河北省邢台巿南和一中2019-2020学年高二上学期第一次月考物理试题 15页

物 理 试 题 ‎(本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分)‎ 第Ⅰ卷(选择题　共48分)‎ 一．选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分。第1~7小题只有一项符合题目要求，第8~12小题有多项符合要求。全部选对得4分，少选得2分，有错选得0分）‎ ‎1.冬天在撕开包装盒外的塑料包装纸时，我们经常会发现撕开的包装纸粘在手上甩不掉的现象．对上述的判断与分析，下列说法正确的是（　　）‎ A. 塑料包装纸粘在手上甩不掉的原因和口香糖粘在手上甩不掉的原因相同 B. 这种现象是摩擦起电后的库仑力造成的 C. 手对塑料包装纸的引力等于塑料包装纸受到的重力 D. 手对塑料包装纸有引力作用而塑料包装纸对手没有引力作用 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 冬天在撕开包装盒外的塑料包装纸时，塑料包装纸会引摩擦带上一定的电荷，带电荷而且又绝缘的包装纸会与附近 的手发生静电感应，所以包装纸就会粘在手上甩不掉。可知这种现象时摩擦起点后的库仑力造成的，与口香糖粘在手上甩不掉的原因不相同。故A错误，B正确；‎ C. 这种现象时摩擦起电后的库仑力造成的，不是手对包装纸的引力。故C错误；‎ D. 力的作用是相互的，手对塑料包装纸有引力作用，塑料包装纸对手也有引力作用。故D错误。‎ ‎2.已知真空中两电荷量分别为+q、﹣q的点电荷相距为R，电荷间的作用力大小为F，那么真空中两电荷量分别为+2q、+5q的点电荷相距为2R，电荷间的作用力大小为（　　）‎ A. F B. ‎2.5F C. ‎5F D. ‎‎10F ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由点电荷库仑力的公式，电荷间的作用力大小为 两电荷量分别为+2q、+5q的点电荷相距为2R，可以得到，则两电荷间的作用力为 A. F与分析不符，故A错误。‎ B. ‎2.5F与分析相符，故B正确。‎ C. ‎5F与分析不符，故C错误。‎ D. ‎10F与分析不符，故D错误。‎ ‎3.如图所示，当一个带电的小球C从远处慢慢移近不带电的金属棒AB的A端时，下列说法正确的是（　　）‎ A. 金属棒中的正、负电荷均不移动 B. 金属棒中的负电荷向A端移动，同时正电荷向B端移动 C. 金属棒中的正电荷向B端移动，负电荷不移动 D. 金属棒中的负电荷向A端移动，正电荷不移动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 金属导电的实质是自由电子的移动，即自由电子在外电场的作用下发生移动，正电荷不移动。故A错误；‎ BCD. 当一个带电的小球C从远处慢慢移近不带电的金属棒AB的A端时，由于C产生的电场的向右，故带负电的电子向A端移动，A端积累负电荷而带上负电，B端失去负电荷而带上正电，故BC错误D正确。‎ ‎4.如图为某匀强电场的等势面分布图，每两个相邻等势面相距‎2 cm，则该匀强电场的场强大小和方向分别为 A. E＝200 V/m，水平向左 B. E＝200 V/m，水平向右 C. E＝100 V/m，水平向左 D. E＝100 V/m，水平向右 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据电场线总是与等势面垂直，而且由高电势指向低电势，可知，电场强度方向水平向左。 两个相邻等势面相距：d=‎2cm=‎0.02m，电势差为：U=2V，则电场强度为：；故C正确ABD错误。故选C。‎ ‎5.如图所示,实线和虚线分别表示等量异种点电荷的电场线和等势线,则下列有关P、Q两点的相关说法中正确的是(　　)‎ A. 两点的电场强度等大、反向 B. P点电场更强 C. 两点电势一样高 D. Q点的电势较低 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由电场线可知，Q点场强更大，两点场强方向相同，AB错。两点处在同一等势面上电势为0，C对D错。‎ ‎6.