河北省蠡县中学2020学年高二物理9月月考试题（含解析） 17页

河北省蠡县中学2020学年高二9月月考物理试题 ‎ 一、选择题（每题4分，共48分，1-8题为单项选择，9-12为多项选择，选对但不全得2分，错选得0分）‎ ‎1. 关于点电荷和元电荷的说法中错误的是 A. 只有很小的球形带电体才叫做点电荷 B. 带电体间的距离比它们本身的大小大得多，以至于带电体的形状和大小对它们之间的作用力影响可以忽略不计时，带电体就可以视为点电荷 C. 把1．60×10－‎19C的电量叫做元电荷 D. 任何带电体的电量都是元电荷的整数倍 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系，故A错，B正确。由元电荷定义：一个电子（或质子）所带电荷量的绝对值是电荷的最小单元称为元电荷，而不是把质子或电子叫元电荷，因为电子或质子带电量的绝对值都是1．6×10‎-19C，把1．6×10‎-19C的电量叫元电荷，故C正确；在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，所以任何带电体所带电荷都等于元电荷或者是元电荷的整数倍，故D正确。所以选A．‎ 考点：点电荷、元电荷。‎ ‎【名师点睛】带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系；元电荷的含义，它指的是电子或质子所带的电荷量，而不是指电子或质子本身元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，常用符号e表示，任何带电体所带电荷都等于元电荷或者是元电荷的整数倍，电荷量最早是由美国科学家密立根用油滴法测得的．‎ ‎2.下列说法中，正确的是( )‎ A. 由可知，以点电荷Q为中心，r为半径的球面上各处的电场强度都相同 B. 在电场中某一点，放入一个正电荷时的场强与放入负电荷时的场强方向相同 C. 由可知，某两点的电势差与电场力做功成正比，与电荷带电荷量成反比 D. 某两点电势差为零，把电荷从这两点中的一点移到另一点，电场力做功一定为零 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由可知，以点电荷Q为中心，r为半径的球面上各处的电场强度大小相等，方向不同，故A错误；‎ B、电场中某点场强的方向，与试探电荷的正负无关，与正点电荷受到的电场力方向相同，与负点电荷受到的电场力方向相反，故B错误；‎ C、电势是表征电场本身属性的物理量，某两点的电势差与电场力做功无关，故C错误；‎ D、根据W=qU知，两点间的电势差为零，将电荷从两点中的一点移到另一点，电场力做功为零，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】该题考查到的电场强度的特点、点电荷的电场线的分布的特点与库仑定律的应用条件，都是对基本概念与基本公式的内涵与外延的考查，强调对概念与规律的理解，要求我们在学习的过程中要注意深入理解．‎ ‎3.如图所示，A、B为两个固定的等量的同种正电荷，在它们连线的中点处有一个可以自由运动的正电荷C，现给电荷C一个垂直于连线的初速度v0，若不计电荷C所受的重力，则关于电荷C运动过程中的加速度情况，下列说法正确的是(　　)‎ A. 加速度始终增大 B. 加速度始终减小 C. 加速度先增大后减小 D. 电场情况未知，所以加速度变化情况未知 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：本题涉及到等量同种点电荷连线中垂线上的电场的场强分布规律，是先增大后减小，它们连线的中点上方的磁场竖直向上，所以释放电荷后，电荷沿此直线做加速运动，电场力先增大后减小，则加速度也先增大后减小，C选项正确，故选C 考点：考查等量同种电荷电场的特点 点评：本题中等难度。等量同种点电荷连线中垂线上的电场是两个点电荷在该点的电场根据平行四边形定则合成的，特点是先增大后减小，方向与点电荷连线垂直 ‎4.如图所示，A、B、C为匀强电场中的三个点，已知∠CAB=60°，AB=‎2AC=‎2cm，，将一带电量为q=3×10‎-5C的正电荷从A点移到C点，电场力做功6×10-5J，则下列说法正确的是( )‎ A. C点电势为2V B. 电场强度E沿AB方向由A→B，大小为400N/C C. 该正电荷在B点具有的电势能为2.4×10-4J D. 