吉林省梅河口第五中学2020学年高二物理上学期第一次月考试题（含解析）

PAGE吉林省梅河口五中2020学年高二上学期第一次月考物理试题一、选择题1.处于静电平衡的导体，其内部场强处处为零的原因是（　）A.外电场不能进入导体内部B.所有感应电荷在导体内部产生的合场强为零C.外电场和所有感应电荷的电场在导体内部叠加的结果为零D.以上解释都不正确【答案】C【解析】【详解】导体在电荷q的电场中处于静电平衡状态时，在导体内部任意一点，感应电荷产生的附加电场的场强与电荷q产生的场强与大小相等，方向相反，此时导体的内部场强处处为0，电荷只分布在导体的外 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 面，且整个导体是一个等势体，故C项正确，ABD错；故选C2.对于库仑定律，下面说法中正确的是(　　)A.凡计算两个点电荷间的相互作用力，都可以使用MATCH_ word word文档格式规范word作业纸小票打印word模板word简历模板免费word简历 _1714005333003_0F＝k计算B.相互作用的两个点电荷，若它们的电量不相同，它们之间的库仑力大小可能不相等C.两个点电荷的电量各减为原来的一半，它们之间的距离保持不变，则它们之间的库仑力减为原来的一半D.在公式F＝k中，是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强大小；而是点电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处的场强大小【答案】D【解析】库仑定律的适用条件是：真空和静止点电荷，两个带电小球距离非常近时，电荷不能看成点电荷，因此不能使用库仑定律，故A错误．相互作用的两个点电荷之间的库伦力为作用力和反作用力的关系，大小始终相等，故B错误．根据库仑定律的计算公式，当两个点电荷的电荷量都减为原来的一半，它们之间的距离保持不变，则它们之间的库仑力减为原来的，故C错误；在公式中，是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强大小；而是点电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处的场强大小．故D正确．故选D．3.有甲乙两导体，甲的电阻是乙的一半，而单位时间内通过导体乙横截面的电荷量是甲的两倍，则一下说法正确的（）A.甲乙两导体中的电流相同B.乙导体中的电流是甲导体的2倍C.甲乙两导体两端的电压相同D.乙导体两端的电压是甲的2倍【答案】B【解析】由电流的定义式：可知，乙的电流是甲的两倍，故A错误，B正确；根据可得：U＝IR，可知乙两端的电压是甲两端电压的4倍，故CD错误。所以B正确，ACD错误。4.某电场的电场线分布如图所示，下列说法正确的是(　　)A.c点电场强度大于b点电场强度B.a点电势低于b点电势C.若将一试探电荷＋q由a点静止释放，它将沿电场线运动到b点D.若在d点再固定一点电荷－Q，将一试探电荷＋q由a移至b的过程中，电势能减小【答案】D【解析】从电场线的分布情况可知，b处的电场线比c处的密，所以c点的电场强度小于b点的电场强度，故A错误．根据沿电场线方向电势降低可知：a点的电势高于b点的电势，故B错误；正电荷所受电场力沿电场线切线方向，若将一试探电荷+q由a点释放，电荷将离开原电场线，不可能沿电场线运动到b点．故C错误．若在d点再固定一点电荷-Q，将一试探电荷+q由a移至b的过程中，电场力做正功，电势能减少，故D正确．故选D.点睛：电场强度、电势、电势能、电场力做功等概念是本章的重点和难点，要弄清它们之间的区别和联系，并能在实际电场中或者电荷运动过程中弄清它们的变化．5.如图所示,一绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中,场强为E.在与环心等高处放有一质量为m、带电+q的小球,由静止开始沿轨道运动,下述说法正确的是()A.小球在运动过程中机械能守恒B.小球经过环的最低点时电势能最大C.小球经过环的最低点时对轨道压力为3(mg+qE)D.小球经过环的最低点时对轨道压力为(mg+qE)【答案】C【解析】【详解】小球运动过程中电场力做功，机械能不守恒。故A错误。小球从最高点到最低点的过程中，电场力做正功最多，电势能减小，则小球在最低点时电势能最小，选项B错误；小球从最高点到最低点的过程，根据动能定理得：（mg+qE）R=mv2；又由N-mg-qE=，联立解得N=3（mg+qE），故C正确，D错误。故选C。6.如图所示，带电量之比为：qB=1：3的带电粒子A、B，先后以相同的速度从同一点射入平行板电容器中，不计重力，带电粒子偏转后打在同一极板上，水平飞行距离之比为xA：xB=2:1，则带电粒子的质量之比mA:mB以及在电场中飞行时间之比tA:tB分别为:()A.1:1;2:3B.2:1;3:2C.1:1;3:4D.4:3;2:1【答案】D【解析】试题分析：带电粒子垂直射入电场中做为平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动．