辽宁省沈阳铁路实验中学2019-2020学年高二上学期10月月考物理试题 18页

沈阳铁路实验中学2019-2020学年度上学期10月月考试题 高二物理 一、选择题（1-8单选，9-12多选，每题4分，漏选得2分错选不得分）‎ ‎1.下列关于电源电动势的说法中正确的是 A. 在某电源的电路中，每通过2C的电荷量，电源提供的电能是4J，那么这个电源的电动势是0.5V B. 电动势就是电源两极间的电压 C. 电源的电动势与外电路无关 D. 电源的电动势越大，电源所能提供的电能就越多 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在某电源的电路中，每通过2C的电荷量，电源提供的电能是4J，那么这个电源的电动势是 故A错误；‎ B.闭合电路欧姆定律得知：电动势的数值等于内外电压之和，当电源没有接入电路时，电路中没有电流，电源的内电压为零，外电压即电源两极间的电压等于电动势；当电源接入电路时，电路有电流，电源有内电压，两极间的电压小于电动势，故B错误；‎ C. 电动势由电源本身特性决定，与外电路的组成无关，故C正确；‎ D. 电源电动势越大，电源将其他形式的能转化为电能的本领就越大，不能说电源所能提供的电能就越多；故D错误。‎ ‎2.如图所示，R1和R2是同种材料、厚度相同、表面为正方形的导体，但R1的尺寸比R2的尺寸大.在两导体上加相同的电压，通过两导体的电流方向如图所示，则下列说法中正确的是 A. R1中的电流小于R2中的电流 B. R1中的电流大于R2中的电流 C. R1中自由电荷定向移动的速率大于R2中自由电荷定向移动的速率 D. R1中自由电荷定向移动的速率小于R2中自由电荷定向移动的速率 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设导体厚度为d，R边长为L，电阻率为ρ，根据电阻定律得导体的电阻为：‎ 由此可知导体R1、R2的阻值相等。‎ AB. 电压相等，导体R1、R2的阻值相等，所以通过R1的电流等于通过R2的电流，故AB错误；‎ CD.根据电流的微观表达式：‎ I=nevS=nevLd 由于I、n、e、d相同，则L越大，v越小，则R1中自由电荷定向移动的速率小于R2中自由电荷定向移动的速率，故D正确，C错误。‎ ‎3.如图所示，图甲实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子从电场中的P点静止释放，不考虑两粒子间的相互作用，仅在电场力作用下，两粒子做直线运动，a、b粒子的速度大小随时间变化的关系如图乙中实线所示，虚线为直线，则(　　)‎ A. a一定带正电，b一定带负电 B. a向左运动，b向右运动 C. a电势能减小，b电势能增大 D. a动能减小，b动能增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．从速度时间图象中可以看出，a粒子加速度逐渐增大，b粒子加速度逐渐减小，因为粒子仅受电场力，可知a粒子电场力逐渐增大，b粒子电场力逐渐减小，所以a向左运动，‎ b向右运动。由于不知电场的方向，所以无法判断a、b的电性。故A错误，B正确。‎ C．带电粒子在电场中运动时，电场力做正功，所以a、b的电势能均减小。故C错误。‎ D．带电粒子在电场中运动时，电场力做正功，因为仅受电场力，根据动能定理，a、b的动能均增加。故D错误。‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道电场的疏密反映电场的强弱，及掌握电场力做功与电势能的关系和熟练运用动能定理。‎ ‎4.如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线。在电场力的作用下，一带电粒子(不计重力)经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. 粒子带正电 B. 粒子在B点的加速度小 C. 粒子在B点的电势能比A小 D. A、B两点相比，B点的电势较低 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.曲线运动的合力应指向轨迹的凹侧，因此粒子在A点的受力方向与电场线方向相反，因此粒子带负电，A错误 B.电场线越密集场强越大，因此B点的电场强度大，由可知粒子在B点的加速度较大，B错误 CD.沿着电场线的方向电势降低，因此B点电势低于A点电势，D正确；由可知负电荷在电势低的地方电势能大，因此B点电势能高于A点电势能。C错误 ‎5.如图所示，一个质量为m，带电量为+q的粒子在匀强电场中运动，依次通过等腰直角三角形的三个顶点A、C、B，粒子在A、B两点的速率均为v0，在C点的速率为，已知 ‎=d，匀强电场在ABC平面内，粒子仅受电场力作用。则该匀强电场的场强大小为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 粒子在电场中只受电场力作用，则粒子的电势能和动能之和守恒，根据题意可知AB两点的电势相同，根据能量关系求解C点的电势，根据E=U/d求解场强大小.