河北省唐山市开滦二中2019-2020学年高二10月月考物理试题 16页

唐山开滦二中2019～2020学年第一学期10月月考高二物理试卷 一、单项选择题 ‎ ‎1.下列公式中，既适用于点电荷产生的静电场，也适用于匀强电场的有 ‎①场强 ②场强 ③场强 ④电场力做功 A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】对于①：电场强度是用比值定义法得出的物理量，适用于任何电场。对于②：匀强电场中沿场强方向电势降低最快，故匀强电场中任意两点间的电势差与两点沿电场线的距离成正比即，仅仅适用与匀强电场。对于③：点电荷产生的电场的场强公式是由电场强度的定义式和库仑定律联立得到，库仑定律仅适用于真空中的点电荷。对于④：电场力做功与电势差的关系公式，反映了在电场中任意两点间移动电荷时，电场力做功与两点间电势差成正比，适用于任意电场。即①④既适用于点电荷产生的静电场，也适用于匀强电场，故B项正确，ACD错误。‎ 故选B。‎ ‎2.某导体中电流随其两端电压的变化如图所示，则下列说法中正确的是(　　)‎ A. 该元件是非线性元件，所以不能用欧姆定律计算导体在某状态下的电阻 B. 加5 V电压时，导体的电阻约是5 Ω C. 由图可知，随着电压的减小，导体的电阻不断减小 D. 由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】该元件虽然是非线性元件，但仍能用欧姆定律计算导体在某状态的电阻，故A错误，当U=5V时，由图知电流为I=‎1.0A，则导体的电阻．故B正确；由图知，随着电压的减小，图象上的点与原点连线的斜率增大，此斜率等于电阻的倒数，则知导体的电阻不断减小，故C正确，D错误；故选BC。‎ ‎【点睛】本题关键抓住图象上点与原点连线的斜率等于电阻的倒数，分析电阻的变化，求解电阻的值．‎ ‎3.已知A为电场中一固定点，在A点放一电量为q 的电荷，受电场力为F，A点的场强为E，则 A. 若在A点换上－q，A点场强方向发生变化 B. A点场强的大小、方向与q 的大小、正负、有无均无关 C. 若在A点移去电荷q，A点的场强变为零 D. 若在A点换上电量为2q 的电荷，A点的场强将变为 2E ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】电场强度是通过比值定义法得出的，其大小及方向与试探电荷无关；故放入任何电荷时电场强度的方向大小均不变；‎ A. 若在A点换上－q，A点场强方向发生变化，与结论不相符，选项A错误；‎ B. A点场强的大小、方向与q 的大小、正负、有无均无关，与结论相符，选项B正确；‎ C. 若在A点移去电荷q，A点场强变为零，与结论不相符，选项C错误；‎ D. 若在A点换上电量为2q 的电荷，A点的场强将变为 2E，与结论不相符，选项D错误。‎ ‎4.某金属导线，如果在10s时间内有5.0×1019个自由电子通过面积为‎0.1m2‎ 的某截面，那么通过这个截面的电流强度是（　　）‎ A. 0 B. ‎0.8A C. ‎1.6A D. ‎‎3.2A ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】解：由电流的定义可知：；故ACD错误，B正确。‎ ‎5.“电子眼”又称“电子警察”，是“智能交通违章监摄管理系统”的俗称。某种“电子眼”采用硅光电池供电，其原理如图所示，a、b是硅光电池的两个电极，P、N是两块硅半导体，E区是两块半导体自发形成的匀强电场区，P的上表面镀有一层增透膜，光照射到半导体P上，使P内受束缚的电子成为自由电子（不计重力），自由电子经E区匀强电场从P区向N区的电场力作用后到达半导体N，从而产生电动势，形成电流。下列说法正确的是 A. b电极为硅光电池的正极 B. E区匀强电场的电场强度方向由N指向P C. 硅光电池内部的电流方向由P指向N D. 若将硅光电池移至光照较强处，则其产生的电动势变小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据负电荷的电场力从而确定电场强度的方向，由电流的方向与负电荷的运动方向相反，可确定电源的内部电流方向．‎ ‎【详解】A.B.C、根据题意，E区电场能使P逸出的自由电子向N运动，因负电荷受到的电场力与电场方向相反，所以电场方向由N指向P，由于电流的方向与负电荷的运动方向相反，所以电源内部的电流方向由N指向P，则可知，a为电源的正极；故AC错误，B 正确；‎ D、将硅光电池移至光照较强处，P内受束缚的电子成为自由电子变多，转化的光能变多，产生的电动势变大。故D错误。‎ ‎【点睛】本题考查根据电荷的电场力的方向来确定电场强度的方向，并掌握电流的方向与负电荷的运动方向关系，同时理解电源内部的电流的方向．