根据牛顿第二定律和运动学公式得到偏转量y的表达式，求解质量之比；根据水平位移与初速度之比求解时间之比．解：两个带电粒子垂直射入电场中做为平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动．则：水平方向有：x=v0t，v0相等，所以t∝x，则得：tA：tB=xA：xB=2：1；竖直方向有：y==则得：m=因为E、y、v0相等，则得：mA：mB=：=4：3．故选：D7.一正点电荷仅在电场力作用下，从A点运动到B点，其速度随时间变化的图像如图所示，下列关于A、B两点电场强度E的大小和电势的高低的判断，正确的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】从v-t图象可知：正点电荷仅在电场力作用下，沿电场线从A点到B点做加速度不断减小的加速运动，故正点电荷在A点受到的电场力大于电荷在B点的电场力，A点的场强大于B点的场强，即EA＞EB。由于电荷做加速运动，故电场力做正功，电场力方向与速度方向相同，所以电场线方向从A到B，根据顺着电场线电势降低，则知φA＞φB，故A正确，BCD错误；故选A。【点睛】本题关键是根据图象确定电荷的运动情况，然后确定电场力情况，再进一步确定电场强度的情况，最后确定电势的高低。8.如图所示，A、B、C为匀强电场中的三点，已知AC⊥BC，∠ABC=60°，BC=20cm．把一个电量=10C的正电荷从A移到B，电场力做功为零；从B移到C，电场力做功为－1.73×10J，则该匀强电场的场强大小和方向是（）A.865V／m，垂直AC向左B.865V／m，垂直AC向右C.1000V／m，垂直AB斜向上D.1000V／m，垂直AB斜向下【答案】D【解析】【详解】由电场力做功的特点可知，AB两点电势相等，故AB应为等势面；因电场线与等势面相互垂直，故过C做AB的垂线，一定是电场线；因从B到C由W=Uq可知，BC两点的电势差U==-173V；即C点电势高于B点的电势，故电场线垂直于AB斜向下；BC间沿电场线的距离d=BCsin60=0.173m；由E=U/d可知，电场强度E=V/m=1000V/m；故选D。【点睛】电场线与等势面相互垂直而电场线由是由高电势指向低电势；匀强电场中U=Ed中的d应为沿电场方向的有效距离．9.一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷(电荷量很小)固定在P点，如图所示，以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，EP表示正电荷在P点的电势能。若负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置（　）A.U变小，E变小B.E变大，EP变大C.U变小，EP不变D.U不变，EP不变【答案】C【解析】【详解】平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变。将正极板移到图中虚线所示的位置时，板间距离d减小，根据知，电容增大，根据U=，则板间电压U变小。由，得到：，可知E与d无关，则知电场强度E不变。P与负极板间的距离不变，由公式U=Ed可知，P与负极板间的电势差不变，P点的电势不变，正电荷在P点的电势能不变。故C正确，ABD错误。故选C。【点睛】解决本题的关键知道电容器与电源断开后其电荷量不变，掌握电容器的决定式以及定义式C=．要能熟练推导出场强的表达式，记住E与d无关的结论，有利于进行动态分析．10.如图所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则可能属于的时间段是()A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】若0＜t0＜，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以A错误。若＜t0＜，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A板上，所以B正确。若＜t0＜T，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B板上，所以C错误。若T＜t0＜，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以D错误。故选B。【点睛】解决本题的关键理清粒子在一个周期内的运动规律，判断物体一个周期内的位移，从而进行判断．本题也可以通过速度时间图线进行分析．11.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc,实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知()A.三个等势面中，a的电势最高B.带电质点通过P点时的电势能较小C.带电质点通过P点时的动能较大D.