‎ ‎【详解】粒子在电场中只受电场力作用，则粒子的电势能和动能之和守恒，因在A、B两点的速率均为v0，可知在两点的动能也相同，电势能也相同，设在A、B两点的电势均为U，则在C点时满足：，解得，场强的方向由C垂直于AB方向，则，故选A.‎ ‎【点睛】此题关键是能找到等势面以及场强的方向，利用E=U/d求解，注意d是沿电场线方向的距离；知道粒子在电场中只受电场力作用时，粒子的电势能和动能之和守恒.‎ ‎6.三个相同的金属小球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＝5‎ B. n＝6‎ C. n＝7‎ D. n＝8‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设1、2距离为R，则球1、2之间作用力为：‎ ‎3与2接触后，它们带电的电量平分，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 联立解得：‎ A. n＝5与分析不符，故A项错误；‎ B. n＝6与分析相符，故B项正确；‎ C. n＝7与分析不符，故C项错误；‎ D.n＝8与分析不符，故D项错误 ‎7.如图所示，空间有一正三棱锥PABC，D点是BC边上的中点，O点是底面ABC的中心，现在顶点P点固定一正的点电荷，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 底面ABC为等势面 B. A、B、C三点的电场强度相同 C. 若B、C、D三点的电势为、、，则有 D. 将一正的试探电荷从点沿直线BC经过D点移到C点，静电力对该试探电荷先做负功后做正功 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.O到P点距离比ABC三点到P点距离短，故电势比ABC三点电势高，又O点为底面ABC上的一点，故底面ABC不为等势面，故A错误；‎ B.A、B、C三点到P点距离相同，故三点电场强度大小相等，但方向不同，故A、B、C三点的电场强度不相同，故B错误； C.BC两点到P点距离相等，两点电势相等，则φB-φD=φC-φD，则φB-φD=-（φD-φC），故C错误；‎ D.BC两点到P点距离相等，两点电势相等，D点到P点距离比BC两点小，故D电电势高于BC两点电势，故正试探电荷从B点沿直线BC经过D点移到C点，电势能先增加后减小，故静电力对该试探电荷先做负功后做正功，故D正确；‎ ‎8.真空中相距为3a的两个点电荷M、N,分别固定于x轴上和的两点上,在它们连线上各点场强随x变化关系如图所示,以下判断中正确的是(   )‎ A. 点电荷M、N一定为同种电荷 B. 点电荷M、N所带电荷量的绝对值一定相等 C. 点电荷N所带电荷量的绝对值一定比点电荷M所带电荷量的绝对值大 D. x=2a处的电势一定为零 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图可知，在x=2a的位置合场强为零，说明两点电荷在此处的场强大小相等方向相反，即两点电荷一定为同种电荷，故A正确；‎ BC。x=2a处的合场强为0，由 得：‎ 得QM：QN=4：1，故BC错误；‎ D.无穷远处和大地的电势为零，正电荷周围的电势都是正的，因此两个正电荷周围的电势大于零，D错误 ‎9.如图所示，A、B为两块平行带电金属板，A带负电，B带正电且与大地相接，两板间P点处固定一负电荷，设此时两极间的电势差为U，P点场强大小为E，电势为，负电荷的电势能为，现将A、B两板水平错开一段距离(两板间距不变)，则( )‎ A. U变大， E变大 B. U变小，变小 C. 变小，变大 D. 变大，变小 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变。将两极板适当错开一段距离，两板正对面积减小，根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析板间电压的变化，由分析场强的变化。根据P点与下板电势差的变化判断P点的电势的变化，再分析正电荷在P点的电势能的变化。‎ ‎【详解】A项：将两板水平错开一段距离，两板正对面积减小，根据电容的决定式可知，电容C减小，而电容器的电量Q不变，则由得知，板间电压U增大，板间场强，可见E增大，故A正确；‎ B、C、D项：P点到下板距离不变，由公式U=Ed得知，P点与下板电势差增大，故P点的电势变小；由于电场线向上，P点的电势低于下极板的电势，则P点的电势降低，负电荷在P点的电势能ɛ变大。故C正确，BD错误。‎ 故应选：AC。‎ ‎【点睛】本题是电容器动态变化分析问题，由电容的两个公式：和结合进行分析。‎ ‎10.如图竖直墙面与水平地面均光滑绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面，且共处于同一竖直平面内，若用如图所示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于如图所示位置，如果将小球B稍向左推过一些，两球重新平衡时的受力情况与原来相比(　　)‎ A. 推力F将增大 B. 墙面对小球A的弹力减小 C. 地面对小球B的弹力减小 D. 两小球之间的距离增大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC.以A球为研究对象，分析受力，作出力图如图所示：‎ 设B对A的库仑力F与墙壁的夹角为θ，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为：‎ 将小球B向左推动少许时θ减小，则N1减小，再以AB整体为研究对象，分析受力如图所示 由平衡条件得：‎ F=N1‎ N2=（mA+mB）g 则F减小，地面对小球B的弹力一定不变。故A错误，B正确，C错误；‎ D. 库仑力 θ减小，cosθ增大，F库减小，根据库仑定律分析得知，两球之间的距离增大。故D正确。‎ ‎11.如图所示，电源电动势E=3 V，小灯泡L的规格为“2 V　0.4 W”，开关S接1，当滑动变阻器调到R=4 Ω时，小灯泡L正常发光，现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作．则(　　)‎ A. 电源内阻为1 Ω B. 电动机的内阻为4 Ω C. 电动机正常工作电压为1 V D. 电源效率约为93.3%‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．小灯泡的额定电流为，电阻为，当接1时，由闭合电路欧姆定律可知，代入数据解得r=1Ω，故A正确；‎ BC．当接2时灯泡正常发光，流过的电流为I=0.2A，电源内阻分的电压为，故电动机分的电压为，电动机的内阻，故B、C错误；‎ D．电动机的输入功率，电源的效率，故D正确；‎ ‎【点睛】关键是电动机为非纯电阻电路，注意公式的应用，同时注意串并联电路的规律应用。‎ ‎12.如图所示电路中电源电动势为E,内阻为r,开关s闭合后，平行金属板中的带电液滴处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，当滑动变阻器滑片P向b端滑动过程中，下列说法正确的是( )‎ A. R3的功率变大 B. 电压表、电流表示数都变大 C. 减小平行板间距则液滴一定向下移动 D. 电容器C所带电量减少，液滴向下加速运动 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 此闭合电路的外电路由构成，与并联后再与R1串联，电容器两端的电压与R3两端电压相等，现将滑片向b端滑动，接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，外电路电压减小，总电流变大，则定值电阻R1上的电压增大，电压表示数变大，两端电压减小，功率变小，电流表示数变大，选项A错误，B正确；平行板间电压减小，减小平行板间距时，板间电场可能不变，选项C错误；电容器两端的电压减小，所带电荷量减少，电容器极板间的场强减小，液滴受到的电场力减小，液滴向下加速运动，选项D正确．‎ 二、填空题（每空2分，共12分）‎ ‎13.在“伏安法测电阻”实验中，所用测量仪器均已校准。其中某一次测量结果如图所示，其电流表的读数为______A。‎ ‎【答案】0.42‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]电流表使用的0～0.6A量程，每一个大格代表0.2A，每一个小格代表0.02A，电流为0.42A。‎ ‎14.如图，读出下列游标卡尺和螺旋测微器的读数。‎ ‎ ‎ ‎(1)游标卡尺读数______cm ‎(2)螺旋测微器读数为______mm ‎【答案】 (1). 10.04 (2). 5.803（5.802~5.804）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．‎ ‎【详解】（1）游标卡尺的主尺读数为100mm，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为4×0.1mm=0.4mm，所以最终读数为：10mm+0.4mm=100.4mm=10.04cm．‎ ‎（2）螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为30.3×0.01mm=3.030mm，所以最终读数为5.5mm+3.030mm=5.803mm．‎ ‎【点睛】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．‎ ‎15.某学习兴趣小组欲采用如图所示电路测量电压表的内阻RV，待测电压表的量程为1V，内阻约为1000。‎ ‎(1)在备选的甲、乙两个滑动变阻器的铭牌上分别标有(200 1A)、(10 2A)，为尽可能提高测量精度且便于调节，滑动变阻器R1应选用___________(填“甲”或“乙”)‎ ‎(2)同学们的实验步骤如下，请将步骤Ⅰ补充完整：‎ Ⅰ.正确连接好电路后，在闭合开关之前，将滑动变阻器R1的滑片移到_________(填“左端”或“右端”)‎ Ⅱ.闭合开关S1和S2，调节R1，使电压表指针指到1V刻度处，‎ Ⅲ.保持S1闭合、变阻器R1的滑片位置不变，断开S2，调整电阻箱R2的阻值，使电压表的指针指到0.5V刻度处，此时电阻箱R2的示数为990。‎ ‎(3)该电压表内阻的测量值为_____________。‎ ‎【答案】 (1). 乙 (2). 左端 (3). 990‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]由题意可知，滑动变阻器乙的最大阻值较小，乙的额定电流较大，实验电路选择分压式，所以为保证安全方便实验操作，滑动变阻器应选择乙。‎ ‎（2）[2]由图示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，在闭合开关之前，将滑动变阻器R1的滑片移到左端，使待测支路电流为零。‎ ‎（3）[3]断开开关S2后认为分压电路分压不变，仍为1V，电压表示数为0.5V，说明电阻箱两端电压为0.5V，电压表与电阻箱串联，它们两端电压相等，由串联电路特点可知，它们的阻值相等，则电压表内阻等于电阻箱阻值990Ω。‎ 三、计算题（共40分）‎ ‎16.如图所示，在A点固定一正电荷，电荷量为Q，在离A高度为H的C处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动的瞬间加速度大小恰好为重力加速度g。已知静电力常量为k，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力。‎ ‎(1)求液珠的比荷；‎ ‎(2)求液珠速度最大时离A点的距离h；‎ ‎【答案】(1)(2)H ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设液珠的电荷量为q，质量为m，有 k－mg＝ma 又由题 a=g 解得液珠的比荷为 ‎＝‎ ‎(2)当液珠速度最大时，库仑力与重力大小相等有 k＝mg 解得 h＝H ‎17.两平行的带电金属板水平放置，板间电场可视为匀强电场。带电量相等粒子a，b分别以相同初速度水平射入匀强电场，粒子a飞离电场时水平方向分位移与竖直方向分位移大小相等，粒子b飞离电场时水平方向速度与竖直方向速度大小相等。忽略粒子间相互作用力及重力影响，求粒子a、b质量之比。‎ ‎【答案】1：2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】假设极板长度为l，粒子a的质量为ma，离开电场时竖直位移为y，粒子b的质量为mb，离开电场时竖直分速度为vy，两粒子初速度均为v0，在极板间运动时间均为t 对粒子a：l＝v0t…①‎ y＝a1t2…②‎ ‎ …③‎ y＝l…④‎ ‎①②③④联立解得： ‎ 对粒子b：vy＝a2t…⑤‎ vy＝v0…⑥‎ ‎ …⑦‎ ‎①⑤⑥⑦联立解得： ‎ 则。‎ ‎18.如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管ADB固定在竖直平面内。圆管的圆心为O，D点为圆管的最低点，AB两点在同一水平线上，AB=2L，圆管的半径为r=L(自身的直径忽略不计)。过OD的虚线与过AB的虚线垂直相交于C点，在虚线AB的上方存在方向水平向右、范围足够大的匀强电场；虚线AB的下方存在方向竖直向下、范围足够大的匀强电场，电场强度大小E2=。圆心O正上方的P点有一质量为m、电荷量为－q(q>0)的小球(可视为质点)，PC间距为L。现将该小球从P点无初速释放，经过一段时间后，小球刚好从管口A无碰撞地进入圆管内，并继续运动。重力加速度为g。求：‎ ‎(1)虚线AB上方匀强电场的电场强度E1的大小；‎ ‎(2)小球在AB管中运动经过D点时对管的压力FD；‎ ‎（3）小球从管口B离开后，经过一段时间到达虚线AB上的N点(图中未标出)，在圆管中运动的时间与总时间之比。‎ ‎【答案】（1） （2）2mg，方向竖直向下（3） ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，根据正交分解，垂直运动方向的合力为零，列出平衡方程即可求出虚线AB上方匀强电场的电场强度；（2）根据动能定理结合圆周运动的规律求解小球在AB管中运动经过D点时对管的压力FD；（3）小物体由P点运动到A点做匀加速直线运动，在圆管内做匀速圆周运动，离开管后做类平抛运动，结合运动公式求解在圆管中运动的时间与总时间之比.‎ ‎【详解】（1）小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小物体从A点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则：tan45°= 解得： ‎ ‎（2）从P到A的过程，根据动能定理：mgL+EqL=mvA2‎ 解得vA=2 ‎ 小球在管中运动时，E2q=mg，小球做匀速圆周运动，则v0=vA=2‎ 在D点时，下壁对球的支持力 ‎ 由牛顿第三定律，方向竖直向下。 ‎ ‎（3）小物体由P点运动到A点做匀加速直线运动，设所用时间为t1，则： 解得 ‎ 小球在圆管内做匀速圆周运动时间为t2，则： ‎ 小球离开管后做类平抛运动，物块从B到N的过程中所用时间： ‎ 则：‎ ‎【点睛】本题考查带点小物体在电场力和重力共同作用下的运动，解题关键是要分好运动过程，明确每一个过程小物体的受力情况，并结合初速度判断物体做什么运动，进而选择合适的规律解决问题，匀变速直线运动利用牛顿第二定律结合运动学公式求解或者运用动能定理求解，类平抛利用运动的合成和分解、牛顿第二定律结合运动学规律求解。‎ ‎ ‎