金属小球a、b和c，原来c不带电，a和b带等量异种电荷，相隔一定距离放置两球距离远大于球的半径，a、b之间的静电力为现将c球分别与a、b接触后拿开，a、b距离不变，则a、b之间的静电力将变为　　A.FB.C. D.【答案】D【解析】【详解】假设a带电量为Q，b带电量为，两球之间的相互吸引力的大小是：，第三个不带电的金属小球c与a触后，a和c的电量都为，c与b接触时先中和再平分，则c、b分开后电量均为，这时，a、b两球之间的相互作用力的大小：，故D正确，ABC错误.3.电场中有a、b两点，a点电势为4V，若把电量为的负电荷，从a移到b的过程中，电场力做正功，则　　A.b点电势是0VB.b点电势是C.b点电势是2VD.b点电势是6V【答案】D【解析】【详解】a、b间的电势差为：，，，解得：，ABC错误D正确。4.P、Q是一条电场线上的两个点，一带正电的粒子仅在电场力作用下以一定的初速度从P点沿电场线运动到Q点，其图象如图所示则这电场的电场线分布可能是如图中的　　A. B.C.D.【答案】C【解析】【详解】根据图象，带电粒子的加速度逐渐增大，速度逐渐减小，故带正电的粒子应该逆电场线运动，且向着电场线密集的方向运动，故C正确，ABD错误。5.如图所示，真空中M、N处放置两等量异种电荷，a、b、c表示电场中的三条等势线，d点和e点位于等势线a上，f点位于等势线c上，df平行于已知一带正电的试探电荷从d点移动到f点时，试探电荷的电势能增加，则以下判定正确的是　　A.M点处放置的是正电荷B.d点的电势高于f点的电势C.d点的场强与f点的场强完全相同D.将带正电的试探电荷沿直线由d点移动到e点，电场力先做正功，后做负功【答案】D【解析】试题分析：正试探电荷从d到f电势能增加，说明电场力做负功，所以Udf <0，电场线从高电势指向低电势，也就是说N为正电荷，M为负电荷，所以A错，B正确。在d点电场方向与f点不同，所以C错。将带正电的试探电荷沿直线由d点移动到e点，电势先升高后降低，所以电场力先做正功后做负功，所以D对。考点：等量异种电荷电场线分布以及等势线分布点评：本题通过考察等量异种电荷电场线分布、等势线分布，通过电场力做功最终形成结论。6.如图所示，电路两端的电压保持不变，当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，三个灯泡亮度的变化情况是　　A.变暗B.变暗C.变暗D.、、均变暗【答案】C【解析】【详解】当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，变阻器电阻R减小，故总电阻减小，根据欧姆定律，干路电流增加，故灯泡变亮；并联电路的电压，故并联电路电压变小，灯泡变暗；干路电流增加，而通过灯泡的电流变小，故通过灯泡的电流增加，灯泡变亮；故ABD错误，C正确。7.在如图所示的闭合电路中，滑动变阻器从中间位置往右移动的过程中，下列关于外电路的阻值R、路端电压U、总电流I、外电阻的电功率P四个量关系的描述中，正确的是　　A.U随R的增大而均匀增大 B.I随R的增大而均匀减小C.U随I增大而均匀减小D.P随R的增大可能先增大后减小，也可能一直减小【答案】D【解析】【详解】根据闭合电路的欧姆定律可知，路端电压，U随R的增大，但不是均匀增大，故A错误；电流，I随电阻的增大减小，但不是均匀减小，故B错误；滑动变阻器从中间位置往右移动的过程中，电阻R增大，电流减小，结合AB可知，C错误；输出功率，当R=r时，输出功率最大，由于不确定R与r的关系，故P随R的增大可能先增大后减小，也可能一直减小，故D正确；故选D。二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）8.如图所示是某导体的伏安特性图线，图中，下列说法正确的是　　A.通过导体的电流与其两端的电压成正比B.此导体的电阻C.图线的斜率表示电阻的倒数，所以D.在R两端加6V电压时，每秒通过电阻截面的电荷量是3C【答案】ABD【解析】A、由图可知，电流随着其两端的电压的增大而增大，故电流与其两端的电压成正比，A正确； B、C、由可知，图象的斜率表示电阻的倒数，则由图象可知电阻：，B正确；C错误；D、在R两端加6V的电压时，电路中电流，则每秒通过电阻的电荷量为；，D正确；故选ABD。