‎ ‎6.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 ‎7. 带正电的小球只受电场力作用，则它在任意一段时间内（ ）‎ A. 一定沿着电场线由高电势向低电势方向运动 B. 一定沿着电场线向电势能减小的方向运动 C. 不一定沿着电场线运动，但一定向低电势方向运动 D. 不一定沿着电场线运动，也不一定向电势能减小的方向运动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 解：物体的运动情况取决于合力和初始条件．小球只受到电场力的作用，是否沿电场线运动，还要看电场线是直线还是曲线，有没有初速度，以及初速度方向与电场线的关系．只有当电场线是直线时且小球的运动方向与电场线平行时，小球只受到电场力的作用才可能沿电场线运动．所以小球不一定沿着电场线运动，也不一定向电势能减小的方向运动，故D正确，ABC错误．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】对物体运动情况的判断能力，从力学的角度进行分析：物体的运动性质不仅取决于合力，还取决于初速度条件．虽然是简单题，同时也是易错题目．‎ ‎8.如图所示匀强电场E的区域内，在O点处放置一点电荷+Q，a、b、c、d、e、f为以O点为球心的球面上的点，aecf平面与电场平行，bedf平面与电场垂直，则下列说法中正确的是 A. b、d两点的电场强度相同 B. a点的电势等于f点的电势 C. 点电荷+q在球面上任意两点之间移动时，电场力一定做功 D. 将点电荷+q在球面上任意两点之间移动，从球面上a点移动到c点的电势能变化量一定最大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.点电荷+Q在b点产生的电场方向为竖直向上，在d点产生的电场方向为竖直向下，匀强电场方向水平向右，根据平行四边形定则可知，b点的合场强斜向右上方，d点的合场强斜向右下方，两点场强大小相同，方向不同，电场强度不同。故A错误；‎ B.将一个试探正电荷由a点移动到f点，点电荷电场力不做功，匀强电场的电场力做正功，故合力做正功，电势能减小，电势降低，则a点的电势高于f点的电势，故B错误；‎ C.当电荷+q沿着球面上的bedf移动时，匀强电场的电场力不做功，点电荷电场力也不做功，故合电场力不做功，故C错误；‎ D.将点电荷+q在球面上任意两点之间移动，点电荷电场力不做功，从a点移动到c点，匀强电场的电场力做功最大，故合力做功最大，故D正确。‎ 二、不定项选择题 ‎9.图为一块手机电池的背面印有的一些符号，下列说法正确的是（ ）‎ A. 指的是该电池放电时能输出的总电荷量 B. 该电池的电动势为 C. 该电池充满电可提供的电能为 D. 若该手机的待机电流为，手机最多可待机小时 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ A．由电池的数据可以知道，该电池的容量为，故A正确；B．电场的电动势是，故B正确；C．依据公式，再依据电能公式，故C错误；D．若待机时的电流为，理论上可待机，故D正确．故选ABD．‎ ‎【点睛】本题考查读取电池铭牌信息的能力．电池的容量是指电池所能释放的总电量．‎ ‎10.如图所示，平行直线表示电场线，但未标方向，带电为+10﹣‎2C的微粒在电场中只受电场力作用，由A点移到B点，动能损失0.1J，若A点电势为﹣10V，则（　　）‎ A. B点的电势为10V B. 电场线方向从右向左 C. 微粒的运动轨迹可能是轨迹1‎ D. 微粒的运动轨迹可能是轨迹2‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ A、由动能定理可知，，由，所以，A错误；‎ B、由于正粒子受到的电场力做负功，电场力方向向左，所以电场线方向从右向左，B正确；‎ C、若粒子沿轨迹1运动，A点速度沿切线方向向左上，由于微粒带正电，电场线方向向左，所以微粒受力向左，轨迹1弯曲方向符合受力向左，故C正确；‎ D、若粒子沿轨迹2运动，A点速度沿切线方向向左上，而受力向左，故粒子将向左上偏转，故D错误。‎ 故选：BC。‎ ‎11.静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小．如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，D为静电计，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度减小些，下列采取的措施不可行的是()‎ A. 