高二物理10月月考试题（含解析） 15页

‎【2019最新】精选高二物理10月月考试题（含解析）‎ 一、单选题： ‎ ‎1. 下列说法正确的是 A. 家庭生活中，常说的“1度”电，指的是电功率的单位 B. 功率是1千瓦的空调正常工作1个小时所消耗的电功是1度 C. 1度等于1 000焦耳 D. 1度等于3.6×106瓦 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：用电量是电功的多少来衡量，度是实际生活所用的电功的单位，根据电功的公式W=Pt推导度与焦耳之间的关系．‎ 解：A、度是电功的单位，不是电功率的单位．故A错误．‎ B、功率是1千瓦的空调正常工作1个小时所消耗的电功是1度，即1度=1kw•h．故B正确．‎ CD、由电功公式W=Pt得，当功率P=1×103W，t=1h=3600s时，W=Pt=1×103×3600J=3.6×106J．即1度=3.6×106J．故CD错误．‎ 故选：B ‎【点评】本题考查对日常生活中物理量单位的了解程度，抓住1度俗称是1千瓦时，根据公式进行单位的换算．‎ ‎2.‎ - 15 - / 15‎ ‎ 水平线上的O点放置一点电荷，图中画出电荷周围对称分布的几条电场线，如图所示.以水平线上的某点O′为圆心，画一个圆，与电场线分别相交于a、b、c、d、e，则下列说法正确的是 A. b、e两点的电场强度相同 B. a点电势高于c点电势 C. b、c两点间电势差等于e、d两点间电势差；‎ D. 电子沿圆周由d到b，电场力做正功 ‎【答案】C ‎【解析】由图看出，b、e两点电场强度的大小相等，但方向不同，而电场强度是矢量，所以b、e两点的电场强度不同，选项A错误；根据顺着电场线电势逐渐降低可知，离点电荷O越远，电势越低，故a点电势低于c点电势，选项B错误；根据对称性可知，b、c两点间电势差与e、d两点间电势差相等，选项C正确；d点的电势高于b点的电势，由，则知电子在d点的电势能小于在b点的电势能，根据功能关系可知，电子沿圆周由d到b，电场力做负功，选项D错误；综上本题选C.‎ ‎3. 如图所示，实线为电场线，虚线为电荷在匀强电场中的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，则下列说法正确的是 A. 电荷在b点的电势能大于在a点的电势能 B. 该电场的方向水平向左 C. b点的电势高于a点的电势 D. 电荷在电场中相同时间内速度的变化量不相同 ‎【答案】A - 15 - / 15‎ ‎【解析】匀强电场中电场力与电场线平行，而曲线运动合力指向曲线的凹侧一方，故电场力一定向左，从a到b点，电场力做负功，电势能增加，选项A正确；电场力向左，但不知道电荷的电性，所以不能判断电场方向，选项B错误；不能判断电场方向，即不能判断两点电势的高低，选项C错误；在匀强电场中，粒子受到的电场力恒定，粒子加速度恒定，相同时间内速度变化量，也恒定，选项D错误.综上本题选A.‎ ‎4. 三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径．球1的带电量为q，球2的带电量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F.现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变．由此可知 A. n=3 B. n=4 C. n=5 D. n=6‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：设1、2距离为R，则球1、2之间作用力为：F=k，‎ ‎3与2接触后，它们带的电的电量平分，均为：，‎ 再3与1接触后，它们带的电的总电量平分，均为，‎ 将球3移至远处后，球1、2之间作用力为 F=k，‎ 有上两式解得：n=6，‎ 故选D．‎ 视频 - 15 - / 15‎ ‎5. 有一台标称值为“220 V，50 W”的电风扇，其线圈电阻为0.4 Ω，在它正常工作时，下列求其每分钟产生的电热的四种解法中正确的是 A. I＝＝A，Q＝UIt＝3 000 J B. Q＝Pt＝3 000 J C. I＝＝A，Q＝I2Rt＝1.24 J D. Q＝t＝×60 J＝7.26×106J ‎【答案】C ‎【解析】电流：，电风扇正常工作时产生的热量是由于内阻发热产生的，所以每分钟产生的热量为：，故选项C正确。‎ 点睛：本题考查了电动机正常工作时产生热量的计算，是一道基础题，关键是正确理解电功和电热的关系以及各自的求解方法。‎ ‎6. 图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0.一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为26eV和5eV.当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为-8 eV时，它的动能应为 A. 8 eV B. 13 eV C. 20 eV D. 34 eV ‎【答案】C ‎【解析】由于正电荷由A到B动能减少了21 eV，而电场中机械能和电势能总和不变，故在3等势面时动能应为12 eV，总能量E="12" eV+0 eV="12" eV，当在某一位置，电势能Ep=－8 eV时，Ek="12" eV-（-8 eV）="20" eV，故应选C。