9.如图所示的电路中，，，，那么通过电阻、的电流强度之比：和其两端的电压：之比为　　A.：1:3B.：2:3C.：1:3D.：2:9【答案】BD【解析】【详解】AB、由图看出，电阻与并联，电压相等，即根据欧姆定律得知，：：：1，电阻与并联后与串联，串联电路电流相等，即，所以：：3，故A错误，B正确；CD、根据欧姆定律得知，：：：9，又因为，所以：：9，故C错误，D正确10.传感器是一种采集信息的重要器件。如图所示是一种测定压力的电容式传感器，A为固定电极，B为可动电极，组成一个电容大小可变的电容器。可动电极两端固定，当待测压力施加在可动电极上时，可动电极发生形变，从而改变了电容器的电容。现将此电容式传感器与灵敏电流表和电源串联成闭合电路，在待测压力增大过程中，以下说法正确的是　　 A.电容器的电容将减小B.电容器的电荷量将增加C.灵敏电流表中有向左的电流D.灵敏电流表中有向右的电流【答案】BC【解析】【详解】A、当待测压力增大时，电容器极板间距离减小，根据电容的决定式分析得知，电容增大，故A错误。B、电容两端电势差不变，根据可知，电容器的电荷量将增加，故B正确。CD、由于电容器上极板带正电，则电路中形成逆时针方向的充电电流，故灵敏电流表的指针向右偏。故D正确，C错误。11.原子中的电子绕原子核的圆周运动可以等效为环形电流。设氢原子的电子以速率v在半径为r的圆周轨道上绕核转动，周期为已知电子的电荷量为e、质量为m，静电力常量为k，则其等效电流大小为　　A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】根据电流的定义式可得等效电流为：，故A正确；电子运动的周期表达式为：，根据电流的定义式可得等效电流为： ，故B正确；原子中的电子绕原子核的圆周运动可以等效为环形电流，氢原子的电子以速率v，根据库仑力提供向心力：，解得：，形成的电流为：，故D正确，C错误。所以ABD正确，C错误。三、实验题探究题（本大题共2小题，共16.0分）12.在“测定金属丝的电阻率”的实验中，待测电阻丝阻值约为。用螺旋测微器测量电阻丝的直径d。其中一次测量结果如图所示，图中读数为______mm。用毫米刻度尺测量金属丝接入电路的长度L。为了测量电阻丝的电阻R，除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：A.电源电动势为，内阻不计B.电压表量程为，内阻约为C.电流表量程为，内阻约为D.滑动变阻器最大阻值，额定电流E.开关S一个，导线若干请在下图的方框图内画出测量电阻丝的电阻应采用的电路图_____。 在实验中，电压表示数为U，电流表示数为I，则金属丝电阻率的表达式为______；用直接测量的物理量表示，从系统误差上看，金属丝电阻率的测量偏比真实值______填“大”或“小”。【答案】(1).0.755(2).(3).(4).小【解析】【详解】由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为，可动刻度示数为，螺旋测微器示数为。滑动变阻器最大阻值大于待测电阻阻值，滑动变阻器可以采用限流接法。因为，，所以，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示。由欧姆定律得，电阻阻值，由电阻定律得：，联立解得：。由于电压的分流，造成电流表的读数比通过R的电流大，所以金属丝电阻率的测量偏比真实值小。 13.实验室有如下器材，某同学用它们进行“描绘标有，的小灯泡的灯丝电流I随电压U变化的图像”的实验。A.电流表量程100mA，内阻约；B.电流表量程，内阻约；C.电压表量程5V，内阻约；D.电压表量程15V，内阻约；E.滑动变阻器阻值范围；F.滑动变阻器阻值范围；G.电源：电动势为，内阻约为；H.电源电动势为4V，内阻约为；I.导线和开关。为了实验能操作方便、测量误差小，实验中应选用的器材是______填器材前的符号。用笔画线代替导线，在实物图中完成电路连接_____。根据实验数据，描绘出的图象如图所示。 