在点电荷+Q形成的电场中有一点A，当一个﹣q的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时，电场力做的功为W，则检验电荷在A点的电势能及电场中A点的电势分别为（　　）‎ A. EPA＝﹣W，A＝‎ B. EPA＝W，A＝﹣‎ C. EPA＝W，A＝‎ D. EPA＝﹣W，A＝﹣‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】-q的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时，电场力做的功为W，则电荷的电势能减小W，无限处电荷的电势能为零，则电荷在A点的电势能为 EPA =-W A点的电势 A. EPA＝﹣W，A＝与分析相符，故A正确。‎ B. EPA＝W，A＝﹣与分析不符，故B错误。‎ C. EPA＝W，A＝与分析不符，故C错误。‎ D. EPA＝﹣W，A＝﹣与分析不符，故D错误。‎ ‎7.如图所示，a、b、c是一条电场线上的三点，电场线的方向由a到c，a、b间距离等于b、c间距离，用a、b、c和Ea、Eb、Ec分别表示a、b、c三点的电势和场强，可以判定（　　）‎ A. a﹣b＝b﹣c B. Ea＞Eb＞Ec C. a＞b＞c D. Ea＝Eb＝Ec ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AC. 沿电场线方向电势一定降低，可以判定电势的高低，根据电场线方向可知 φa＞φb＞φc 但由于只有一条电场线，不能确定电场线的分布情况，无法比较场强的大小， ‎ 无法判断电势差大小，故A错误C正确。‎ BD. ‎ 电场线的疏密表示电场强度的相对大小，由于只有一条电场线，不能确定电场线的分布情况，无法比较场强的大小，故BD错误。‎ ‎8. 某一电场的电场线分布如图所示，以下说法正确的是（ ）‎ A a点电势高于b点电势 B. c点场强大于b点场强 C. 若将一检验电荷+q由a点移至b点，它的电势能增大 D. 若在d点再固定一点电荷﹣Q，将一检验电荷+q由a移至b的过程中，电势能减小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、沿着电场线方向电势降低，则知a点电势高于b点电势，故A正确；‎ B、电场线的密的地方场强大，b点电场线密，所以b点场强大于c 点场强，故B错误；‎ C、将一检验电荷+ q 由 a 点移至 b 点，根据可知它的电势能减小，故C错误；‎ D、若在d点再固定一点电荷−Q，a点电势高于b点电势，将试探电荷+q由a移至b的过程中，电场力做正功，电势能减小，故D正确；‎ 故选AD。‎ ‎【点睛】电场线的疏密反映电场的强弱；沿着电场线方向电势降低；根据电场力做功正负分析电荷的电势能如何变化。‎ ‎9.图中虚线为电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等。现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示。点a、b、c为实线与虚线的交点，已知O点电势高于c点。若不计重力，则 A. M带负电荷，N带正电荷 B. N在a点的速度与M在c点的速度大小相同 C. N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功 D. M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于O点电势高于c点。电场强度方向向下，根据MN粒子的运动轨迹可知N受到的电场力向上，M受到的电场力向下，N带负电，M带正电，A错误；‎ B．根据题意可知，而且电场力都做的是正功，而且电荷和质量大小相等，根据动能定理得，N在a点的速度与M在c点的速度大小不等，B错误；‎ C．N在从O点运动至a点的过程中受到的电场力向上，轨迹运动方向也向上，故电场力做正功，C错误 D．图中的虚线为等势线，即O点和b点的电势相等，所以M点从O点到b点的过程中电场力对粒子做功等于零，D正确；‎ ‎10.如图甲是某电场中的一条电场线，A、B是这条电场线上的两点，若将一负电荷从A点自由释放，负电荷沿电场线从A到B运动过程中的速度图象如图乙所示，比较A、B两点电势的高低和场强大小可知（　　）‎ A. A＞B B. A＜B C. EA＞EB D. EA＜EB ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.