【物理】四川省绵阳市三台中学实验学校2019-2020学年高二上学期9月试题（解析版） 19页

三台中学实验学校2019年秋季2018级9月月考 物理试题 一、单项选择题（每题只有一个选项正确，每小题3分，共36分）‎ ‎1.关于点电荷，下列表述正确的是（ ）‎ A. 任何带电体都能看作点电荷 B. 点电荷是实际带电体的理想化模型 C. 只有带电量很小的带电体才能看作点电荷 D. 只有质量很小的带电体才能看作点电荷 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 解：A、当电荷的形状、体积和电荷量对分析的问题的影响可以忽略，电荷量对原来的电场不会产生影响的时候，该电荷就可以看做点电荷，故A错误 B、点电荷是实际带电体的理想化模型，故B正确 C、点电荷是一种理想化的物理模型，其带电荷量并不一定是最小的，故C错误；‎ D、点电荷是一种理想化的物理模型，其质量并不一定是最小的，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题是基础的题目，考查的就是学生对基本内容的掌握的情况，在平时要注意多积累．‎ ‎2.关于摩擦起电、接触起电、感应起电，下列说法错误的是（ ）‎ A. 这是起电的三种不同方式 B. 这三种起电方式的实质是一样的，都是电子在转移 C. 这三种方式都产生了电荷 D. 这三种方式都符合电荷守恒定律 ‎【答案】C ‎【解析】摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，即说明了电荷可以从一个物体转移到另一个物体。摩擦起电现象说明机械能可以转化为电能，但并没有创造电荷。电荷只是发生转移。感应起电过程电荷在电场力作用下，从物体的一部分转移到另一个部分。感应起电是电荷从物体的一部分转移到另一个部分。电荷可以从带电的物体转移到原来不带电的物体是接触带电。‎ A．摩擦起电、接触起电、感应起电是起电的三种不同方式，故A正确；‎ B．这三种起电方式的实质是一样的，都是电子的转移，故B正确；‎ C．这三种方式都没有产生电荷，故C错误；‎ D．这三种方式都符合电荷守恒定律，故D正确。‎ 故选C。‎ ‎3.电容式键盘是通过改变电容器的哪个因素来改变电容的（ ）‎ A. 两板间的正对面积 B. 两板间的电压 ‎ C. 两板间的电介质 D. 两板间的距离 ‎【答案】D ‎【解析】由电容的决定式可知，与两极板间距离、板间电介质和正对面积有关，与板间电压无关，电容式键盘是通过改变两极板间距离来改变电容的，故D正确，ACD错误。‎ 故选D。‎ ‎4.下列有关电场和电势的说法中正确的是（ ）‎ A. 公式只适用于真空中点电荷产生的电场 B. 在公式F=中，是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强大小 C. 电场中某点的电势与零电势点的选取无关 D. 由公式可知，电势能大的地方电势一定高 ‎【答案】B ‎【解析】A．公式为电场定义式，适用于任意电场，故A错误；‎ B．在公式F=中，将Q2看成场源电荷时，是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强大小，故B正确；‎ CD．电势是相对的，是相对于零电势点而言的，与电势能无关，电场中某点电势与零电势点的选取有关，与电势能无关，故CD错误。‎ 故选B。‎ ‎5.2019年3月19日，复旦大学科研团队宣称已成功制备出具有较高电导率的砷化铌纳米带材料，据介绍该材料的电导率是石墨烯的1000倍．电导率σ就是电阻率ρ的倒数，即．下列说法正确的是( )‎ A. 电导率的单位是 B. 材料的电导率与材料的形状有关 C. 材料的电导率越小，其导电性能越强 D. 电导率大小与温度无关 ‎【答案】A ‎【解析】A.根据，则 则电导率的单位是 故A正确；‎ B.材料的电导率与材料的形状无关，故B错误；‎ C.材料电导率越小，电阻率越大，则其导电性能越弱，故C错误；‎ D.导体的电阻率与温度有关，则电导率大小与温度有关，故D错误．‎ ‎6.如图所示，P、Q是两个电荷量相等的正点电荷，它们连线的中点是O，A、B是中垂线上的两点．