由图可知，在-内图线是直线，则此小灯泡在不工作时，灯丝电阻为______；当所加电压大于后，图线是曲线，则随灯丝两端电压的增大，灯丝电阻______填“增大”或“减小”。【答案】(1).BCEHI(2).(3).3(4).增大【解析】【详解】灯泡额定电流为，电流表应选，即选：B，灯泡额定电压为，电源选择4V的H；电压表应选，即选：C；为方便实验操作，滑动变阻器应选总电阻值较小的,即选：所以需要的器材为：BCEHI灯泡的电压和电流需从0开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法，灯泡的电阻与电压表和电流表内阻比较，属于小电阻，“小外偏小”，采用电流表的外接法。实物图如图：由图可知，以下 图线为直线，所以电阻值不变，当灯泡不工作时，灯泡两端的电压为0，由图可知此时灯泡的电阻为；当电流增大时，图线的斜率减小，则减小，可知电阻值增大。四、计算题（本大题共4小题，共36.0分）14.如图所示的电路中，电源的电动势，，当电键S断开时，电流表的示数求：电源的电阻是多大？当电键S闭合时，电源两极间的电压是多大？【答案】（1）电源的电阻是2Ω．（2）当电键S闭合时，电源两极间电压是6V．【解析】解：（1）当S断开时，根据闭合电路欧姆定律得：解得：r==2Ω（2）当S闭合后，设R1、R2并联的总电路为R，则：R==3Ω电源两极间的电压：=6V答：（1）电源的电阻是2Ω．（2）当电键S闭合时，电源两极间的电压是6V．考点：闭合电路的欧姆定律． 专题：恒定电流专题．分析：（1）根据闭合电路欧姆定律，求解电源的电阻．（2）当电键S闭合时，两个电阻并联，求出外电路的总电阻，根据欧姆定律和串联电路的特点求解电源两极间的电压．点评：本题基本的电路的分析和计算．第（2）问也可以这样做：电路中总电流为I2=，U=E﹣I2r=6V．15.空间存在范围足够大的水平方向匀强电场，长为L的绝缘细线一端固定于O点，另一端系一带电量为正q质量为m的小球，已知电场强度，OA处于水平方向，OB在竖直方向。小球从A点由静止释放，求当小球运动到O点正下方B时的速度大小及此时细线对小球拉力的大小取，。【答案】小球运动到O点正下方B时的速度大小为，此时细线对小球拉力的大小为。【解析】【详解】小球受到的电场力的方向向右，设小球运动到B点时速度为v，对该过程由动能定理有：,代入数据可得：，在最低点对小球由牛顿第二定律得：，代入数据解得：16.如右图所示，电源电动势，内阻不计；，，变阻器总电阻。变阻器的滑片在最上端时，电流表A的示数是多少？在变阻器的滑片从最上端滑到最下端的过程中，电流表A示数最小值是多少？ 【答案】变阻器的滑片在最上端时，电流表A的示数是；在变阻器的滑片从最上端滑到最下端的过程中，电流表A示数最小值是。【解析】【详解】变阻器的滑片在最上端时，电阻R与串联后与并联，求总电阻，电流表示数值：由电路图可知，滑动变阻器分为两部分，两部分分别于和串联后并联，电路总电阻最大时，电流表示数最小。，当时，总电阻最大，解得，。由闭合电路欧姆定律可得，电路最小电流，即电流表最小示数；17.如图所示，平行金属板A、B间距为d，电压为，一电子由静止从A板开始加速，穿过B板的小孔，垂直进入平行金属板C、D间的匀强电场。C、D两板间距离和板长均为L，在C、D板的右侧L处有一垂直于C、D板的显示屏MN，当C、D间电压为零时，电子打在屏上O点。当C、D间电压为U时。电子打在MN屏的P点图中没画出。已知电子电量为e，质量为m，电子重力不计，求：电子从静止开始运动到打到P点所经过的时间；间距离。 【答案】电子从静止开始运动到打到P点所经过的时间是；间的距离是。【解析】【详解】电子在加速电场中运动时，由动能定理得：，得：对于加速过程，由，得，电子在金属板CD间和右侧无场中运动时，水平方向都做速度为的匀速直线运动，相应的运动时间为故总时间电子进入偏转电场时做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，则有：。竖直方向做匀加速运动，则电子离开偏转电场时偏转的距离为：，根据牛顿第二定律得，联立得：，设电子离开偏转电场后做匀速直线运动，好像从极板的“中点”射出，根据几何关系得：，解得：