将该正电荷从C点移到B点，电势能增加了1.8×10-4J ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、设AC之间的电势差为UAC，则；UAC=φA-φC ‎，将φA=0V代入得：0-φC=2V，得：φC=-2V;故A错误.‎ B、若过C点作AB的垂线，则交点D为AB的四等分点，可知D点电势为-2V，CD为等势线，场强垂直CD，即电场强度E沿AB方向由A→B,;故B正确.‎ C、根据EP=φq，将φB=-8V，q=3×10‎-5C代入得：EPB=（-8）×3×10-5 J=-2.4×10-4 J 故C错误.‎ D、UCB=φC-φB=6v；WCB=UCBq=（3×10-5×6）J=1.8×10-4J，所以电场力做正功，电势能减少1.8×10-4J;故D错误.‎ 故选B。‎ ‎【点睛】此题是对静电场中电势、电势能以及电场强度的考查，熟练把握电场线与等势面垂直这一性质，就可以得出场强E的方向，进而根据求出E.‎ ‎5.如图所示，实线AB为一电子在电场中的运动轨迹，虚线为等势线且相邻两等势线间的电势差相等、距离相等，电子运动到等势线φ1上时，具有动能3.0×10﹣20J，它运动到等势线φ3上时，具有动能1.0×1.0﹣20J．令φ0=0，电子重力不计，则下列说法正确的是 A. 电场方向水平向左 B. 电子在运动过程中加速度变小 C. 当该电子的电势能为4×10﹣21J时，其动能大小为3.6×10﹣20J D. 电子在A点的电势能为负值 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：据题电子从A到B，动能减小，则电势能增大，而电子带负电，电子在电势低处电势能大，所以φ1＞φ3，因此电场方向水平向右，故A错误．相邻两等势线间的电势差相等、距离相等，由公式可知该电场是匀强电场，电子所受的电场力不变，加速度不变，故B错误．电子从等势线φ1运动到等势线φ3时，动能减小2×10﹣20J，由动能定理可知电场力做功 W13=﹣2×10﹣20J．由于相邻等势面间电势差相等，根据W=qU可知，电子从等势线φ0运动到等势线φ1时，电场力做功应为W01=﹣1×10﹣20J，动能减小了1×10﹣20J，所以电子在φ0处的动能为 Ek=4×10﹣20J，因为φ0=0，所以Ep=qφ0=0，即电子的总能量为E=Ek+Ep=4×10﹣20J+0J=4×10﹣20J，根据能量守恒可得当该电子的电势能为4×10﹣21J时，其动能大小为3．6×10﹣20J，故C正确．令φ0=0，则A点电势为负，由公式Ep=qφ可知电子在A点的电势能为正．故D错误．所以C正确，ABD错误。‎ 考点：等势面、电势、电场力做功 ‎【名师点睛】学习电场中的功能关系时可以类比重力场中的功能关系，如只有重力做功，动能和电势能之和保持不变；要知道只有电场力做功时，电势能和动能之和保持不变．根据动能的变化，判断电势能的变化，得出电势能的高低，根据电场线与等势面垂直，且指向电势低的等势面，判断电场的方向；该电场是匀强电场，电子所受的电场力不变，加速度不变；根据电势能公式Ep=qφ，分析电子在A点的电势能；根据动能定理和电场的特点，求出电子在φ0处的动能，得到总能量，由能量守恒求解电势能为4×10-21J时的动能．‎ ‎6.小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线。则下列说法中正确的是 A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻不变 B．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小 C．对应P点，小灯泡的电阻为R=30 Ω D．对应P点，小灯泡的电阻为R=10 Ω ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：图线上的点与原点连线的斜率逐渐减小，说明电阻逐渐增大．故AB错误．对应P点，小灯泡的电阻为，故选项D正确，C错误；故选D．‎ 考点：电阻的I-U图像 ‎【名师点睛】电阻等于图线上的点与原点连线的斜率的倒数，斜率逐渐减小，电阻逐渐增大．对应P点，灯泡的电阻等于过P点的切线斜率的倒数；灯泡是非线性元件，其电阻，但。‎ ‎7.一个电流表，刻度盘的每1小格代表1，内阻为．如果把它改装成量程较大的电流表，刻度盘的每一小格代表，则( )‎ A. 给它串联一个电阻，阻值为 B. 给它串联一个电阻，阻值为 C. 