【物理】湖北省汉阳一中2019-2020学年高二上学期9月月考试题（解析版） 13页

汉阳一中2019——2020学年度上学期9月月考 高二物理试卷 一、选择题 ‎1.下列物理量中哪些与检验电荷有关 A. 电势能EP B. 电势φ ‎ C. 电场强度E D. 电势差U ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电势能EP=φq，则电势能与检验电荷的电量和电性有关，选项A正确；‎ B．电势描述电场的能的性质的物理量，由电场本身决定，与检验电荷无关，故B错误。‎ C．电场强度是描述电场的力的性质的物理量，由定义式可知，E与检验电荷无关，故C错误。‎ D．电势差描述电场的能的性质的物理量，由定义式可知，U与检验电荷无关，故D错误。‎ ‎2.如图所示，A、B是某个点电荷电场中的一条电场线，在线上O点放一个自由的负电荷，它将沿电场线向B点运动，下列判断中哪些是正确的 （ ）‎ A. 电场线由A指向B，该电荷作加速运动，其加速度越来越小 B. 电场线由A指向B，电荷作匀加速运动 C. 电场线由B指向A，该电荷作加速运动，其加速度大小的变化由题设条件不能确定 D. 电场线由B指向A，该电荷作加速运动，其加速度越来越大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 负电荷由静止开始从O运动到B，负电荷所受电场力方向从O到B，场强方向与电场力方向相反，即场强方向由B指向A ‎．负电荷从静止开始，必定做加速运动．由于电场线的分布情况未知，场强如何变化无法确定，电场力和加速度如何变化也无法确定，则电荷加速度可能越来越小，可能越来越大，故C正确．‎ ‎【点睛】本题根据电荷的运动方向确定场强方向不难，容易产生的错误在于分析场强大小的变化来确定加速度的变化，条件不明时，考虑问题要全面．‎ ‎3.某小灯泡的一段伏安特性曲线如图所示，当通过灯泡的电流由0.10A变为0.15A时，灯泡的电阻变化了 A. 10Ω B. 30Ω C. 40Ω D. 60Ω ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电阻的定义式分别求出灯泡电流是0.10A和0.15A时的电阻，再求解灯丝电阻的改变量。‎ ‎【详解】当电流为0.10A时，灯泡两端的电压为3V，此时灯泡的电阻；当电流为0.15A时，灯泡两端的电压为6V，此时灯泡的电阻为，故电流变化前后，灯泡电阻变化了10Ω。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题小灯泡的伏安特性曲线是非线性变化的，电阻，不能求斜率。‎ ‎4.如图所示，电池的内阻可以忽略不计，电压表和可变电阻器串联成通路，如果可变电阻器的阻值减小为原来的，电压表的读数由增大到，则下列说法中不正确的是（ ）‎ A. 流过可变电阻器的电流增大为原来的2倍 B. 可变电阻器消耗的电功率增大为原来的4倍 C. 可变电阻器两端的电压减小为原来的 D. 若可变电阻器的阻值减小到零，那么电压表的示数变为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：电压表是纯电阻，电压表的示数U0增大到2U0，故通过电压表的电流增加为2倍，由于串联，故通过可变电阻的电流也增大为原来的2倍，A正确；电流变为2倍，电阻变为原来的，根据P=I2R，可变电阻消耗的功率变为倍，B错误；电流变为2倍，电阻变为，根据U=IR，可变电阻两端的电压减为原来的，C正确；设电压表的内阻为Rx根据闭合电路欧姆定律，开始时：E=U0+，可变电阻的阻值减少为原来的后：E=2U0+联立解得：E=4U0,若可变电阻的阻值减到零，则电压表的示数等于电源的电动势，为4U0．D正确．‎ 考点：本题考查闭合电路的欧姆定律。‎ ‎5.如图所示，在水平方向的匀强电场中，一绝缘细线的一端固定在O点，另一端系一带正电的小球，小球在只受重力、电场力、绳子的拉力作用下在竖直平面内做圆周运动，小球所受的电场力大小等于重力大小． a、b、c、d四点的位置如图所示，圆上各点相比较，小球 （ 　）‎ A. 在最高点a处的动能最小 B. 在最低点c处的机械能最小 C. 在水平直径左端d处的机械能最大 D. 在水平直径右端b处的机械能最大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 本题考查等效重力场的问题，先把重力和电场力进行合成，合力方向与水平方向夹角为45°斜向下，所以小球在b、c弧线的中点动能最大，在a、d弧线的中点动能最小，AB错误，判断机械能的变化是判断除了重力以外其他力做功，所以在水平直径右端b处电场力做功最多，机械能最大，D对；C错；‎ ‎6.在光滑绝缘的水平面上有一个不导电的弹簧，弹簧的两端分别与金属小球A、B相连，若A、B带上等量同种电荷，弹簧的伸长量x1，若让A、B所带电量都增为原来的2倍，弹簧的伸长量为x2,则x1与x2的关系是 A. x2>4x1 B. x2<4x1 C. x2=4x1 D. x2=x1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】让A、B所带电量都增为原来的2倍，根据库仑定律的公式：知，若认为距离保持不变，则库仑力增大为原来的4倍，根据平衡知，弹簧的弹力增大为原来的4倍，则形变量变为原来的4倍，但是形变量增大，库仑力减小，则x2＜4x1；‎ A．