断开开关S后，将A、B两极板分开 B. 断开开关S后，增大A、B两极板的正对面积 C. 保持开关S闭合，将A、B两极板远离些 D. 保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片向右移动 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.断开开关，电容器带电量Q不变，将AB分开一些，则d增大，根据 知，电容C减小，根据知，电势差增大，指针张角增大，故A错误，与题意相符；‎ B断开开关，电容器带电量Q不变，增大正对面积，根据知，电容C增大，根据知，电势差U减小，指针张角减小，故B正确，不符合题意；‎ CD.保持开关闭合，不论使A、B两板靠近些，还是使滑动变阻器的滑动触头向右移动，电容器两端的电势差总不变，则指针张角不变。故CD错误，符合题意。‎ ‎12.有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I。设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电量为e。此时电子的定向移动的速度为v。在△t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.由于流经导线的电流为I，则在∆t时间内，流经导线的电荷量为Q=I∆t，而电子的电荷量为e，则t时间内通过导线横截面的自由电子数目可表示为N= ，故选项A不符合题意，选项B符合题意。‎ CD.在∆t时间内，以速度v移动的电子在铜导线中通过的距离为v∆t，由于铜导线的横截面积为S，则在∆t时间内，电子经过的导线体积为v∆tS。又由于单位体积的导线有n个自由电子，则在∆t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为N=nvS∆t。故选项C不符合题意，选项D符合题意。‎ ‎13. 如图所示，AB是一个接地的很大的薄金属板，其右侧P点有一带电荷量为Q的正电荷，N为金属板外表面上的一点，P到金属板的垂直距离PN=d，M为PN连线的中点．关于M、N两点的场强和电势，如下说法正确的是（ ）‎ A. M点的电势比N点的电势点高，M点的场强比N点的场强大 B. M点的场强大小为4kQ/d2‎ C. N点的电势为零，场强不为零 D. N点的电势和场强都为零 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：金属板接地，由于静电感应，金属板上右侧出现负电荷，电场线从+Q出发到金属板终止，金属板电荷排布对于左边电场的影响相当于在+Q原处放上一个-Q．沿电场线的方向电势越来越低，所以M点的电势大于N点的电势（N点的电势为零）；M点电场线较密，场强较大，故A正确；大金属板接地屏蔽，用镜像法，就是说，金属板上感应电荷排布后对于右边电场的影响，相当于在+ Q关于板对称的地方放上一个-Q．具体原因可以分析左边，左边电场为0．那么接 地金属板电荷排布对于左边电场的影响相当于在+ Q原处放上一个- Q．而明显金属板对左右电场影响是 对称的．这就是镜像法的原理．可以推得N电场为，方向向左（即使是无限趋近于板，但是由于本来板上电荷就是感应出来的，所以不可能是离板越近电场越大），M电场为，方向向左，故B错误；AB接地所以AB上各点电势都为零，N点电势就为零，但电势与场强无关，所以N点场强不为零，故C正确D错误．‎ 考点：考查了电势，电场强度 ‎【名师点睛】根据等势体可确定电势的高低，由电场力做功来确定电势能的变化与否；电势与电场强度没有关系；并根据电场的叠加原理，结合电场强度公式，即可求出M点的电场强度的大小．‎ 三、填空题 ‎14.要测绘额定电压为2V的日常用小灯泡的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：‎ A.电源E（电动势4.0V，内阻可不计）‎ B.电压表V1（量程为0～3.0V，内阻约2kΩ）‎ C.电压表V2（0～15.0V，内阻约6kΩ D.电流表A1（0～‎0.6A，内阻约1Ω）‎ E.电流表A2（0～100mA，内阻约2Ω）‎ F.滑动变阻器R1（最大值10Ω）‎ G.滑动变阻器R2（最大值2kΩ）‎ ‎(1)为减少实验误差，实验中电压表应选择____，电流表应选择_____，滑动变阻器应选择____（填各器材的序号）‎ ‎(2)为提高实验精度，请你在如图a中设计实验电路图____‎ ‎(3)根据图a，在图b中把缺少的导线补全，连接成实验的电路___．‎ ‎(4)实验中移动滑动变阻器滑片，得到了小灯泡的U﹣I图象如图c所示，则该小灯泡电阻的变化特点______．