带电质点通过P点时的加速度较大【答案】D【解析】电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，故A错误；根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，动能增大，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故BC错误；由于相邻等势面之间的电势差相等，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，加速度也大，故D正确．故选D.点睛：解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化．12.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，下列说法中正确的是(　　)A.随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B.对应P点，小灯泡的电阻为R＝C.对应P点，小灯泡的电阻为R＝D.对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的“面积”【答案】ABD【解析】【详解】I-U图线各点与原点连线的斜率表示电阻，由题，此斜率减小，说明随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大。故A正确。根据电阻的定义得到，对应P点，小灯泡的电阻为R=，R不等于切线斜率，R也不等于“面积”。故B正确，C错误。根据功率表达式P=UI，则有小灯泡功率为图中矩形PQOM所围“面积”的数值，故D正确；故选ABD。【点睛】对于线性元件，欧姆定律成立，即，对于非线性元件，欧姆定律不成立，．13.如图所示，从灯丝发出的电子经加速电场加速后，进入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2，要使电子在电场中的偏转量y增大为原来的2倍，下列 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进行讨论分析得出结论。14.两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势Φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，则（　　）A.C点的电场强度最大B.A点的电场强度大小为零C.MN间场强方向向x轴负方向D.将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功【答案】CD【解析】【详解】φ-x图象的斜率等于电场强度E，则知C点电场强度为零，最小，故A错误；由图知A点的电势为零，则O点处点电荷的电量比M点处点电荷的电量大，且O点的电荷带正电，M点电荷带负电，A点合场强向右，不为零。故B错误；根据顺着电场线方向电势降低，知MN间场强方向向x轴负方向。故C正确；因为MC间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向，则将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后负功。故D正确；故选CD。【点睛】解决本题时要知道电势为零处，电场强度不一定为零。电荷在电场中与电势的乘积为电势能。电场力做功的正负决定电势能的增加与否。二、实验题15.如图所示为实验室常用的两个量程的电压表原理图．当使用O、A两接线柱时，量程为3V；当使用O、B两接线柱时，量程为15V．已知电流计的内电阻Rg=500Ω，满偏电流Ig=100μA．则电阻R=____Ω,R=____Ω【答案】(1).;(2).;【解析】【详解】串联分压电路的特点就是电流相同，在改装的电压表中，各量程达到满偏电压时，经过“表头”的电流均为满偏电流．根据串并联规律，接O、A时有：解得：；接O、B时有：解得：R2=1.2×105Ω【点睛】明确电表的改装原理，知道电压表是电流表与分压电阻串联而成，当电压表达到量程时通过电流表的电流应为满偏电流．16.有一个标有“12V，24W”的灯泡，为了测定它在不同电压下的实际功率和额定电压下的功率，需测定灯泡两端的电压和通过灯泡的电流，现有如下器材：A．直流电源15V(内阻可不计)B．直流电流表0～0.6A，内阻约0.5ΩC．直流电流表0～3A，内阻约0.1ΩD．直流电压表0～3V，内阻约3kΩE．直流电压表0～15V，内阻约15kΩF．滑动变阻器10Ω、5AG．滑动变阻器1kΩ、3A(1)电压表应选用_____；电流表应选用_____；滑动变阻器____．(将选项代号的字母填在横线上)(2)在该实验中，设计了如图所示的四个电路．为了减小误差，应选取的电路是________(将选项代号的字母填在横线上)(3)若测得灯丝电阻R随灯泡两端电压变化关系的图线如图所示，由这条曲线可得出：在正常发光条件下，灯丝消耗的电功率是_______W。