河北省鸡泽县第一中学2019-2020学年高二10月月考物理试题 16页

‎2019--2020学年度第一学期第一次月考 高二物理试题 一、选择题（本大题共14小题，每小题4分，总计56分。在每小题给出的四个选项中，第1~9题只有一项是符合题目要求，第10~14题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分。有选错的得0分。）‎ ‎1.关于下列电阻和电阻率的说法正确的是（ ）‎ A. 把一根均匀导线分成等长的两段，则每部分的电阻、电阻率均变为原来的一半。‎ B. 由可知，ρ∝R，‎ C. 所有材料的电阻率随温度的升高而增大 D. 对某一确定的导体当温度升高时，若不计导体的体积和形状变化，发现它电阻增大，说明该导体材料的电阻率随温度的升高而增大。‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 电阻决定式为：R＝ρ，可知把一根均匀导线分成等长的两段，则每部分的电阻变为原来的一半，但电阻率与温度和材料有关，与其他因素无关，故电阻率不变，故A错误．电阻率与材料和温度有关，与导体电阻，长度，横截面积都无关，故B错误．电阻率与温度的关系:①金属的电阻率随温度升高而增大；②半导体的电阻率随温度升高而减小；③超导体：当温度降低到绝对零度附近时，某些材料的电阻率突然减小为零，成为超导体．故C错误．由电阻决定式为：R＝ρ，对某一确定的导体当温度升高时，若不计导体的体积和形状变化，发现它电阻增大，说明该导体材料的电阻率随温度的升高而增大，故D正确．故选D.‎ ‎2. 下面是对电源电动势概念的认识,你认为正确的是（ ）‎ A. 同一电源接入不同的电路,电动势会发生变化 B. 1号1．5 V干电池比7号1．5 V干电池体积大,但电动势相同 C. 电动势表征了电源把其他形式能转化为电能的本领,电源把其他形式能转化为电能越多,电动势越大 D. 电动势、电压和电势差虽名称不同,但物理意义相同,所以单位也相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、同一电源接入不同的电路，电动势不变，故A错误；‎ B、1号干电池比7号干电池体积大，但它们的电动势相同，故B正确；‎ C、电源电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领，电源的电动势大，该电源把其他能转化成电能的本领大，根据W=qU，电源把其他形式的能转化为电能越多，电动势不一定大，还跟移动电荷的多少有关，故C错误；‎ D、电动势定义式，电压定义式，可知其物理意义不同，故D错误。‎ ‎【点睛】知道电源的概念、物理意义、定义式即可正确解题，本题要注意电源电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，根据W=qU可知，电源把其他形式的能转化为电能越多，电动势不一定大，还跟移动电荷的多少有关。‎ ‎3.真空中保持一定距离的两个点电荷，若其中一个点电荷电量增加了1/2，但仍然保持它们之间的相互作用力不变，则另一点电荷的电量一定减少了（ ）‎ A. 1/2 B. 1/‎3 ‎C. 1/4 D. 1/24‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据库仑定律的公式判断另一点电荷的电量变化．‎ ‎【详解】其中一个点电荷的电量增加了，则有，根据库仑定律的公式知，若库仑力不变，联立得：，即另一电荷减小了，故选B。‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握库仑定律，能够灵活运用该公式解决问题．‎ ‎4.如图所示，为A、B两电阻的伏安特性曲线，关于两电阻的描述正确的是(　　)‎ A. 电阻A的电阻随电流的增大而增大，电阻B阻值不变 B. 在两图线交点处，电阻A的阻值大于电阻B C. 在两图线交点处，电阻A的阻值等于电阻B D. 在两图线交点处，电阻A的阻值小于电阻B ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】由图可知，电阻A的图象的斜率越来越大，故A的电阻随电流的增大而增大，电阻B阻值不变，故A正确；两图象的交点处，电流和电压均相同，则由欧姆定律可知，两电阻的阻值大小相等，故C正确，BD错误；故选AC。‎ ‎【点睛】本题考查伏安特性曲线的应用，要注意明确U-I图象中图象的斜率表示电阻；斜率变大时，电阻增大．但是求解某一电压下的电阻时要用欧姆定律求解。‎ ‎5.两根同种材料制成的导线，质量之比为，长度之比为，则它们的电阻之比为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 两个同种材料制成的导线，质量之比，则它们的体积之比是，长度之比，‎ 则横截面积之比：，‎ 根据电阻计算公式：，得：，所以C正确。‎ 点睛：本题考查电阻定律的应用，要注意明确电阻取决于导线长度和截面积；根据质量关系可求得体积关系，再由体积公式可求得截面积之比，再由电阻定律则可求得电阻之比。‎ ‎6. 在一个匀强电场中有a、b两点，相距为d，电场强度为E，把一个电量为q的正电荷由a点移到b点时，克服电场力做功为W，下列说法正确的是 A. 