‎ ‎7.‎ - 15 - / 15‎ ‎ 某空间内有高度为d、宽度足够宽、方向水平向左的匀强电场.当在该空间内建立如图所示的坐标系后，在x轴上的P点沿y轴正方向连续射入质量和电荷量均相同、且带电性质也相同的带电粒子(粒子重力不计)，由于粒子的入射速率v(v>0)不同，有的粒子将在电场中直接通过y轴，有的将穿出电场后再通过y轴.设粒子通过y轴时，离坐标原点的距离为h，从P到y轴所需的时间为t0，则 A. 由题中条件可以判断出粒子的带电性质 B. 对h≤d的粒子，h越大，t0越大 C. 对h≤d的粒子，在时间t0内，电场力对粒子做的功不相等 D. 对h≥d的粒子，h越大的粒子，电场力对粒子做的功越大 ‎【答案】A ‎【解析】由题意可知，粒子向左偏，由电场线的方向，可确定电场力方向向左，因此粒子带正电，选项A正确；当h≤d的粒子时，粒子受到电场力一样，加速度也相同，因此运动时间也相等，由于粒子的速度不同，所以导致粒子的h不同，选项B错误；对h≤d的粒子，在时间t0内，沿电场力方向的位移相同，因此电场力做功相等，选项C错误；竖直分位移，则h越大的粒子，进入电场时的速率v也越大，通过电场时间t也越小，沿电场方向位移，就越小，电场力对粒子做的功越小，选项D错误；综上本题选A.‎ ‎8. 如图所示，质子、氘核和α粒子都沿平行板电容器两板中线方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，射出后都打在同一个与垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点.下列说法中正确的是 A. 若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现3个亮点 - 15 - / 15‎ B. 若它们射入电场时的动量相等，在荧光屏上将只出现2个亮点 C. 若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现1个亮点 D. 若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，在荧光屏上将只出现1个亮点 ‎【答案】D 点睛：此类题目属于类平抛运动，质子、氘核和粒子带电量和质量不全相同，进入同一电场时加速度不同，做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，推导出偏转位移的表达式，再进行分析。‎ 二、多选题： ‎ ‎9. 一个平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两极板间有一正电荷(电荷量少)固定在P点，如图所示.以E表示两极板间的场强，U表示电容器两极板间的电压，W表示正电荷在P点的电势能.若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，那么 A. U变小，E不变 B. E变大，W变大 C. U变小，W不变 D. U不变，W不变 ‎【答案】AC ‎【解析】由板间距离d减小，可知电容C增大；因充电后与电源断开，可知带电量Q不变；由U＝可知板间电压U减小。由和U＝得：，再由得：，即E由决定，因Q、S都不变，所以E不变。又因P点与负极板间电压不变，则P点的电势φP不变，那么正电荷的电势能就不变。‎ - 15 - / 15‎ 故选：AC。‎ ‎10. 如图所示，一个带电荷量为＋Q的点电荷甲固定在绝缘平面上的O点；另一个带电荷量为－q、质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲滑行运动，运动到B点静止.已知静电力常量为k，点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ，A、B间的距离为s.下列说法正确的是 A. O、B间的距离为 B. 点电荷乙从A运动到B的运动过程中，中间时刻的速度小于 C. 点电荷乙从A运动到B的过程中，产生的内能为mv02‎ D. 在点电荷甲产生的电场中，A、B两点间的电势差UAB＝‎ ‎【答案】BD ‎【解析】试题分析：因为在B点静止，所以，即，故选项A错误；因为小球从A运动到B过程中，加速度越来越大，所以中间时刻的速度小于，故选项B正确；由能量守恒定律可知：减小的动能转化为电势能和内能，故选项C错误；从A到B过程中，由动能定理可知：，解得，故选项D正确．‎ 考点：本题借助带电小球的运动，考查了力与运动、牛顿第二定律、动能定理等基础知识的综合应用．‎ ‎11.‎ - 15 - / 15‎ ‎ 如图所示，现有一个以O为圆心，以OP长为半径的圆，四边形ABCD为圆的内接正方形、a、b、c、d分别为正方形的四个边AB、BC、CD和DA的中点，P、Q分别为弧AB和弧CD的中点.现在A和B、C和D四点分别放上等量的正电荷和负电荷，若取无穷远处电势为零，下列说法正确的是 A. O点的电场强度和电势均为零 B. 