x2>4x1，与结论不相符，选项A错误；B．x2<4x1，与结论相符，选项B正确；‎ C．x2=4x1，与结论不相符，选项C错误；D．x2=x1，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎7.如图，a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个梯形的四个顶点。电场线与梯形所在的平面平行。ab平行cd，且ab边长为cd边长的一半，已知a点的电势是3V，b点的电势是5V，c点的电势是7V。由此可知，d点的电势为（  ）‎ A. 4V B. 3V C. 2V D. 1V ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意知，ab∥dc，在匀强电场中，根据U=Ed可知，沿电场线方向相等距离两点间的电势差相等，则dc间电势差是ab间电势差的2倍，即有 可得：‎ 故B正确，ACD错误。‎ ‎8.一个质量为m，带电量为+q 的小球自由下落一段时间后，进入一个水平向右的匀强电场，场强大小为E=mg/q，则下列四个图中，能正确表示小球在电场中运动轨迹的是（ ）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 场强大小为E=mg/q，可知所受电场力大小为mg，则合外力方向跟竖直方向成 ‎45°角，即速度跟合外力存在夹角，故应该做曲线运动，A错误 物体运动轨迹一定被合外力和速度夹在之间，B图中跟虚线交点位置，速度方向为曲线的切线方向，合外力斜向下，则可看出则B错误 最终速度方向跟合外力也不能平行，所以D错误 排除法可知应该选C ‎9.有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I，设每单位体积中有n个自由电子，电子的电量为q，此时电子的定向移动速率为v，在t时间内，通过导体横截面的自由电子数可表示为（ ）‎ A. nvSt B. nvt C. D. ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电流的微观表达式，求出在t时间内通过导体横截面的自由电子的电量，每个电子的电量为，再确定通过导体横截面的自由电子的数目；‎ ‎【详解】根据电流微观表达式，在t时间内通过导体横截面的自由电子的电量，则在时间内，通过导体横截面的自由电子的数目为，将代入得，故选项AC正确，选项BD错误。‎ ‎【点睛】本题考查电流的微观表达式和定义式综合应用的能力，电流的微观表达式 ‎，是联系宏观与微观的桥梁，常常用到。‎ ‎10.两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有a、b、c三点，如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. a点电势比b点高 B. a、b两点的场强方向相同，b点场强比a点大 C. a、b、c三点和无穷远处的等电势 D. 一个电子在a点无初速释放，则它将在c点两侧往复振动 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．a、b、c是两个等量异种电荷连线的垂直平分线的三点，电势相等，而且与无穷远处电势相等，故A错误，C正确；‎ B．a、b两点场强方向都与垂直平分线垂直向右，方向相同，由于b处电场线密，电场强度大于a处电场强度，故B正确；‎ D．一个电子在a点受到的电场方向垂直于垂直平分线向左，无初速释放后，将向左下方运动，不可能到达c点，故D错误。‎ ‎11.如图所示，水平放置的平行金属板充电后板间形成匀强电场，板间距离为d，一个带负电的液滴带电量大小为q，质量为m，从下板边缘射入电场，沿直线从上板边缘射出，则 A. 液滴做的是匀速直线运动 B. 液滴做的是匀减直线运动 C. 两板的电势差为 D. 液滴的电势能减少了mgd ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．液滴进入竖直方向的匀强电场中，所受的电场力方向竖直向上或竖直向下，因为微粒做直线运动，可知电场力方向必定竖直向上，而且电场力与重力平衡，液滴做匀速直线运动，故A正确，B错误；‎ C．液滴从下极板运动到上极板的过程中，由动能定理有 qU-mgd=0‎ 解得：‎ 故C正确；‎ D．液滴进入竖直方向的匀强电场中，重力做功-mgd，微粒的重力势能增加，动能不变，根据能量守恒定律得知，微粒的电势能减小了mgd，故D正确；‎ ‎12.如图所示，沿水平方向放置的平行金属板a和b分别与电源的正、负极相连，a、b板的中央沿竖直方向各有一个小孔，闭合开关S后，带正电的液滴从小孔正上方到达a板小孔时速度为v1，现使a板不动，在开关S仍闭合或断开的情况下b板向上或向下平移一小段距离，相同的液滴仍从P点自由落下，此时液滴到达a板小孔时速度为v2，空气阻力不计，下列说法中正确的是 A. 若开关S保持闭合，向下移动b板，则v2>v1‎ B. 若开关S保持闭合，则无论向上或向下移动b板，都有v2＝v1‎ C. 