该电荷在a点电势能较b点大 B. a点电势比b点电势低 C. a、b两点电势差大小一定为U=Ed D. a、b两点电势差 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：正电荷从a点移到b点时，电场力对电荷做负功W，电势能增加，电荷在a点电势能较b点小，选项A错误；a点电势比b点低．故B正确．当ab两点在同一电场线上时，U=Ed．本题ab是否在同一电场线上不确定，则U大小不一定为等于Ed，故C错误．电荷从a移动到b，克服电场力做功W，根据电势差的定义，选项D错误。‎ 考点：电场力做功与电势能的关系；场强与电势差的关系。‎ ‎7. 如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直于环面且过圆心O，下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是（ ）‎ A. O点的电场强度为零，电势最低 B. O点的电场强度为零，电势最高 C. 从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高 D. 从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：将圆环等分成若干微小段，每一小段和与它关于O点对称的一小段在O点，产生的电场的电场强度总大小相等、方向相反，矢量和为零，即最终在O点的总矢量和为零，即在O点处，电场强度为零。因为圆环带正电，因此，每一小段和与它关于O点对称的一小段在O点的左右两侧，产生大小相等、方向分别向外与x轴成相等角的电场，矢量和沿着x轴，由O点向两侧发散，各段叠加后总矢量和仍然沿着x轴，由O点向两侧发散，根据沿着电场线方向电势逐点降低的规律可知，O点的电势最高，故选项A、C错误，选项B正确；当从O点沿x轴正方向，趋于无穷远时，电场强度也为零，因此从O点沿x轴正方向，电场强度先变大，后变小，故选项D错误。‎ 考点：本题主要考查了电场力的性质和能的性质问题，属于中档题。‎ ‎8.某区域的电场线分布如图所示，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的O点由静止开始在电场力作用下运动到A点。取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向，粒子的重力忽略不计。在O到A运动过程中，下列关于粒子运动速度v和加速度a随时间t的变化、粒子的动能和运动径迹上电势随位移x的变化图线正确的是　　‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 由图可知，从O到A点，电场线由疏到密，电场强度先减小后增大，方向不变，因此电荷受到的电场力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故A错误，B正确；沿着电场线方向电势降低，而电势与位移的图象的斜率表示电场强度，故C错误；根据能量守恒关系，则，由此可知：，因此粒子的动能Ek和运动径迹上电势φ随位移x的变化图线斜率先减小后增大，故D正确。所以BD正确，AC错误。‎ ‎9. 如图所示，绝缘细线系一带有负电的小球，小球在竖直向下的匀强电场中，做竖直面内的圆周运动，以下说法正确的是 A. 当小球到达最高点a时，线的张力一定最小 B. 当小球到达最低点b时，小球的速度一定最大 C. 当小球到达最高点a时，小球的电势能一定最小 D. 小球在运动过程中机械能守恒 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：当重力大于电场力时，小球运动到最高点a时，线的张力一定最小，到达最低点b时，小球的速度最大；当重力等于电场力时，小球做匀速圆周运动，速度大小不变．当重力小于电场力时，小球运动到最高点a时，线的张力一定最大，到达最低点b时，小球的速度最小，故AB错误；当小球最低点到最高点的过程中，电场力做正功，电势能减小，小球运动到最高点a时，小球的电势能最小，C正确；由于电场力做功，小球的机械能一定不守恒，故D错误．‎ 考点：考查了机械能守恒定律的应用 ‎【名师点睛】分析小球所受重力与电场力的大小关系：当重力大于电场力时，小球运动到最高点a时，线的张力一定最小，到达最低点b时，小球的速度最大；当重力等于电场力时，小球做匀速圆周运动．当重力小于电场力时，小球运动到最高点a时，线的张力一定最大，到达最低点b时，小球的速度最小；由于电场力做功，小球的机械能一定不守恒 ‎10. 下列关于电功、电功率和焦耳定律的说法中错误的是（ ）‎ A. 电功率越大，电流做功越快，电路中产生的焦耳热一定越多 B. 适用于任何电路，而只适用于纯电阻电路 C. 在非纯电阻电路中，‎ D. 焦耳热适用于任何电路 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：电功率越大，表示电流做功越快，但是电路中产生的焦耳热量的多少还与做功的时间的长短有关，A错误；公式是计算电路的总功的大小，适用于任何的电路，当为纯电阻电路时，根据欧姆定律，可以推到出，所以只能适用于纯电阻电路，B正确；在不是纯电阻的电路中，UI表示的是总的功率的大小，而只是电路中发热的功率，还有对外做功的功率的大小，所以，所以C正确；焦耳热适用于任何电路中的焦耳热量的计算，D正确．‎ 考点：考查了电功率的计算 ‎【名师点睛】每个公式的使用的条件是不同的，掌握住公式的使用的条件，这是做题的前提条件．‎ ‎11.