把同一电荷从b点移到d点，电场力做功为零 C. 把同一电荷从a点移到c点，电场力做功为零 D. 同一电荷在P、Q两点所受电场力相同 ‎【答案】BD ‎【解析】如图，左右两个电荷和上下两个电荷都是等量异种电荷，PQ连线的垂直平分线是一条等势线，并延伸到无穷远，则O点电势与无穷远电势相等，则O点的电势为零，在O点放入一个单位正电荷，对电荷进行受力分析，可知电场力合力不为零，则O点的场强不为零，选项A错误；由四个电荷分布的位置可知，电场线关于PQ连线对称，等势线关于PQ连线也对称，则b点与d点电势相等，电势差U为零，由W=qU分析可知，把一电荷从b点移到d点电场力做功为零，选项B正确；由四个电荷分布的位置可知，电场线关于PQ连线对称，且由a指向c，故电荷从a点移到c点电场力做功不为零，选项C错误；根据电场线的对称性可知，PQ两点电场线疏密相同，场强大小相等，方向相同，则同一电荷在PQ两点所受电场力相同，选项D正确；综上本题选BD.‎ ‎12. 如图为电场中x轴上各点电势分布图像，x轴上相邻坐标点间距相等，由图像可以看出 A. 正电荷沿x轴从x1运动到x5的过程中，电场力一直在做正功 - 15 - / 15‎ B. x轴上，x3到x4之间沿x轴方向各点的场强大小相等且不为零 C. 沿x轴方向，x5处的场强比x2处的场强大 D. 负电荷从x1到x2电势能的减少量一定小于从x4到x5电势能的减少量 ‎【答案】CD ‎..................‎ 点睛：φ-x图象中：①电场强度的大小等于φ-x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ-x图线存在极值，其切线的斜率为零．②在φ-x图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向．③在φ-x图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB=qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断．‎ 三、实验题： ‎ ‎13. 在描绘小电珠的伏安特性曲线的实验中，可以同时测定小电珠的功率和电阻.‎ ‎(1)测得的小电珠的功率与实际的功率相比较，测量功率_______.‎ A.总偏大　B.总偏小    C.无误差           D.都有可能 - 15 - / 15‎ ‎(2)小电珠的电阻的测量值与实际值相比较_______.‎ A.偏大    B.偏小  C.有时偏大，有时偏小  D.都有可能 ‎(3)有一个小电珠上标有“4 V　2 W”的字样，现在要用伏安法描绘这个电珠的U－I图线，有下列器材供选用：‎ A.电压表(0～5 V，内阻10 kΩ)   B.电压表(0～10 V，内阻20 kΩ)‎ C.电流表(0～0.3 A，内阻1 Ω)   D.电流表(0～0.6 A，内阻0.4 Ω)‎ E.滑动变阻器(5 Ω，10 A)       F.滑动变阻器(500 Ω，0.2 A)‎ 实验中电压表应选用______，电流表应选用______.为使实验误差尽量减小，要求电压从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器应选用_______.则所选器材字母为________.‎ A：A、D、F；    B：A、D、E；  C：A、C、D；  D：B、D、F ‎【答案】 (1). (1)A  (2).  (2)B (3).  (3)B ‎【解析】（1）本实验电路采用的是电流表外接法，测量到的电流比真实电流大，测量的电压为准确值，所以测量功率比真实功率大，选项A正确；‎ ‎（2）因为小灯泡的测量电压是准确值，测量电流偏大，所以测量电阻比真实电阻偏小，选项B正确；‎ - 15 - / 15‎ ‎（3）小灯泡额定电压4V，电压表应选A，灯泡的额定电流，电流表应选择D，本实验中滑动变阻器采用分压式接法，应选用E，综上选项B正确.‎ ‎14. 图(a)为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框内是毫安表的改装电路.‎ ‎(1)已知毫安表表头的内阻为100Ω，满偏电流为lmA；R1和R2为阻值固定的电阻.若使用a和b两个接线柱，电表量程为3mA；若使用a和c两个接线柱，电表量程为10mA.由题给条件和数据，可以求出R1=______Ω，R2=______Ω.‎ ‎(2)若电阻R1和R2中有一个因损坏而阻值变为无穷大，利用图(b)的电路可以判断出损坏的电阻.图(b)中的R′为保护电阻，虚线框内未画出的电路即为图(a)虚线框内的电路.则图中的d点应和接线柱______(填“b”或“c”)相连.判断依据是：闭合开关时，若电表指针偏转，则损坏的电阻是______.‎ ‎【答案】 (1). (1)15 (2). 35 (3). (2)c， (4). R1‎ ‎【解析】（1）定值电阻和毫安表都是并联关系，电压相等，电流和电阻成反比，若使用a和b两个接线柱，量程为3mA，则通过和的电流为2mA，电流比为1:2，所以电阻比为2:1，可得，若使用a和c两个接线柱，电表量程为10mA，通过的电流为9mA，电流比为1:9，可得电阻比为9:1，即，整理可得，；‎ ‎（2）因为只有一个损坏，所以验证是否损坏即可，所以d点应和接线柱c相连，若电流表没有示数，则说明损坏，若电流表有示数，则说明.