给它并联一个电阻，阻值为 D. 给它并联一个电阻，阻值为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设电流表刻度盘总共有N个小格，则满偏电流为NμA，改装后量程为nNμA，改装成量程较大的电流表要并联小电阻分流，则并联电阻中的电流为：IR=(nN-N)μA，满偏电压：Ug=N•RgμV,根据欧姆定律：,即需要并联一个阻值的电阻.故选D.‎ ‎【点睛】电流表的原理是并联电阻起到分流作用．改装后的量程为原电流表的电流与并联电阻的电流之和．也等于满偏电压除以并联后的总电阻．‎ ‎8. 关于磁感应强度B的概念，下列说法正确的是 A. 根据磁感应强度B的定义式B＝可知，通电导线在磁场中受力为零时该处B为0‎ B. 一小段通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力不一定为零 C. 一小段通电导线在某处不受磁场力作用，该处的磁感应强度不一定为零 D. 磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：磁感应强度只与磁场本身性质有关，与外界因素无关，A错误；通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力一定为零，通电导线在某处不受磁场力作用，可能是导线与磁感应强度方向平行，该处的磁感应强度不一定为零．B错误C正确；磁感应强度的方向与磁场力的方向垂直，D错误；‎ 考点：考查了对磁感应强度，安培力的理解 ‎9.下列关于电场与电场线的说法中,正确的是(　　)‎ A. 电场是人为规定的 B. 电场是客观存在的特殊物质,它对放入其中的电荷有力的作用 C. 电场线是客观存在的一条条的线 D. 电场线只能描述电场的方向,不能描述电场的强弱 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 电场是真实存在的，不是认为规定的，对放入电场中的电荷有力的作用，A错误B正确；电场线是为了方便研究电场而人为引入的，不是真实存在的，电场线的疏密程度可表示电场强弱，而电场线的方向可表示电场方向，故CD错误．‎ ‎10.关于电流，下列说法中正确的是( )‎ A. 电流流向总是从高电势流向低电势 B. 导体中的电流跟导体两端电压成正比，跟导体的电阻成反比 C. 单位时间内通过导体截面的电量越多，导体中的电流越大 D. 因为电流有方向，所以电流是矢量 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A、在电源的外电路中，电流流向总是从高电势流向低电势，而电源的内电路中，电流流向总是从低电势流向高电势。故A错误。‎ B、根据欧姆定律得知：导体中的电流跟导体两端电压成正比，跟导体的电阻成反比；故B正确。‎ C、由电流的定义式知，单位时间内通过导体截面的电量越多，导体中的电流越大。故C正确。‎ D、电流的方向表示电荷正电荷定向移动的方向，由于电流运算时遵守代数加减法则，故电流是标量。故D错误。‎ 故选BC。‎ ‎【点睛】本题考查电路中基本知识，欧姆定律、电流的定义式等等都是电路中必须掌握的基础知识．‎ ‎11. 压敏电阻的阻值R随所受压力的增大而减小，某兴趣小组利用压敏电阻设计了判断电梯运动状态的装置，其装置示意图如图甲所示．将压敏电阻平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体A，电梯静止时电压表示数为Uo，电梯在某次运动过程中，电压表的示数变化情况如图乙所示，下列判断中正确的是 A. 乙图表示电梯可能做匀速下降 B. 乙图表示电梯可能匀减速下降 C. 乙图表示电梯可能变减速上升 D. 乙图表示电梯可能变减速下降 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：电梯匀速下降时，压敏电阻所受压力等于重力不变，其电压不变，与图象反映的情况不符．故A错误；电梯匀减速下降时，加速度不变，压敏电阻所受压力不变，其电压不随时间而变化，与图象情况不符，故B错误；电梯变减速上升时，其加速度向下，根据牛顿第二定律，压敏电阻所受压力小于重力，则其电压逐渐增大，与图象意义不符．故C错误；电梯变减速下降时，压力大于重力，由其特性知，其电压逐渐减小．与图象的意义相符．故D正确。‎ 考点：压敏电阻、牛顿第二定律 ‎【名师点睛】本题可以根据压敏电阻的特性和牛顿第二定律，将每项逐个代入，检查是否符合题意．