用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点场强的强弱，如图甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点；O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O对称。则(　　)‎ A. E、O、F三点比较，O点电势最高 B. A、D两点场强大小相等，方向相同 C. E、O、F三点比较，O点场强最强 D. B、O、C三点比较，O点场强最强 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，所以E、O、F三点的电势相等，故A错误。‎ B.根据对称性可知，A、D两处的电场线疏密程度相同，则A、D两处的电场强度相等，由图可看出A、D两处的电场的方向相同，故B正确。‎ C.由甲图可以看出E、O、F三点中，O点处的电场线最密，所以O点处的场强最强，故C正确。‎ D. 由甲图可以看出B、O、C三点中，O点处的电场线最疏，O点场强最弱，故D错误。‎ ‎12.如图所示，三个质量相同，带电荷量分别为＋q、－q和0的小液滴a、b、c，从竖直放置的两板中间上方由静止释放，最后从两板间穿过，轨迹如图所示，则在穿过极板的过程中(　　)‎ A. 电场力对液滴a、b做的功相同 B. 三者动能的增量相同 C. 液滴a电势能的增加量等于液滴b电势能的减小量 D. 重力对三者做的功相同 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ A项：因为液滴a、b的电荷量大小相等，则液滴所受的电场力大小相等，由静止释放，穿过两板的时间相等，则偏转位移大小相等，电场力做功相等，故A正确；‎ B项：电场力对a、b两液滴做功相等，重力做功相等，则动能的增量相等，对于c液滴，只有重力做功，小于a、b动能的增量，故B错误；‎ C项：对于液滴a和液滴b，电场力均做正功，电势能均减小．故C错误；‎ D项：根据公式，液滴进入电场后竖直方向都做自由落体运动，运动位移相机，则重力对三者做功相同，故D正确。‎ 点晴：解决本题的关键知道电场力做功与电势能的关系，以及会通过等时性比较偏转位移的大小，本题根据等时性，比较出a、b液滴的运动时间，从而比较出偏转位移，得知电场力做功情况，电场力做功等于电势能的减小量。‎ ‎13.某电场在直角坐标系中的电场线分布情况如图所示，O、M、N为电场中的三个点，则由图可得(　　)‎ A. M点的场强大于N点的场强 B. M点的电势低于N点的电势 C. 将一负电荷由O点移到M点电势能减小 D. 将一正电荷从O点分别移到M点和N点，电场力做功相同 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由图看出M点的电场线比N点的电场线密，所以M点的场强大于N点的场强，故A正确。‎ B.沿电场线的方向电势降低，M点的电势低于N点的电势，故B正确。‎ C. 将一负电荷由O点移到M点电场力做负功，所以电荷的电势能增加，故C错误。‎ D.因为M点和N点的电势不同，所以O点与M点和N点间的电势差也不同，所以将一正电荷从O点分别移到M点和N点，电场力做功不相同，故D错误。‎ ‎14.美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，比较准确地测定了电子的电荷量。如图所示，平行板电容器两极板M、N相距d，两极板分别与电压为U的恒定电源两极连接，极板M带正电。现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则 (　　)‎ A. 油滴带负电 B. 油滴带电荷量为 C. 电容器的电容为 D. 将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.粒子静止不动，则微粒受到向上的电场力，平行板电容器间的电场方向向向下，则微粒带负点，故A正确。‎ B.由平衡条件可得，解得微粒的带的电荷量为，故B错误。‎ C.根据电容的定义式，故C正确。‎ D.极板N向下缓慢移动一小段距离，电容器两极板距离增大，板间的场强减小，微粒受电场力减小，则微粒向下做加速运动，故D错误。‎ 二、实验题。（每空2分，共14分）‎ ‎15.张明同学在测定某种合金丝电阻率时：‎ ‎(1)用螺旋测微器测得其直径_____mm（如图甲所示）；‎ ‎(2)用20分度的游标卡尺测其长度为______cm（如图乙所示）；‎ ‎(3)用图丙所示的电路测得的电阻值将比真实值________(填“偏大”或“偏小”)。‎ ‎【答案】 (1). 3.202-3.205 (2). 5.015 (3). 偏小 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）解决本题的关键明确：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。‎ ‎（2）游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读。‎ ‎（3）由电路图，根据电表内阻的影响确定误差情况。‎ ‎【详解】（1）螺旋测微器的固定刻度为‎0.5mm，可动刻度为19.9×‎0.01mm=‎0.199mm，所以最终读数为‎0.5mm+‎0.199mm=‎0.699mm。