【物理】宁夏银川市贺兰县景博中学2019-2020学年高二上学期第二次月考试题（解析版） 18页

景博高中2019-2020学年第一学期高二年级第二次月考 物理 一、单项选择题（本大题共15小题，每小题3分，共45分）‎ ‎1.关于电现象，下列叙述正确的是（　　）‎ A. 玻璃棒无论与什么物体摩擦都带正电，橡胶棒无论与什么物体摩擦都带负电 B. 摩擦可以起电是普遍存在的现象，相互摩擦的任意两个物体总是同时带等量异种电荷 C. 带电现象的本质是电子的转移，呈电中性的物体得到电子就一定显负电性，失去电子就一定显正电性 D. 摩擦起电是通过摩擦创造等量的异种电荷的过程 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．摩擦起电是因为相互摩擦物体吸引电子的能力不同引起的，吸引电子能力强的物体得到电子带负电，吸引电子弱的物体失去电子带正电，吸引电子电子能力相同的物体摩擦不起电，AB错误；‎ CD．由电荷守恒定律可知，带电现象的本质是电子的转移，呈电中性的物体得到电子就一定显负电性，失去电子就一定显正电性，C正确，D错误。‎ 故选C。‎ ‎2.如图所示，M、N为两个固定的等量同种正电荷，在其连线的中垂线上的P点（离O点很近）由静止开始释放一电荷量为-q的点电荷，不计重力，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大 B. 点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越小，速度也越来越小 C. 点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值 D. 点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到粒子速度为零 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB． 点电荷在从P到O 的过程中，所受的电场力方向竖直向下，做加速运动，所以速度越来越大，因为从O向上到无穷远，电场强度先增大后减小，P到O的过程中，电场强度大小变化不能确定，所以电场力无法确定，加速度不能确定。故A错误，B错误；‎ C． 点电荷运动到O点时，所受的电场力为零，加速度为零，然后向下做减速运动，所以O点的速度达到最大值。故C正确；‎ D． 根据电场线的对称性可知，越过O点后，负电荷q做减速运动，加速度的变化情况无法判断。故D错误。故选C。‎ ‎3.如图所示，高速运动的α粒子被位于O点的重原子核散射，实线表示α粒子运动的轨迹，M、N和Q为轨迹上的三点，N点离核最近，Q点比M点离核更远，则 A. α粒子在M点的速率比在Q点的大 B. 三点中，α粒子在N点的电势能最大 C. 在重核产生的电场中，M点的电势比Q点的低 D. α粒子从M点运动到Q点，电场力对它做的总功为负功 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】解法一（从等势线分布入手）：重核带正电荷，在其周围形成的电场中，离重核越近电势越高，所以φN＞φM＞φQ，选项C错误；电势越高，正电荷的电势能越大，所以带正电的α粒子在三点处的电势能大小关系是EN＞EM＞EQ，即N点的电势能最大，Q点的电势能最小，B正确；α粒子仅受电场力的作用，其电势能和动能相互转化，但电势能和动能之和保持不变，根据EN＞EM＞EQ可知，EkN＜EkM＜EkQ，α粒子在M点的动能比在Q点的小，所以α粒子在M点的速率比在Q点的小，选项A错误；由EM＞EQ可知，α粒子从M点运动到Q点，电势能减小，电场力对它做的总功肯定为正功（电场力做正功，电势能减小，动能增大），选项D错误．‎ 解法二（从电场力做功入手） α粒子受到的电场力始终是斥力，在α粒子从M点运动到N点的过程中，电场力做负功，再从N点运动到Q点时，电场力做正功，已知Q点比M点离核更远可知，正功大于负功，所以整个过程，电场力对它做的总功为正功，D错误；已知从M运动到N，电场力做的总功为正功，可知α粒子的动能变大，速度变大，所以α粒子在M 点的速率比在Q点的小，A错误；距离带正电荷的重核越近，电势越高，α粒子的电势能越大，结合三点的位置关系可知，电势关系φN＞φM＞φQ，电势能关系EN＞EM＞EQ，B正确，C错误．‎ ‎4.如图所示，、、是匀强电场中的三点，垂直于，=‎4cm，=‎3cm。与电场方向平行，、两点的电势分别为5V和1.8V。则电场强度大小和点的电势分别为（ ）‎ A. 100N/C和0V B. 80N/C和4V C. 100N/C和10V D. 80N/C和1V ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由图知角∠A=37°，根据几何关系，可得AB沿电场线方向的距离为 dAB=‎4cm×cos37°=‎‎3.2cm 则有 E==100N/C 又 UAC=EdAC 又 φA﹣φC= UAC 解得φC=0V，故A正确，BCD错误。