‎ - 15 - / 15‎ 四、计算题： ‎ ‎15. 如图所示，绝缘光滑轨道AB部分为倾角为30°的斜面，AC部分为竖直平面内半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道相切.整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中.现有一个质量为m的小球，带正电荷量为q＝，要使小球能安全通过圆轨道，在O点的初速度应为多大？‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】试题分析：小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力、然后在圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道的作用力，如图所示，‎ 类比重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力mg′，大小为，，解得θ=30°，等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动，‎ 因要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的等效最高点（D）点满足等效重力提供向心力，有：，‎ 因θ=30°，与斜面倾角相等，由几何关系可知AD=2R．‎ 令小球以最小初速度v0运动，由动能定理知：解得 考点：圆周运动；动能定理的应用 - 15 - / 15‎ ‎【名师点睛】此题考查了动能定理及圆周运动的问题；解决本题的方法是用等效法，极将重力和电场力等效为一个力，解题时关键是确定等效场的最高点，求出最高点的临界速度，通过动能定理进行求解；此题考查学生灵活运用知识的能力.‎ ‎16. 如图所示,在竖直平面内一个带正电的小球质量为m,所带的电荷量为q,用一根长为L不可伸长的绝缘细线系在一匀强电场中的O点。匀强电场方向水平向右,且分布的区域足够大。现将带正电小球从O点右方由水平位置A点无初速度释放,小球到达最低点B时速度恰好为零。‎ ‎(1)求匀强电场的电场强度E的大小。‎ ‎(2)若小球从O点的左方由水平位置C点无初速度释放,则小球到达最低点B所用的时间t是多少?此后小球能达到的最大高度H(相对于B点)是多少?‎ ‎【答案】（1）（2） ， ‎ ‎【解析】（1）对小球由A点到B点的过程，由动能定理得 ‎0=mgL-qEL 得E=‎ ‎(2)小球由C点释放后,将做匀加速直线运动,到B点时的速度为vB；小球做匀加速直线运动的加速度为a a=mg/m=g ‎=2aL ‎∴t==‎ 小球到B点时细线恰好拉紧。将vB分解为vB1和vB2,则 vB1=vBcos 45°=‎ - 15 - / 15‎ 此后小球以vB1做圆周运动。设运动到D点时恰好速度为0，对小球由B点到 D点的过程，由动能定理得：‎ ‎0-m=-mg (L+Lsin θ) +qEL cos θ 解得θ=45°‎ 在到达D点前小球一直沿圆轨道运动,所以小球离B点的最大高度 H=L+Lsin θ=L 点睛：本题根据动能定理求解电场强度和最大高度，都是常用的方法和思路，关键之处在于绳子绷紧瞬间，要抓住小球的速度会突变，沿绳子方向的分速度突然减至零．‎ ‎17. 如图所示，两块水平金属极板A、B正对放置，每块极板长均为l、极板间距为d.B板接地(电势为零)、A板电势为+U，重力加速度为g.两个比荷(电荷量与质量的比值)均为=的带正电质点以相同的初速沿A、B板的中心线相继射入，第一个质点射入后恰好落在B板的中点处.接着，第二个质点射入极板间，运动一段时间Δt后，A板电势突然变为-U并且不再改变，结果第二个质点恰好没有碰到极板.求：‎ ‎(1)带电质点射入时的初速v0.‎ ‎(2)在A板电势改变之前，第二个质点在板间运动的时间Δt.‎ ‎【答案】(1)，(2).‎ ‎【解析】试题分析：（1）第一个质点在极板间做类平抛运动 ‎①（1分）‎ ‎②（1分）‎ - 15 - / 15‎ ‎③（1分）‎ 解得质点的初速④（1分）‎ ‎（2）第二个质点射入极板后，在时间内做类平抛运动，有 ‎⑤（1分）‎ ‎⑥（1分）‎ ‎⑦（1分）‎ A板电势突然变为后，质点所受电场力与重力平衡，做匀速直线运动，经过时间恰好射出极板，则 ‎⑧（1分）‎ ‎⑨（1分）‎ 由以上各式解得 ‎⑩（1分）‎ 考点：考查了粒子在电场的中的偏转 点评：：带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同．先分析受力情况再分析运动状态和运动过程（平衡、加速、减速，直 线或曲线），然后选用恰当的规律解题．解决这类问题的基本方法有两种，第一种利用力和运动的观点，选用牛顿第二定律和运动学公式求解；第二种利用能量转化 的观点，选用动能定理和功能关系求解．‎ - 15 - / 15‎