负电荷从A释放（初速为0）后，能加速运动到B，说明负电荷受到的电场力方向是从A指向B，那么电场方向就是由B指向A，由于沿电场线方向电势逐渐降低，所以AB两点的电势关系是φA＜φB，故A错误B正确。‎ CD.负电荷从A运动到B的过程中，它的加速度是逐渐减小的（乙图中的“斜率”表示加速度），由牛顿第二定律知，负电荷从A到B时，受到的电场力是逐渐减小的，场强逐渐减小，‎ EA＞EB，故C正确D错误。‎ ‎11.平行板电容器的两极板接于电池两极，一带电小球悬挂在电容器内部，闭合电键k，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为q．则下述说法正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 保持电键k闭合，带正电的A板向B板靠近，则q变大 B. 保持电键k闭合，带正电的A板向B板靠近，则q不变 C. 电键k断开，带正电的A板向B板靠近，则q不变 D. 电键k断开，带正电的A板向B板靠近，则q增大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.保持电键k闭合时，电容器板间电压不变，当带正电的A板向B板靠近时，板间距离d减小，由知，板间场强增大，小球所受电场力增大，则增大。故A正确，B错误。‎ CD.当电键k断开时，电容器板间电量不变，当带正电的A板向B板靠近时，板间距离d减小，根据、和，可得 则板间场强不变，小球所受电场力不变，则不变。故C正确，D错误。‎ ‎12.在如图所示电路中，定值电阻的阻值为10Ω，电动机M的线圈电阻值为2Ω，a、b两端加有44V的恒定电压，理想电压表的示数为24V，由此可知 A. 通过电动机的电流为‎12A B. 电动机消耗的功率为48W C. 电动机线圈在1分钟内产生的热量为480J D. 电动机输出功率为8W ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 通过电动机的电流为：‎ 故A错误。‎ B. 电动机消耗的功率为：‎ P=UI=24×2W=48W 故B正确。‎ C. 电动机线圈在1分钟内产生的热量为：‎ Q=I2rt=4×2×60J=480J 故C正确。‎ D. 电动机的输出功率为：‎ P出＝UI−I2r＝48−4×2W＝40W 故D错误。‎ 第Ⅱ卷(非选择题　共52分)‎ 二．实验题（共2小题，共15分。请把答案填在答题纸上)‎ ‎13.描绘小灯泡的伏安特性曲线的实验电路如图，小灯泡的额定电压是3.8V．‎ ‎（1）根据实验数据在坐标系中描点如图．试在坐标系中画出该小灯泡的伏安曲线______．‎ ‎（2）根据图象，下列说法正确的是（ ）‎ A、该小灯泡的额定功率为1.14W B、小灯泡在1V电压下灯丝的电阻约为7.1Ω C、小灯泡在2V电压下灯丝的电阻约为9.1Ω D、小灯泡在不同电压下的电阻不相同是因为灯丝的电阻率随温度升高而减小 ‎（3）关于该实验的系统误差，下列说法中正确的是（ ） ‎ A、系统误差主要是由电压表的分流引起的 B、系统误差主要是由电流表的分压引起的 C、系统误差主要是由于忽略电源内阻引起的 D、系统误差主要是由读数时的估读引起的 ‎【答案】 (1). (2). ABC (3). A ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1] 在坐标系中画出该小灯泡的伏安曲线 ‎(2)[2]A. 由图可知，当电压为3.8V时，电路中电流为‎0.3A；故灯泡的功率 P=UI=3.8×0.3=1.14W 故A正确；‎ B.1V时电压为‎0.14A；故电阻 故B正确。‎ C. 2V时的电流为‎0.22A；故电阻 故C正确。‎ D. 小灯泡在不同电压下的电阻不相同是因为灯丝的电阻率随温度升高而增大；故D错误；‎ ‎(3)[3] 由电路图可知，本题采用了电流表的外接法，由于电压表的分流而使电流表示数偏大，故A正确BCD错误。‎ ‎14.在“测定金属导体的电阻率”的实验中，待测金属丝的电阻Rx约为5Ω ‎，实验室备有下列实验器材 A．电压表V1（量程0～3V，内阻约为15kΩ）‎ B．电压表V2（量程0～15V，内阻约为75kΩ）‎ C．电流表A1（量程0～‎3A，内阻约为0.2Ω）‎ D．电流表A2（量程‎0.6A ，内阻约为2.0Ω）‎ E．变阻器R1（0～150Ω，‎0.6A）‎ F．