‎ ‎【答案】 (1). B (2). D (3). F (4). (5). (6). 灯泡电阻随电压（温度）的增大而增大 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2][3].由题意小灯泡额定电压为2V，故电压表应选B；通过灯泡的电流不超过‎0.5A，可知电流表应选D，；又描绘伏安特性曲线要求电流从零调，故变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器F． (2)[4].由于小电珠电阻较小，满足，电流表应用外接法，又变阻器应采用分压式接法，电路图如图所示： (3)[5].根据原理图可明确对应的电路图；‎ ‎ ‎ ‎(4)[6].由图可知，图象的斜率越来越大，故说明灯泡电阻随随电压（温度）的增大而增大；‎ ‎15.A、B两个完全相同的金属小球分别带有电荷量qA=6.4×10‎-9C和qB=-3.2×10‎-9C,让A、B两球接触，在接触的过程中，电子从____转移到_____，转移的电子数为_________。‎ ‎【答案】 (1). B (2). A (3). 3×1010‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】金属导体中能自由移动的是自由电子，当完全相同的带电绝缘体金属小球A、B接触时，电子从B向A转移．最后两球带同样的电荷，均为：Q=×10−9=1.6×10-9 C，所以B向A转移的电荷量为：△Q=-3.2×10-9-（-1.6）×10‎-9C=-4.8×10‎-9C 每个电子带的电荷量为：e=1.6×10‎-19C，所以转移的电子数为：n==3×1010  个.‎ ‎【点睛】本题要知道完全相同的带电小球接触时的电量的重新分配规律，注意正负中和的含义，及电量平分的条件．‎ 四、计算题 ‎16.如图所示，一个挂在绝缘细线下端的带正电的小球，静止在图示位置，若固定的带正电的小球的电荷量为，球的质量为，带电荷量为，，和在同一条水平线上，整个装置处于真空中，求、两球间的距离。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】对小球B受力分析，如图所示。‎ 小球B受竖直向下的重力mg，沿绝缘细线的拉力FT，A对它的库仑力FAB，由力的平衡条件，可知：‎ 根据库仑定律，解得：‎ ‎17.如图所示，匀强电场中A、B、C三点构成一个直角三角形，把电荷量C的点电荷由A点移动到B点，电场力做功J，再由B点移到C点电荷克服电场力做功J，取B点的电势为零，求A、C两点的电势及场强的方向．‎ ‎【答案】(1)φA＝-240V，φC＝-240V (2)场强方向垂直于AC，指向左上方 ‎【解析】‎ ‎。‎ 因为，所以A、C在同一等势面上，根据场强方向垂直等势面并且由高电势处指向低电势处，可得到该电场的场强方向垂直于AC，指向左上方 本题考查电势差与电势的关系，电场线与等势面垂直，先根据电场力做功求得任意两点电势差，判断出AC电势相等，AC连线为等势线，画出电场线，再由E=U/d求得场强大小 点评：本题难度较小，主要是要理解等势线和电场线的关系，以及对E=U/d的理解 ‎18.如图，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，，‎ ‎.将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点。使此小球带电，电荷量为q（q＞0），同时加一匀强电场，场强方向与所在平面平行，现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带点小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g。求 ‎（1）无电场时，小球达到A点时的动能与初动能的比值；‎ ‎（2）电场强度的大小和方向。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小球做平抛运动，设初速度v0．初动能EK0，从O到A的运动时间为t，令OA＝d， 则：OB=d， 根据平抛运动的规律得：水平方向：d•sin60°=v0t…① 竖直方向：y＝d•cos60°＝d＝gt2…② 又：EK0＝mv02…③ 联立①②③解得：EK0＝mgd…④ 设小球到达A时的动能为EKA，则：EKA＝EK0+mgd＝mgd…⑤ 所以：； （2）加电场后，从O点到A点下降了y=d，从O点到B点下降了d，设电场力F 与竖直方向夹角为α，‎ 则由动能定理： ‎ 其中EK0＝mgd 联立解得：α=300 ‎ 所以电场强度为 ，‎ 正电荷受力方向与电场方向相同，即E与竖直方向夹角