‎ ‎（2）20分度的游标卡尺，精确度是‎0.05mm，游标卡尺的主尺读数为‎10mm，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4×‎0.05mm=‎0.20mm，所以最终读数为：‎10mm+‎0.20mm=‎10.20mm=‎1.020cm。‎ ‎（3）由欧姆定律得，电阻阻值R=U/I，由于电压表的分流作用使电流测量值偏大，则电阻测量值偏小。‎ ‎【点睛】考查螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺不需要估读、螺旋测微器需要估读。掌握由欧姆定律分析电路的误差的方法。‎ ‎16.为描绘小灯泡的伏安特性曲线，实验室备有下列器材：‎ A.小灯泡(额定电压6V，额定电流600mA)‎ B.电流表A1,(量程0‎-0.6 A,内阻约为0.5)‎ C.电流表A2(量程0‎-3A,内阻约为O.l)‎ D.电压表V(量程0-6V,内阻约为10k)‎ E.滑动变阻器R1(0-10,‎2A)‎ F.滑动变阻器 R2((0-100，‎1.5A)‎ G.直流电源E(约6V)‎ H.开关、导线若干 ‎(1)实验中电流表应选用_______，滑动变阻器应选用______(以上均填器材代号)。‎ ‎(2)请用笔画线代替导线，将图甲电路连接完整_____。‎ ‎(3)实验电路连接正确，闭合开关，从最左端向右端调节滑动变阻器滑片，记录电流表和电压表相应示数，根据实验数据在坐标系中描点如图乙所示，则电路发生的故障是_____。‎ ‎【答案】 (1). (1)A1 (2). R2 (3). (2)如图；‎ ‎（3）电源负极和滑动变阻器器左下接线柱间的电路断路；‎ ‎【解析】‎ ‎（1）小灯泡额定电流为600mA，电流表选量程为‎0.6A的A1。滑动变阻器选择 R2，容易调节。‎ ‎（2）由于电压要求从零开始变化，需要接成分压电路，电路连线图：‎ ‎（3）由图像可知，电压无法调节到较小电压，说明电路是限流电路，电源负极和滑动变阻器器左下接线柱间的电路断路。‎ 三、计算题（共30分；解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案不得分。有数值计算的题，答案应明确写出数值和单位。）‎ ‎17.如图所示，在匀强电场中，将带电荷量q＝－6×10－‎6C的负电荷从电场中的A点移到B点，克服电场力做了2.4×10－5J的功，再从B点移到C点，电场力做了1.2×10－5J的功．求：‎ ‎(1)A、B两点间电势差UAB和B、C两点间的电势差UBC；‎ ‎(2)如果规定B点的电势为零，则A点和C点的电势分别为多少？‎ ‎(3)作出过B点的一条电场线(只保留作图的痕迹，不写做法)．‎ ‎【答案】(1) UAB＝4 V,UBC＝－2 V (2)φA＝4 V，φC＝2 V (3)如下图所示 ‎ ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）根据可得；‎ ‎；‎ ‎（2）由于，又，解得；‎ ‎（3）取AB的中点D，D点的电势为2V，连接CD，为等势线，电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势，如图所示．‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道电场力做功与电势差的关系，电势差与电势的关系．知道电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势．‎ ‎18.如图所示，质量为m，电荷量为q的粒子从A点以v0的速度沿垂直电场线方向的直线AO方向射入匀强电场，由B点飞出电场是速度方向与AO方向成60°，已知AO的水平距离为d．（不计重力）‎ 求：（1）从A点到B点用的时间；‎ ‎（2）匀强电场电场强度大小；‎ ‎（3）AB两点间电势差．‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）；‎ ‎（3）．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）粒子从A点以v0的速度沿垂直电场线方向射入电场，水平方向做匀速直线运动，则有：．‎ ‎（2）由牛顿第二定律得：．‎ 将粒子射出电场的速度v进行分解，则有 vy=v0tan60°=v0，又vy=at，得：‎ v0=‎ 解得：E=‎ ‎（3）由动能定理得：‎ 解得 ‎ ‎19.小型直流电动机(其线圈内阻为r＝1 Ω)与规格为“4 V、4 W”的小灯泡并联，再与阻值为R＝5 Ω的电阻串联，然后接至U＝12 V 的电源上，如图所示，小灯泡恰好正常发光，电动机正常工作，求：‎ ‎(1)通过电动机的电流；‎ ‎(2)电动机的输出功率P出；‎ ‎(3)电动机的效率．‎ ‎【答案】(1)‎0.6 A　(2)2.04 W　(3)85%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由灯泡的额定功率可求得灯泡的电流；再由串并联电路的规律可求得流过电动机的电流；由P=UI可求得电动机消耗的总功率，由焦耳定律可求得热功率，则可求得输出功率；根据求出电动机的效率。‎ ‎【详解】解：(1)流经灯泡的电流 流经电阻R的电流 流经电动机的电流 ‎(2)电动机消耗的总功率 电动机产生的热功率 电动机的输出功率 ‎(3)电动机的效率