若开关S闭合一段时间后再断开，则无论向上或向下移动b板，都有v2v1‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．若电键K保持闭合，无论向上或向下移动b板，重力与电场力做功不变，由动能定理可知，带电液滴速度不变，则v2=v1，故A错误，B正确； CD．若电键K闭合一段时间后再断开，则两板带电量Q不变，向下移动b板，极板之间的距离减小，则由可知C变大，根据Q=CU可知，两板电势差U减小，所以电场力做的负功减小，而重力做功不变，由动能定理得液滴速度变大，即v2＞v1‎ ‎，故D正确，C错误.‎ 二、实验题 ‎13.一只电流表的满偏电流为Ig=5mA，内阻为Rg=100Ω，若改装成量程为I=30mA的电流表，应并联的电阻阻值为_________Ω；若将改装成量程为U=15V的电压表，应串联一个阻值为_______Ω的电阻．‎ ‎【答案】 (1). 20 (2). 2900‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]．改装成电流表要并联的阻值为：‎ ‎[2]．改装成电压表要串联的阻值为：‎ ‎14.测量小灯泡的伏安特性曲线实验中，可选用的仪器有：‎ A．小灯泡，规格为“2.4V、1.0W”；B．直流电源，输出电压为6V；‎ C．电压表3V，内阻大约1kΩ；D．电压表6V，内阻大约2kΩ；‎ E．电流表0.6A，内阻大约1Ω；F．电流表3A，内阻大约1Ω；‎ G．滑动变阻器，总电阻10Ω；H．滑动变阻器，总电阻1000Ω；‎ I．开关、导线若干 ‎（1）实验中电压表应选用_________，电流表应选用________；滑动变阻器应选用________（填序号）；‎ ‎（2）请在方框内画出实验电路图 ‎（ ）‎ ‎【答案】 (1). C (2). E (3). G (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1][2][3]．小灯泡额定电压为2.4V，则电压表选择C即可；灯泡额定电流则电流表选择E即可；滑动变阻器要用分压电路，故选择阻值较小的G；‎ ‎（2）[4]．因电压表的内阻远大于灯泡的电阻，则要用安培表外接电路，滑动变阻器采用分压电路，电路如图；‎ 三、计算题 ‎15.将一电荷量为2×10-5C的负电荷由A点移到B点，其电势能增加了0.1J，已知A、B两点间距为2cm，两点连线与电场方向成60°角，如图所示，问：‎ ‎（1）A、B两点间的电势差为多少？‎ ‎（2）该匀强电场的电场强度为多大？‎ ‎【答案】（1）5×103V（2）5×105V/m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）A、B两点间的电势差：‎ ‎（2）因为在匀强电场中U=Ed，所以有：‎ ‎16.如图所示的电路中，电阻R1＝4 kΩ，R2＝6 kΩ，电路两端所加的电压U＝60 V，用某电压表测得R1两端电压为20 V，用该电压表测R2两端电压时示数为多少？‎ ‎【答案】30 V ‎【解析】‎ ‎【详解】测量R1时：‎ ‎，‎ 又因为 R并1＝‎ 得：‎ RV＝12 kΩ；‎ 测量R2时：‎ R并2＝‎ 所以两部分电阻相等，故电压表示数为30 V。‎ ‎17.如图所示，一光滑斜面直角点A处固定一带电量为+q，质量为m的绝缘小球。另一同样小球置于斜面顶点B处，已知斜面长为L，现把上部小球从B点从静止自由释放，球能沿斜面从B点运动到斜面底端C处（静电力常量为k，重力加速度为g）‎ 求：（1）小球从B处开始运动到斜面中点D处时速度？‎ ‎（2）小球运动到斜面底端C处时，球对斜面的压力是多大？‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）由题意知：小球运动到D点时，由于AD=AB，所以有 即①‎ 则由动能定理得：②‎ 联立①②解得③‎ ‎（2）当小球运动到C点时，对球受力分析如图所示则由平衡条件得：④‎ 由库仑定律得：⑤‎ 联立④⑤得：‎ 由牛顿第三定律即．‎ ‎18.如图所示，两平行金属板A、B长L=8cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V，一不计重力的带正电的粒子电荷量q=10-10C，质量m=10-20kg，沿电场中心线RD垂直电场线飞入电场，初速度υ0=2×106m/s，粒子飞出平行板电场后可进入界面MN、PS间的无电场区域．已知两界面MN、PS相距为12cm，D是中心线RD与界面PS的交点．求：‎ ‎（1）粒子穿过界面MN时偏离中心线RD的距离y以及速度v大小？‎ ‎（2）粒子到达PS界面时离D点的距离Y为多少？‎ ‎【答案】（1）y=0.03m；2.5×106m/s（2）0.12m ‎【解析】‎ ‎(1)带电粒子垂直进入匀强电场后做类平抛运动,加速度为a=qE/m=qU/md ‎ 水平方向有：L=v0t，‎ 竖直方向有：‎ 联立得：‎ 代入数据解得：y=0.03m；‎ 速度为：‎ 代入数据解得v=2.5×106m/s ‎(2)带电粒子在离开电场速度的反向延长线交水平位移的中点，设两界面MN、PS 相距为D，由相似三角形得：‎ 解得：Y=4y=0.12m；‎