‎ 故选A。‎ ‎5.如图所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为；在下极板上叠放一厚度为的金属板，其上部空间有一带电粒子静止在电容器中．当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子开始运动．重力加速度为．粒子运动的加速度为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】粒子受重力和电场力，开始时平衡，有：‎ ‎   ①‎ 当把金属板从电容器中快速抽出后，根据牛顿第二定律，有：‎ mg-q=ma  ②‎ 联立①②解得：‎ A. ，与结论相符，选项A符合题意；‎ B. ，与结论不相符，选项B不符合题意；‎ C. ，与结论不相符，选项C不符合题意；‎ D. ，与结论不相符，选项D不符合题意；‎ ‎6.一个初动能为Ek的电子，垂直电场线飞入平行板电容器中，飞出电容器的动能为2Ek，如果此电子的初速度增至原来的2倍，则它飞出电容器的动能变为（　　）‎ A. 4Ek B. 8Ek C. 4.5Ek D. 4.25Ek ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】ABCD．设电子以速度v0，通过宽度为L的电场，则电子沿电场方向的位移为 电子从进入电场到飞出电场过程，由动能定理得 联立以上两式得 当时，，则有 如果此电子的初速度增至原来的2倍，则电子的动能变为原来的4倍。‎ 当时，，则有 联立以上两式得 故D正确，ABC错误。故选D。‎ ‎7.如图所示，带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的3倍，它们以相等的速度从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，若OM＝MN，忽略粒子重力的影响，则P和Q的质量之比为（ ）‎ A. 3∶4 B. 4∶‎3 ‎C. 3∶2 D. 2∶3‎ ‎【答案】A ‎【解析】两带电粒子的初速度相等都是，所以它们在电场中的运动时间，，在竖直方向上做匀加速直线运动，发生的位移相等，所以即可以推出所以，选A ‎8.如图所示，电阻R1、R2、R3的阻值相等，电池的内阻不计，开关S闭合前流过R2的电流为I，求S闭合后流过R2的电流大小为（　　）。‎ A. 仍为I B. I C. I D. I ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】ABCD．S闭合前，流过的电流 S闭合后，流过的电流 ABD错误，C正确。‎ 故选C。‎ ‎9.有一电压表，它的内阻100Ω，量程0.2V，现要改装成量程为‎10A的电流表，电压表上应（ ）‎ A. 并联0.002Ω的电阻 B. 并联0.02Ω的电阻 C. 并联50Ω的电阻 D. 串联4 900Ω的电阻 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】电表满偏电流为：‎ 把它改装成量程为‎10A的电流表需要并联一个分流电阻，并联电阻阻值为：‎ A．并联0.002Ω的电阻，与结论不相符，选项A错误；‎ B．并联0.02Ω的电阻，与结论相符，选项B正确；‎ C．并联50Ω的电阻，与结论不相符，选项C错误；‎ D．串联4 900Ω的电阻，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎10.甲、乙两同学使用多用电表欧姆挡测同一个电阻时，他们都把选择开关旋到“×‎100”‎挡，并能正确操作．他们发现指针偏角太小，于是甲把选择开关旋到“×1 k”挡，乙把选择开关旋到“×‎10”‎挡，但乙重新调零，而甲没有重新调零．则以下说法正确是(　　)‎ A. 甲选挡错误，而操作正确 B. 乙选挡正确，而操作错误 C. 甲选挡错误，操作也错误 D. 乙选挡错误，而操作正确 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】选择开关旋到“×‎100”‎挡，正确操作，指针偏角太小，说明被测阻值较大，所选挡位偏小，应换大挡，应把选择开关旋到“×1k”挡，然后进行欧姆调零，再测电阻．‎ A．甲选挡错误，而操作正确．故A错误． B．乙选挡正确，而操作错误．故B错误．‎ C．甲选挡错误，操作也错误．故C错误． D．乙选挡错误，而操作正确．故D正确．‎ ‎11.电阻R1，R2串联接在10 V的电路中，已知R1 = 2 kΩ，R2 = 3 kΩ，电路电压保持不变，用伏特表测量R2上的电压，当用6 V量程测时读数为5 V，若用该表12 V量程测时，伏特表读数应为（　　）‎ A. 4.82 V B. 5.46 V C. 6.60 V D. 8.84 V ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】ABCD．