变阻器R2（0～2 000Ω，‎01A）‎ G．电池组E（电动势为3V，内阻约为0.3Ω）‎ H．开关S，导线若干 ‎（1）为减小实验误差，电流表应选用______；电压表应选用______；滑动变阻器应选______。（填实验器材代号A、B、C、D、E、F。）‎ ‎（2）为减小实验误差，在虚线框内画出该实验的最合适的电路原理图____。‎ ‎【答案】 (1). D (2). A (3). E (4). 电路图如图所示:‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2][3] 电源的电压是3V，就要选择3V的电压表：A，此时流过电流表的最大电流 所以要选择‎0.6A的电流表：D，该实验中，变阻器R2达2000Ω，阻值太大，使用效率低，而且额定电流太小，不能使用，故变阻器选择E；‎ ‎(2)[4]因为 ，所以采用外接法，该实验的最合适的电路原理图 三、计算题(共4小题，共37分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)‎ ‎15.真空中某位置固定一带电荷量Q＝+6×10﹣‎6C的点电荷，在距此点电荷r＝‎0.3m处放入一带电量q＝﹣2×10﹣‎8C的试探电荷，已知静电力常量k＝9.0×109N•m2/C2．求：‎ ‎（1）试探电荷受到的电场力的大小F；‎ ‎（2）试探电荷所在位置的电场场强大小E．‎ ‎【答案】（1）F＝1.2×10﹣2N（2）E＝6×105N/C ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由库仑定律,得 F＝1.2×10﹣2N ‎（2）由电场强度公式,得 E＝6×105N/C ‎16.一台铭牌上标有“220V 66W”电风扇，某同学将其接入6V的直流电路中，测得通过电风扇电动机的电流为‎0.2A．求电风扇正常工作时:‎ ‎（1）通过电动机的电流；‎ ‎（2）转化为机械能的功率和电机的效率．‎ ‎【答案】（1）（2）63.3W；η＝；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电风扇正常工作时有：P＝UI，则有：‎ ‎（2）电风扇的电阻为：‎ 电风扇正常工作时，线圈电阻产生的热功率为：‎ 输出功率为：‎ P机＝P﹣PR＝66﹣2.7＝63.3W 故机械效率为：‎ η＝‎ ‎17.如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间的距离为d，上板正中有一小孔。质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g）。求：‎ ‎（1）小球到达小孔处的速度；‎ ‎（2）极板间电场强度的大小和电容器所带电荷量；‎ ‎（3）小球从开始下落运动到下极板处的时间。‎ ‎【答案】（1）；（2），；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式，有：v2=2gh 解得： ①‎ ‎（2）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式，有：mg（h+d）-qEd=0‎ 解得：② ‎ 电容器两极板间的电压为：‎ 电容器的带电量为：‎ ‎（3）加速过程：‎ mgt1=mv…③‎ 减速过程，有：‎ ‎（mg-qE）t2=0-mv…④‎ t=t1+t2…⑤‎ 联立①②③④⑤解得：‎ ‎【点睛】本题关键是明确小球的受力情况和运动规律，然后结合动能定理和动量定理列式分析，不难。‎ ‎18.如图所示，有一电荷量为+q、质量为m的带电粒子经电压为U、板间距离为d的加速电场加速后，沿电压也为U、板长和板间距离均为d的平行金属板A、B（A板带正电）的中心线进入偏转电场，从偏转电场射出后打到距离板A、B右边缘为d的足够大荧光屏CD上。已知板A、B的中心线与屏CD垂直，交点为O，粒子的初速度、加速电场与偏转电场间距离、粒子重力均忽略不计。求：‎ ‎(1)粒子从开始加速至打到荧光屏上的时间； (2)粒子打到荧光屏上的位置带O点的距离。‎ ‎【答案】 （2） ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）粒子在电场中加速时由，解得 从开始加速至打到荧光屏上的时间 ‎（2）粒子在碰撞电场中有碰撞距离 偏转角 总偏移量