代入法也是做选择题常用方法．从U-t图象读出压敏电阻的电压随时间的变化情况，根据压敏电阻的特性，判断压敏电阻所受压力的变化情况，结合超失重的知识，确定加速度怎样变化，来判断电梯的运动状态。‎ ‎12. 如图所示电路中，R为一滑动变阻器，P为滑片，若将滑片向下滑动，则在滑动过程中，下列判断错误的是（ ）‎ A. 电源内电路消耗功率一定逐渐增大 B. 灯泡B一定逐渐变暗 C. 电源效率一定逐渐减小 D. R上消耗功率一定逐渐变小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：将滑动片向下滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，总电流I增大，路端电压U=E-Ir，I增大，U减小；由P内=I2r可知电源内电路消耗功率一定逐渐增大，选项A正确；因R1两端电压增大，则B两端的电压减小，灯泡B一定逐渐变暗，选项B正确；电源的效率：‎ ‎，故随外电阻的减小，电源效率一定逐渐减小，选项C正确；把滑动变阻器等效为外电路，其余部分为内电路，因为当外电路电阻等于内阻时，外电阻消耗的功率最大，故电阻R上的功率无法判断，选项D错误；故选D．‎ 考点：电路的动态分析 二、实验题（本题共两小题，共14分；每空2分，作图4分。）‎ ‎13.某同学要测量一均匀新材料制成的热敏电阻的电阻．步骤如下：‎ ‎(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为______mm；‎ ‎(2)用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为______mm；‎ ‎(3)该同学准备设计实验研究热敏电阻阻值随温度的变化规律，现有以下实验器材：‎ A．热敏电阻（常温下约300Ω）‎ B．温度计 C．电流表A1（60mA，约10Ω）‎ D．电流表A2（‎3A，约0.1Ω）‎ E．电压表V（6V，约15kΩ）‎ F．滑动变阻器R1（200Ω，‎0.5A）‎ G．滑动变阻器R2（5Ω，‎2A）‎ H．蓄电池（9V，0.05Ω）‎ I．开关一个，带夹的导线若干 ‎①实验要求通过热敏电阻的电流从零开始增加，电流表应选择____，滑动变阻器选择____．‎ ‎②请设计电路图，在图3实物图上连线_________．‎ ‎③通过实验，他得到了该热敏电阻的伏安特性曲线如图4所示，由图可知，热敏电阻的阻值随温度的升高而__．‎ ‎【答案】 (1). 52.30 (2). 4.300 (3). A1 (4). R2 (5). (6). 减小 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)游标卡尺的主尺读数为‎52mm，游标读数为0.05×‎6mm=‎0.30mm，所以最终读数为‎52.30mm.‎ ‎(2)螺旋测微器固定刻度为‎4mm，可动刻度为0.01×30.0=‎0.300mm，所以最终读数为‎4.300mm．‎ ‎(3)①使用量程是6V的电压表，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的最大电流为：；所以电流表应选A1.由于测量的结果电压和电流从0开始增加，所以变阻器应用分压式接法，应选择阻值小的变阻器R2.‎ ‎②电压表内阻、电流表内阻与待测电阻的关系：，可知，电流表应用外接法，在图3实物图上连线如图．‎ ‎③根据电阻的定义式：可知，在U-I图象中，图线上的点与坐标原点的连线的斜率表示电阻的倒数．由图可知，图线上的点与坐标原点的连线的斜率随电压U的增大而增大，即电阻随U的增大而减小．‎ ‎【点睛】应掌握游标卡尺与螺旋测微器的读数方法．通过估算电路中的最大电流来选择电流表的量程；若有“测得多组数据”要求或要求电流从零调时，变阻器应用分压式接法，选择阻值小的变阻器时方便调节.‎ 三、计算题（本题共4小题，共50分）‎ ‎14.规格为“8V　4 W”的小灯泡与小型直流电动机D(其线圈内阻为r0=0.4Ω)并联后,接至电动势为10V,内电阻r=0.5Ω的电源上,小灯泡恰好正常发光,求：‎ ‎(1)通过小灯泡的电流IL和电源的内电压Ur。‎ ‎(2)电路中的总电流I和通过电动机D的电流ID。‎ ‎(3)电动机的输入功率P和电动机的输出功率P出。