设量程6 V的电压表内阻为R，则量程12 V的电压表内阻为2R，当用量程6 V的电压表测量R2时，电压表的读数是5 V，则R1两端的电压为5 V，则有 解得 当用量程12 V的电压表测量R2两端电压时，电压表与R2并联的电阻为 则电压表的读数为 故B正确，ACD错误。故选B。‎ ‎12.如图，若伏特表读数为9 V，安培表读数为‎0.1 A，伏特表内阻为9 kΩ，安培表内阻为10 Ω，则待测电阻Rx的阻值为（　　）‎ A. 80.9 Ω B. 90 Ω C. 101.9 Ω D. 90.9 Ω ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据欧姆定律得，Rx与电压表并联的电阻值为 又因为 代入数据解得 故D正确，ABC错误。故选D。‎ ‎13.如图电路，平行板中间有一带电液滴正处于静止状态，下列哪种做法可使液滴上升（　　）‎ A. 增大R1 B. 减小R‎1 ‎C. 增大R2 D. 减小R2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．图中R1与电容器串联，电容器相当断路，R1中没有电流，改变R1的大小，对电容器板间电压没有影响，不能改变板间场强，液滴所受的电场力不变，仍处于静止状态，故AB错误；‎ CD．电容器板间电压与R2两端电压相等，增大R2，闭合电路中电流减小，电源内阻分压减小，则R2两端电压增大，即电容器板间电压增大，由可知，d不变，U增大，则板间场强E增大，带电液滴所受向上的电场力增大，所以液滴将上升，故C正确，D错误。‎ 故选C。‎ ‎14.如图所示的电路中，当变阻器R3的滑片向上移动时（ ）‎ A. 电压表示数变小，电流表示数变大 B. 电压表示数变大，电流表示数变小 C. 电压表示数变大，电流表示数变大 D. 电压表示数变小，电流表示数变小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】当变阻器R3的滑片向上移动时，R3接入电路的阻值增加，整个电路总电阻增加，总电流强度减小，内电压降低，路端电压升高，电压表示数增加；流过R1的电流减小，加在R1两端的电压降低，因此加在R2两端的电压升高，流过R2的电流增大，由于总电流减小，因此流过电流表的电流减小，故B正确，ACD错误。故选B。‎ ‎15.一根长为L，横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ．棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e．在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流、自由电子定向运动的平均速率为v．则金属棒内的电场强度大小为 A. B. C. ρnev D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】考查电路和电场知识 ‎【详解】，I=neSv，，，联立得E=ρnev，故选C．‎ 二、多项选择题（本大题共5小题，每小题4分，选不全得2分，共20分）‎ ‎16.在“探究决定导线电阻的因素”的实验中，以下操作中错误的是 (　　)‎ A. 用米尺测量金属丝的全长，且测量三次，算出其平均值，然后再将金属丝接入 电路中 B. 用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值 C. 用伏安法测电阻时采用电流表内接法，多次测量后算出平均值 D. 实验中应保持金属丝的温度不变 ‎【答案】AC ‎【解析】实验中应测量出金属丝接入电路中的有效长度，而不是全长；金属丝的电阻很小，与电压表内阻相差很大，使金属丝与电压表并联，电压表对它分流作用很小，应采用电流表外接法．故A、C操作错误．‎ ‎17.如图所示，两块较大的金属板A、B相距为d，平行放置并与一电源相连，S闭合后，两板间恰好有一质量为m，带电量为q的油滴处于静止状态，以下说法正确的是（ ）‎ A. 若将S断开，则油滴将做自由落体运动，G表中无电流 B. 若将A向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G表中有b→a的电流 C. 若将A向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G表中有b→a的电流 D. 