OA＜OB，用EA、EB、、分别表示A、B两点的场强和电势，则（　　）‎ A. EA一定大于EB，一定大于 B. EA不一定大于EB，一定大于 C. EA一定大于EB，不一定大于 D. EA不一定大于EB，不一定大于 ‎【答案】B ‎【解析】两个等量同种电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O点沿着中垂线向上到无穷远处电场强度先增大后减小，场强最大的点可能在A点下，也可能在A点上，还可能在A点，由于A、B两点的间距也不确定，故可能大于，也可能小于，还可能等于；BO连线上的电场方向为竖直向上，沿电场方向性电势减小，故 一定大于；‎ A.A项与上述分析结论不相符，故A不符合题意；‎ B.B项与上述分析结论相符，故B符合题意；‎ C.C项与上述分析结论不相符，故C不符合题意；‎ D.D项与上述分析结论不相符，故D不符合题意 ‎7.有一个负点电荷只受电场力的作用，从电场中的a点由静止释放，在它沿直线运动到b点的过程中，动能Ek随位移s变化的关系图如图所示，则能与图线相对应的电场的电场线分布图是下图中的 （ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】AB. 负点电荷从a运动到b，只有电场力做功，根据动能定理Fs=Ek，当在匀强电场中时F为定值，Ek与s成正比，故AB不符合题意；‎ CD. 由于负电荷受静电力方向与场强方向相反，图线为曲线，动能随位移增加的不均匀（越来越快），电场力应该越来越大且做正功，根据图像判断C选项符合题意，D选项错不符合题意．‎ ‎8.如图所示，A、B、C、D、E、F是匀强电场中一个边长为cm的正六边形的六个顶点，该六边形所在平面与电场线（图中没有画出）平行，已知A、C、E 三点的电势分别为-3V、0V、3V，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 通过CB和EF的直线为电场中的两条等势线 B. 匀强电场的场强大小为200V/m C. 匀强电场的场强方向为由B指向D D. 将一个电子由D点移到A点，其电势能将增加4.8×10－19J ‎【答案】B ‎【解析】AC．连接A、E两点，则其中点电势为0V，与C等势，C与该中点连线即为等势线，该连线与ED、AB平行，故CB和EF不是等势线，因为BD和CF垂直，故BD为一条电场线，但电场线的方向是由高电势指向低电势，则场强方向是D指向B，故AC错误；‎ B．场强大小为 故B正确；‎ D．因等势线与ED、AB平行，则将一个电子由D点移到A点，电场力做负功 所以电势能增加了9.6×10－19J，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎9.图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子由M点向N点运动，可以判定（ ）‎ A. 粒子带负电，运动过程电势能减小 B. 粒子带负电，运动过程电势能增大 C. 粒子带正电，运动过程电势能减小 D. 粒子带正电，运动过程电势能增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：由电场力方向应指向轨迹的内侧得知，粒子所受电场力方向大致斜向左下方，粒子带正电，电场力对粒子做正功，其电势能减小，动能增大，则知粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，故ABD错误，C正确．‎ 考点：本题考查电场线、电势能、力与轨迹的关系等．‎ ‎10.如图所示，图线1表示导体电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（ ）‎ A. R1：R2＝1：2 B. R1：R2＝3：1‎ C. 将R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1：I2＝1：3 D. 将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2＝3：1‎ ‎【答案】D ‎【解析】AB．根据I－U图像知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以 故AB错误；‎ CD．串联电路电流相等，所以将R1与R2串联后接于电源上，电流比 并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比，所以将R1与R2并联后接于电源上，电流比 故C错误，D正确。‎ 故选D。‎ ‎11.电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路．当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 电流表的读数变小 B. 电流表的读数变大 C. 