(4)如果灯丝电阻与(t＋273℃)的大小成正比，其中t为灯丝摄氏温度值，室温t=27℃，则正常发光时灯丝的温度是__________℃。【答案】(1).E;(2).C;(3).F;(4).C;(5).23.2W;(6).;【解析】【详解】（1）由题意可知，为了完成实验电源为必选；因灯泡的额定电压为12V，故为了安全准确电压表应选E中15V的量程；而灯泡中的额定电流为：I=2A；故电流表应选中3A的量程C；因本实验要采用分压接法，故滑动变阻器采用F；（2）测定灯泡在不同电压下的实际功率和额定电压下的功率，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，由于电压表内阻远大于灯泡内阻，故电流表采用外接法，故应选择C电路图；（3）由图示图象可知，当电压为12V时，电阻为6.2Ω，故功率为：；（4）灯丝电阻与（t+273）的大小成正比，故R=k（t+273）；由图象，室温下电阻丝不加电压时电阻，为1Ω，故；正常发光时电阻为：，灯泡正常发光时的温度：；【点睛】本题虽然是求功率，但事实是测量灯泡的伏安特性曲线，注意本实验中应采用分压接法，同时因灯泡内阻较小故电流表一般采用外接法．三、计算题17.如图所示，质量为m的小球A穿在绝缘细杆上，杆的倾角为α，小球A带正电，电量为q.在杆上B点处固定一个电量为Q的正电荷．将A由距B竖直高度为H处无初速释放，小球A下滑过程中电量不变．不计A与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中．已知静电力常量k和重力加速度g.(1)A球刚释放时的加速度是多大？(2)当A球的动能最大时，求此时A球与B点的距离.【答案】（1）a＝gsinα－（2）【解析】【详解】（1）由牛顿第二定律可知mgsinα－F＝ma，根据库仑定律F＝k，r＝H/sinα得a＝gsinα－.（2）当A球受到合力为零、加速度为零时，动能最大．设此时A球与B球间的距离为R，则mgsinα＝，解得R＝【点睛】本题关键对小球A受力分析，然后根据牛顿第二定律求解加速度，根据力与速度关系分析小球A的运动情况；知道合力为零时动能最大．18.如图所示，变阻器R0的滑片P在移动过程中电压表的示数变化范围是0～4V，电流表的示数变化范围是1～0.5A，电源的内阻可忽略不计．求电阻R的阻值、变阻器R0的最大阻值和电源电压U.【答案】【解析】【详解】当电压表示数U1＝0V时，电流表示数I1＝1A电源电压：U＝I1R＝1A·R①当电压表示数U2＝4V时，电流表示数I2＝0.5A电源电压：U＝U2＋I2R＝4V＋0.5A·R②由①②解得：U＝8V，R＝8Ω.19.如图所示，长L＝1.2m、质量M＝3kg的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上，质量m＝1kg、带电荷量q＝＋2.5×10－4C的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强E＝4.0×104N/C的匀强电场．现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F＝10.8N.取g＝10m/s2，斜面足够长．求：(1)物块经多长时间离开木板？(2)物块离开木板时木板获得的动能．(3)物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能．【答案】（1）物块经过s离开木板．（2）物块离开木板时木板获得的动能为27J．（3）物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能为2.16J．【解析】试题分析：（1）根据牛顿第二定律分别求出木块、木板的加速度，抓住两者的位移关系，运用位移时间公式求出物块离开木板所需的时间．（2）根据匀变速直线运动的速度时间公式求出物块离开木板时的速度，从而求出物块离开木板时的动能．（3）木块与木板的相对位移等于木板的长度，根据Q=F摩x相求出摩擦产生的热量．解：（1）物块向下做加速运动，设其加速度为a1，木板的加速度为a2，则由牛顿第二定律对物块：mgsin37°﹣μ（mgcos37°+qE）=ma1a1=4.2m/s2对木板：Mgsin37°+μ（mgcos37°+qE）﹣F=Ma2a2=3m/s2又a1t2﹣a2t2=L得物块滑过木板所用时间t=s．（2）物块离开木板时木板的速度v2=a2t=3m/s．其动能为Ek2=Mv22="27"J（3）由于摩擦而产生的内能为Q=F摩x相=μ（mgcos37°+qE）•L="2.16"J．答：（1）物块经过s离开木板．（2）物块离开木板时木板获得的动能为27J．（3）物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能为2.16J．【点评】加速度是联系力学和运动学的桥梁，本题通过加速度求出运动的时间和物块的速度．以及知道摩擦力与相对路程的乘积等于摩擦产生的热量．