若将A向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G表中有b→a的电流 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A、将S断开，电容器电量不变，板间场强不变，故油滴仍处于静止状态，A错误；‎ B、若S闭合，将A板左移，由E=可知，E不变，油滴仍静止，而电容C变小，电容器极板电量Q=CU变小，电容器放电，则有由b→a的电流，故B正确；‎ C、将A板上移，由E=可知，E变小，油滴应向下加速运动．电容C变小，电容器要放电，则有由b→a的电流流过G，故C正确；‎ D、当A板下移时，板间电场强度增大，油滴受的电场力增加，油滴向上加速运动，C增大，电容器要充电，则有由a→b的电流流过G，故D错误．故选BC ‎18.两只电压表和是由完全相同的电流表改装而成的，的量程为5V，的量程为15V，为了测量的电压，把、串联起来使用，在这种情况下　　‎ A. 和读数相等 B. 和两表指针偏转角相等 C. 和的读数之比等于电压表的内阻之比 D. 和的指针偏转角度之比等于两个电压表的内阻之比 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】设电压表的内阻为，电压表的内阻为，由电压表的改装原理可知，，若将二者串联起来，通过它们的电流相同，则的读数，的读数为，所以，故A错误；根据通过电流表的偏角与电流成正比可知，串联时电流相等，偏角也应相等，故B正确；根据选项A的分析可知，，故C正确；由电流表的指针偏角与通过的电流成正比可知，与的偏转角度应相等，故D错误．所以BC正确，AD错误．‎ ‎19.如图所示，用两节干电池点亮几只小灯泡，当逐一闭合开关，接入的灯泡增多时，以下说法正确的是（　　）‎ A. 灯少时各灯较亮，灯多时各灯较暗 B. 灯多时各灯两端的电压较小 C. 灯多时通过电池电流较小 D. 灯多时通过各灯的电流较大 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC．由图可知，灯泡均为并联，当点亮的电灯数目增多时，并联的支路增多，由并联电路的电阻规律可知，外部总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得知，通过电池的电流增大，则电池的内电压增大，故路端电压减小，灯泡两端的电压变小，灯泡变暗，故AB正确，C错误；‎ D．由上分析可知，灯多时，灯泡两端的电压较小，由欧姆定律可知，各灯的电流较小，故D错误。故选AB。‎ ‎20.如图所示电路，电源电动势为E，内电阻为零，外接电路中的电阻R1 = 10 Ω，电动机的内阻R2 = 10 Ω，当开关打开时，电流表的示数是‎1 A，当开关合上后，电动机转动起来，电流表A的示数I和外电路消耗的电功率P应是（　　）‎ A. I = ‎2 A B. I < ‎2 A ‎ C. P = 20 W D. P < 20 W ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．当开关打开时，由欧姆定律得 当开关合上后，通过R1的电流仍为‎1 A，电动机的电流 故电流表的电流 故A错误，B正确；‎ CD．电路中的电功率 故C错误，D正确。故选BD。‎ 三、实验题（本大题共2小题，第一小题4分，第二小题11分）‎ ‎21.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的长度和直径，步骤如下：‎ ‎（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图甲，由图可知其长度为_____mm；‎ ‎（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙，由图可知其直径为_____mm。‎ ‎【答案】 (1). 50.15 (2). 6.700‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]游标卡尺主尺读数为‎50 mm，游标尺读数为 ‎0.05 × ‎3 mm = ‎‎0.15 mm 所以最终读数为 ‎50 mm‎ + ‎0.15 mm = ‎‎50.15 mm ‎（2）[2]螺旋测微器的固定刻度读数为‎6.5 mm，可动刻度读数为 ‎0.01 × ‎20.0 mm = ‎‎0.200 mm 所以最终读数为 ‎6.5 mm‎ + ‎0.200 mm = ‎‎6.700 mm ‎22.在测定一节干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：‎ A.干电池E（电动势约为1.5V，内阻小于）‎ B.电流表（满偏电流3mA，内阻）‎ C.电流表（，内阻）‎ D.滑动变阻器 E.滑动变阻器 F.定值电阻 G.开关和导线若干 ‎（1）为方便且能较准确地进行测量，其中应选用的滑动变阻器是_________．（填字母代号）‎ ‎（2）请画出利用本题提供的器材所设计的测量电池电动势和内阻的实验电路图．