电压表的读数变小 D. 电压表的读数不变 ‎【答案】B ‎【解析】当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析总电流减小，路端电压增大，则电压表的读数变大。图中并联部分电路的电压增大，则电流表的读数变大。‎ 故选B。‎ ‎12.如图，一个均匀的带电量为Q的圆环，半径为R，圆心为O，放在绝缘水平桌面上，过O点作竖直线，在线上取一点A，使A到O的距离也为R，在A点放一检验电荷q，则q所受电场力的大小为（ ）‎ A. B. C. D. 不能确定 ‎【答案】B ‎【解析】ABCD. 将均匀的带电圆环分成长度为的微元，每个微元带电量 每个微元在A点对+q的电场力沿AO方向的分力为 根据对称性可知垂直AO方向的分力抵消。整个均匀带电圆环在A点对+q的电场力为 方向沿OA方向向上，故B正确ACD错误。‎ 故选B。‎ 二、多项选择题（每题有多个答案正确，选对得3分，选对但不全得1分，共18分）‎ ‎13.物理学是一门以实验为基础的学科。在物理学的发展过程中，许多重要的物理规律都是由实验发现或由实验验证了的，下列有关物理实验的说法正确的是（ ）‎ A. 探究影响电阻因素的实验利用了控制变量的思想 B. 富兰克林通过油滴实验测出了元电荷的数值 C. 库仑的扭秤实验利用了微小量放大法的思想 D. 探究影响平行板电容器电容的因素实验中使用静电计的目的是观察电容器电荷量的变化 ‎【答案】AC ‎【解析】A．电阻大小取决于电阻率、长度及截面积；故在实验中应采用控制变量法，故A正确；‎ B．密立根通过油滴实验测出了元电荷的数值，故B错误；‎ C．法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律时利用了放大法的思想，故C正确；‎ D．探究影响平行板电容器电容的因素实验中使用静电计的目的是观察电容器电压的变化，故D错误。‎ 故选AC。‎ ‎14.如图所示，虚线a、b、c是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一带电粒子在仅受电场力作用下，通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点下列说法中正确的是（ ）‎ A. 带电粒子通过P点时的动能比通过Q点时小 B. 带电粒子一定是从P点向Q点运动 C. 带电粒子通过P点时的加速度比通过Q点时大 D. 三个等势面中，等势面a的电势最高 ‎【答案】AC ‎【解析】A．粒子所受电场力指向轨迹内侧，可知粒子所受的电场力斜向右下方，若粒子从P运动到Q，电场力做正功，动能增大，则粒子通过P点时的动能比通过Q点时小，故A正确；‎ B．根据轨迹无法判断粒子的运动方向，故B错误；‎ C．由于相邻等势面之间的电势差相同，等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律可知，P点的加速度也大，故C正确；‎ D．由于粒子的电性未知，因此不能确定电场线的方向，根据沿电场线电势降低，故不能确定电势的高低，故D错误。‎ 故选AC。‎ ‎15.空间存在一静电场，电场中的电势随x的变化规律如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A. x=4m处电场强度可能为零 B. x=4m处电场方向一定沿x轴正方向 C. 电荷量为e的负电何沿x轴从x=0移动到x=6m处，电势能增大8eV D. 沿x轴正方向，电场强度先增大后减小 ‎【答案】C ‎【解析】A．图象的斜率等于电场强度，则知x=4m处的电场强度不为零，故A错误；‎ B．从0到x=4m处电势不断降低，但x=4m点的电场方向不一定沿x轴正方向，故B错误；‎ C．某负电荷沿x轴正方向移动，沿x轴正方向电势降低，负电荷在电势高的地方电势能小，所以电势能增大，增大了8eV，故C正确；‎ D．由斜率看出，从0到6m，图象的斜率先减小后增大，则电场强度沿x轴先减小后增大，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎16.如图所示，平行板电容器与直流电源连接，上极接地一带负电的油滴位于容器中的P点且处于静止状态。现将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，则（ ）‎ A. 带电油滴将竖直向下运动 B. 电容器的电荷量增大 C. P点的电势将升高 D. 带电油滴的机械能将增加 ‎【答案】AC ‎【解析】AB．