‎ ‎【答案】(1)‎0.5A 2 V (2)‎4 A ‎3.5 A (3)28 W 23.1 W ‎【解析】‎ ‎（1）由题意规格为“”的小灯泡恰好正常发光，可知电路的路端电压，则内电压：；‎ 由于灯泡正常发光，所以灯泡的电流为：。‎ ‎（2）电路的总电流：，‎ 电动机的电流为：‎ ‎（3）电动机线圈的发热功率：‎ 电动机的总功率的大小为：‎ 所以电动机的输出的功率为：。‎ 点睛：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的。‎ ‎15.如图电路中，电源的电动势E=3V，内阻r=1Ω，电阻R1=2Ω，R2=R4=1Ω，R3=8Ω，R5=5Ω，电容器的电容C=100μF，求闭合电键K后，通过电阻R3的总电量．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】电键K断开时，电容器充电电压为电阻R2两端的电压，‎ 则充电电量Q1=CU2＝7.5×10‎-5C且上正下负 K电键闭合后，电阻并联与电源内阻串联分压，‎ 外电路的总电阻为：‎ 总电流为 路端电压为：U=E-Ir=3-1×1=2V R1的电压为 R4的电压 电容器的电压等于R1与R4电压之差，为 则得电容器的带电量 因为U1>U2，外电路中顺着电流方向电势降低，可得电容器下极板的电势高，带正电，上极板的电势低，带负电；因此，闭合电键K后，通过电阻R3的总电量Q＝Q1+Q2＝1.75×10‎‎-4C ‎【点睛】本题是电路桥式电路，对于电容器，关键求电压，本题电路稳定时，电容器的电压等容器这一路同侧两个电阻的电压之差．‎ ‎16.如图所示，有一正粒子，质量为m，电荷量为q，由静止开始经电势差为U1的电场加速后，进入两块板间距离为d，板间电势差为U2的平行金属板间，若质子从两板正中间垂直电场方向射入偏转电场，并且恰能从下板右边缘穿出电场．求：‎ ‎（1）粒子刚进入偏转电场时的速度v0；‎ ‎（2）粒子在偏转电场中运动的时间和金属板的长度；‎ ‎（3）粒子穿出偏转电场时的动能．‎ ‎【答案】（1）（2） ；；（3）Ek=e（U1+U2）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）质子在加速电场中有 ‎ ‎ ‎（2）质子在偏转电场中的运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动 水平方向 竖直方向 加速度 由以上各式解得极板长 运动时间 ‎（3）质子在整个运动过程中由动能定律得 质子射出电场时的动能 考点：带电粒子在电场中的运动，牛顿第二定律，动能定理 ‎【名师点睛】带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同．先分析受力情况再分析运动状态和运动过程（平衡、加速、减速，直 线或曲线），然后选用恰当的规律解题．解决这类问题的基本方法有两种，第一种利用力和运动的观点，选用牛顿第二定律和运动学公式求解；第二种利用能量转化 的观点，选用动能定理和功能关系求解 ‎17.如图，光滑绝缘半球槽的半径为R，处在水平向右的匀强电场中，一质量为m的带电小球从槽的右端A处无初速沿轨道滑下，滑到最低点B时，球对轨道的压力为1.5mg．求:‎ ‎(1)小球受到的电场力的大小和方向．‎ ‎(2)带电小球在滑动过程中的最大速度．‎ ‎【答案】(1),方向水平向右 (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 设小球运动到最底位置B时速度为v，小球从A处沿槽滑到最底位置B的过程中，根据动能定理结合向心力公式联立方程即可求解；‎ ‎(2) 小球在滑动过程中最大速度的条件：是小球沿轨道运动过程某位置时切向合力为零，设此时小球和圆心间的连线与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系及动能定理即可求解 ‎【详解】(1) 设小球运动到最底位置B时速度为v，此时 解得：‎ 若不受电场力，则 解得：‎ 因为v′＞v 所以此过程中电场力做负功，电场力方向水平向右；‎ 设电场力大小为F，由题意，小球从A处沿槽滑到最底位置B的过程中，根据动能定理得：‎ 解得：，方向水平向右；‎ ‎(2) 小球在滑动过程中最大速度的条件：是小球沿轨道运动过程某位置时切向合力为零，设此时小球和圆心间的连线与竖直方向的夹角为θ，如图 mgsinθ=Fcosθ 解得：‎ 小球由A处到最大速度位置得过程中有：‎ 解得：。‎