‎ ‎（3）如图为某一同学根据他所设计的实验绘出的图线（为的示数，为的示数），由图线可求得被测电池的电动势E=_________V，内阻r=__________．‎ ‎【答案】(1). D (2). (3). 1.48 0.75‎ ‎【解析】（1）实验中应选用的较小阻值的滑线变阻器，有利于电流的变化和表的读数所以选R1，故选D． （2）由于没有电压表，用电流表A1与定值电阻串联组成电压表测路端电压，电流测电路电流，实验电路图如图所示：‎ ‎（3）表头的示数与定值电阻阻值的乘积可作为路端电压处理，则由闭合电路欧姆定律可知：I1（R3+Rg）=E-I2r，变形得：‎ ‎，由图可知，图象与纵坐标的交点为1.48mA，则有：，解得：；由图象可知，图象的斜率为：0.75×10-3，由公式得图象的斜率等于，即，解得：．‎ 四、计算题（本大题共4小题，每小题10分）‎ ‎23.—个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图所示，AB与电场线夹角θ=30°，已知带电微粒的质量m=1.0×10－‎7kg，电荷量q=1.0×10－‎10C，A、B相距L=‎20cm（取g=‎10m/s2，结果保留两位有效数字）。求：‎ ‎(1)说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由；‎ ‎(2)电场强度的大小和方向；‎ ‎(3)要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少。‎ ‎【答案】(1)见解析；(2)1.7×104N/C，水平向左；(3)‎2.8m/s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)微粒只在重力和电场力作用下沿AB方向运动，重力和电场力在垂直于AB方向上的分量必等大反向，可知电场力的方向水平向左，微粒所受合力的方向由B指向A，与初速度方向相反，微粒做匀减速运动。‎ ‎(2)在垂直于AB方向上，有 解得电场强度为 即电场强度大小为，方向水平向左。‎ ‎(3)当微粒由A运动到B时的速度时，微粒进入电场时的速度最小，由动能定理得 代入数据，解得 ‎24.如图所示，A、B是两个带等量同种电荷的小球，A固定在竖直放置的‎10 cm长的绝缘支杆上，B静止于光滑绝缘的倾角为30°的斜面上且恰与A等高，若B的质量为30g，则B带电荷量是多少？(取g＝‎10 m/s2)‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：因为B静止于光滑绝缘的倾角为30°的斜面上，且恰与A等高，设A、B之间的水平距离为L，‎ 根据题意可得，所以 对B进行受力分析，如图所示，依据物体平衡条件解得库仑力：‎ 根据得，代入数据解得 考点：考查了库仑定律，共点力平衡条件的应用 ‎【名师点睛】在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，然后根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解，如果物体受到三力处于平衡状态，则可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据角度列式求解．‎ ‎25.如图所示的电路中，当S闭合时，电压表和电流表(均为理想电表)的示数各为1.6V和‎0.4A．当S断开时，它们的示数各改变0.1V和‎0.1A，求电源的电动势和内电阻．‎ ‎【答案】E＝2 V，r＝1 Ω ‎【解析】‎ 试题分析：当S闭合时，R1、R2并联接入电路，由闭合电路欧姆定律得：‎ U1＝E－I1r即E＝1．6＋0．4r，①‎ 当S断开时，只有R1接入电路，由闭合电路欧姆定律得：‎ U2＝E－I2r，‎ 即E＝（1．6＋0．1）＋（0．4－0．1）r，②‎ 由①②得：E＝2 V，r＝1 Ω．‎ 考点：闭合电路欧姆定律 ‎【名师点睛】求解电源的电动势和内阻，常常根据两种情况由闭合电路欧姆定律列方程组求解，所以要牢记闭合电路欧姆定律的不同表达形式．‎ ‎26.如图所示，R为电阻箱，V为理想电压表．当电阻箱读数为R1＝2Ω时，电压表读数为U1＝4V；当电阻箱读数为R2＝5Ω时，电压表读数为U2＝5V．求：‎ ‎（1）电源的电动势E和内阻r．‎ ‎（2）当电阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值Pm为多少？‎ ‎【答案】（1）E=6 V r=1 Ω （2）当R=r=1 Ω时，Pm=9 W ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由闭合电路欧姆定律得：‎ ‎，代入得①，‎ ‎，代入得：②，‎ 联立上式并代入数据解得：E=6V，r=1Ω ‎（2）当电阻箱的阻值等于电源的内电阻时电源的输出功率最大，即有R=r=1Ω 电源的输出功率最大为：；‎