将下极板竖直向下缓慢移动时，d增大，电容减小；电容器的电压U 不变；故Q=UC可知电荷量减小；由分析得知，板间场强减小，则油滴所受电场力减小，油滴将沿竖直向下运动，故A正确，B错误；‎ CD．P点到上极板的距离不变，而E减小，由U=Ed知，P点与上极板间电势差减小，P点的电势小于零，则P点的电势升高，由于油滴带负电，因向下运动，电场力做负功，则带电油滴的电势能将增加，则机械能减小，故C正确，D错误。‎ 故选AC。‎ ‎17.如图所示，匀强电场中有一绝缘直角杆PQM，PQ＝L，QM＝2L，杆上固定三个带电小球A、B、C，初始时杆PQ段与电场线垂直，现将杆绕Q点顺时针转过至虚线位置，发现A、B、C三个球的电势能之和保持不变。不计小球间的相互作用，下列说法正确的是（ ）‎ A. A球一定带正电，C球一定带负电 B. 转动过程中，电场力对A球和C球做功的代数和为零 C. A、C两球带电量的绝对值之比 D. 转动过程中C球电势能减少 ‎【答案】BC ‎【解析】A．电场力对系统做功为零，因此A、C电性一定相反，A可能带正电，也可能带负电，故A错误；‎ B．电场力对A、C都做功，A、B、C三个球的电势能之和保持不变，说明做功的代数和为零，故B正确；‎ C．电场力对A、C做功大小相等，方向相反，所以有 则有 故C正确；‎ D．C的电性不确定，无法判断其电势能的变化，故D错误。‎ 故选BC。‎ ‎18.如图所示，空间存在水平向右、电场强度大小为E的匀强电场，一个质量为m、电荷量为+q的小球，从A点以初速度v0竖直向上抛出，经过一段时间落回到与A点等高的位置B点图中未画出，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）‎ A. 小球运动到最高点时距离A点的高度为 ‎ B. 小球运动到最高点时速度大小为 ‎ C. 小球运动过程中最小动能为 D. A、B两点之间的电势差为 ‎【答案】BD ‎【解析】A．小球在空间的运动可以分解为水平方向初速度为零，加速度为 的匀加速直线运动和竖直方向初速度为v0，加速度为g的竖直上抛运动，所以在竖直方向上，解得 故A错误；‎ B．小球运动到最高点时，竖直方向速度减为零，由v0=gt，解得 水平方向由vx=at，解得 故B正确；‎ C．小球运动过程中动能的表达式为 由数学知识可得当 小球的动能最小，最小动能为 故C错误；‎ D．当小球运动到B点时，运动时间为 水平方向的位移为 A、B两点之间的电势差为 故D正确。‎ 故选BD。‎ 三、填空实验题（每空2分，共24分）‎ ‎19.有一个电容器，当它所带的电荷量时，电容器两极板间的电压，这个电容器的电容大小是________μF。某电流表表头内阻Rg为，满偏电流Ig为2mA，若要改装成量程为3V的电压表，需要串联的电阻为________。‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). 1300‎ ‎【解析】[1]这个电容器的电容大小为代入数据可得 ‎[2]表头满刻度电压值为 ‎ ‎ 量程为3V时，在电阻R1两端的电压应为 电阻应为 ‎。‎ ‎20.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，现除了有一个标有“5V 2.5W”的小灯泡、导线和开关外，还有：‎ A.电源电动势约为6V，内阻可不计 B.电流表A1量程0~3A，内阻约为0.1Ω C.电流表A2量程0~600mA，内阻约为5Ω D.电压表V1量程0~15V，内阻约为15kΩ E.电压表V2量程0~5V，内阻约为6kΩ F.滑动变阻器最大阻值0~10Ω，允许通过的最大电流为2A 实验中要求小灯泡两端的电压从零开始变化以便测量多组数据 ‎(1)实验中电流表应选用____（A1或A2），电压表应选用____（V1或V2）则图中电流表的读数为___A；‎ ‎(2)请按要求将图1中所示的器材连成实验电路_____。在闭合开关前，应将滑动变阻器触头置于最____端；选“左”或“右”‎ ‎(3)某同学通过实验得到的数据画出该小灯泡的伏安特性曲线如图2所示，若直接用电动势为3V、内阻为6Ω的电源给该小灯泡供电，则该小灯泡的实际功率是______ ‎ ‎【答案】 (1). A2 V2 0.35 (2). 左边 (3). 0.3808W ‎【解析】(1)[1]根据小灯泡规格“5V，2.5W”可知小灯泡的额定电流为I=0.5A，所以电流表应选A2；‎ ‎[2]根据通过电表的示数不能小于量程的要求可知，电压表不能选择15V量程，即电压表5V,应选V2；‎ ‎[3]电流表最小分度为0.02A，则读数为0.35A；‎ ‎(2)[4]灯泡电阻约为 所以电流表应外接，实验中要求小灯泡两端的电压从零开始变化以便测量多组数据，滑动变阻器应用分压，如图所示 ‎[5]为了保护用电器，在闭合开关前，应将滑动变阻器触头置于最左边；‎ ‎(3)[6]设通过小灯泡电流为I，根据闭合电路欧姆定律应有 在小灯泡的U－I图像中同时作出表示电源的U－I图像如图所示 其交点坐标为 U=1.19V，I=0.32A 所以小灯泡消耗的实际功率为 P=UI=1.19×0.32 W=0.3808W ‎21.在“测定金属电阻率”的实验中，若待测金属丝的电阻约为5Ω，要求测量结果尽量准确，提供以下器材供选择：‎ A.电池组（3V，内阻约1Ω）‎ B.电流表（0~3A，内阻约0.0125Ω）‎ C.电流表（0~0.6A，内阻约0.125Ω）‎ D.电压表（0~3V，内阻约4kΩ）‎ E.电压表（0~15V，内阻约15kΩ）‎ F.滑动变阻器（0~20Ω，允许最大电流1 A）‎ G.滑动变阻器（0~2000Ω，允许最大电流0.3 A）‎ H.开关、导线若干 ‎(1)实验时应从上述器材中选用__________选填仪器前的字母代号 ‎(2)将设计的电路图画在框内________‎ ‎(3)用螺旋测微器测量该圆柱体金属丝的直径，读得的直径为_________mm ‎(4)若用L表示金属丝的长度，d表示直径，测得电阻为R，请写出计算金属丝电阻率的表达式________用各物理量的符号表示。‎ ‎【答案】(1). ACDFH (2). (3). 0.900 (4). ‎ ‎【解析】(1)[1]流过金属丝的最大电流 电池组电压又是3V，故电流表选C，电压表选D；由于待测电阻的电阻值比较小，滑动变阻器选总阻值小的便于调节，故选F，另外导线、开关要选。‎ 故选ACDFH；‎ ‎(2)[2]因为 故电流表选择外接法，因为要求测量结果尽量准确，故采用分压式电路，实验电路图如图所示 ‎(3)[3]从螺旋测微器的主尺上可以看出，半毫米刻度线已经露出来，因此主尺上应读0.5mm，可动刻度为40.0×0.01mm=0.400mm，所以该金属丝直径应为 ‎；‎ ‎(4)[4]根据电阻定律可得，横截面积，根据欧姆定律可得，联立得 ‎。‎ 四、计算题（本大题2小题，共22分，要求：必须书写工整，排列规范）。‎ ‎22.如图所示，一静止的电子经过电压为U的电场加速后，立即从A点射入偏转匀强电场中，射入方向与偏转电场的方向垂直，最终电子从B点离开偏转电场。已知偏转电场的电场强度大小为E，宽度为L，方向竖直向上（如图所示），电子的电荷量为e，质量为m，重力忽略不计。‎ ‎(1)求电子在偏转电场中的偏转距离 ‎(2)若仅将加速电场的电压提高为原来的2倍，使电子仍从B点经过，求偏转电场的电场强度E1‎ ‎【答案】(1)(2)‎ ‎【解析】(1)电子在电场中的加速，由动能定理得 解得 设电子的竖直偏移量为y，则根据类平抛运动规律可得 由牛顿第二定律得 解得 ‎；‎ ‎(2)当电压U1=2U时，同理有：‎ 由牛顿第二定律得 联立解得 根据题意可知x、y均不变，当U增大到原来的2倍，场强E也增大为原来的2倍，即 ‎。‎ ‎23.如图所示，电源电动势E=30V，内阻r=1Ω，R1=9Ω，滑动变阻器的总电阻Rx=20Ω．间距d=0.1m的两平行金属板M、N水平放置，闭合开关K，板间电场视为匀强电场，板间竖直放置一根长也为d的光滑绝缘细杆AB，带电小球s穿过细杆，小球质量m=0.01kg、电荷量q=1×10﹣3C（可视为点电荷，不影响电场的分布）．调节滑动变阻器的滑片p，使小球c恰能静止在A处．重力加速度g=10m/s2．‎ ‎（1）求小球的电性和M、N两极板间的电压；‎ ‎（2）求滑动变阻器pb段的阻值R2；‎ ‎（3）调节滑动变阻器，使pb段的阻值R3=7.5Ω，待电场重新稳定后释放小球c，求小球c到达杆的中点O时的速度大小．‎ ‎【答案】（1）10Ω（2）0.5m/s.‎ ‎【解析】‎ ‎（1）由电路图可知，金属板M为正极板；因小球静止，故小球所受电场力与重力大小相等，方向相反，电场力向上，所以小球带负电．           设小球恰能静止时M、N两极板间的电压为U，板间电场强度为E，则mg=Eq  解得：U=10V     ‎ 小球恰能静止时，根据闭合电路欧姆定律有 解得  R2=10Ω  （2）调节滑动变阻器，使pb段的阻值R3=7.5Ω，设电场稳定时的电压为U3，则 解得：U3=7.5V． 设小球c到达杆的中点O时的速度为v，则 ‎ 解得：v=0.5m/s       ‎ 点睛：本题为电路与电场结合的题目，要求学生能正确掌握电容器的规律及电路的相关知识，能明确极板间的电压等于与之并联的电阻两端的电压．‎