2018-2019学年高二物理上学期第二次月考试卷(含解析).doc

xx-2019学年高二物理上学期第二次月考试卷(含解析)一、选择题1. 关于电荷之间的相互作用，下列说法正确的是A. 同种电荷相互吸引，异种电荷相互排斥B. 同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引C. 不管是同种电荷还是异种电荷，都是相互吸引D. 不管是异种电荷还是同种电荷，都是相互排斥【答案】B【解析】试题分析：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，故ACD错误，B正确。考点：电荷间的相互作用规律【名师点睛】本题应掌握电荷的基本知识：自然界只存在两种电荷，正电荷和负电荷；同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。2.如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为mB=2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6kgm/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为-4kgm/s，则( ) A. 左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2:5B. 左方是B球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1:10C. 右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2:5D. 右方是B球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1:10【答案】A【解析】【分析】光滑水平面上有大小相同的A、B 两球在发生碰撞，在碰撞过程中动量守恒因此可根据两球质量关系，碰前的动量大小及碰后A的动量增量可得出A球在哪边，及碰后两球的速度大小之比【详解】规定向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为6kgm/s，说明A、B两球的速度方向向右，两球质量关系为mB=2mA，由P=mv知碰撞前有vAvB，要发生碰撞，所以左方是A球.碰撞后A球的动量增量为：PA=-4kgm/s所以碰撞后A球的动量为：PA=PA+PA=（6-4）kgm/s=2kgm/s碰撞过程系统总动量守恒有：PA+PB=PA+PB解得碰撞后B球的动量为：PB=10kgm/s，根据mB=2mA，PA=mAvA，PB=mBvB得碰撞后A、B两球速度大小之比为：vA：vB=2：5,故A正确，B、C、D错误.故选A.【点睛】碰撞过程的基本规律动量守恒定律，由于动量是矢量，具有方向性，在讨论动量守恒时必须注意到其方向性为此首先规定一个正方向，然后在此基础上进行研究3.电场线如图，某带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点，带电粒子的运动轨迹如图所示，可以判定（）A. A点的电势低于B点的电势B. 在A点的加速度大于在B点的加速度C. 粒子带正电D. 粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能【答案】C【解析】试题分析：电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小根据带电粒子轨迹的弯曲方向判断出电场力的方向，根据电场力做功正负，判断动能和电势能的变化；沿电场线的方向，电势降低沿电场线方向电势逐渐降低，A点的电势高于B点的电势，A错误；由电场线可知，B点的电场线密，所以B点的电场强度大，粒子受的电场力大，加速度也就大，B错误；受力方向指向运动轨迹凹的一侧，故可知粒子受力方向向上，与电场线方向相同，粒子带正电，C正确；粒子受到的电场力指向曲线弯曲的内侧，所以受到的电场力的方向是沿电场线向上的，所以粒子从A到B的过程中，电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，所以粒子在A点的动能小于它在B点的动能，粒子在A点的电势能大于它在B点的电势能，故D错误；4.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地。一带电油滴位于两板中央的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，则() A. 带电油滴仍静止在P点B. 带电油滴将沿竖直方向向下运动C. P点的电势将升高D. 电容器的电容减小，电容器的带电量将减小【答案】C【解析】【分析】本题的关键是明确分析有关电容器动态问题的基本方法：先判断电容器的电压不变还是带电量不变（若断开电源则电量不变，若始终与电源相连则电压不变）；根据C=rs4kd判断电容C的变化；根据Q=CU判断电容器带电量的变化情况；根据E=Ud判断场强E的变化（注意若断开电源，只改变板间距离时场强E不变）；根据U=Ed判断p电势变化情况【详解】A、B、若将上极板向下移动一小段距离，两板间距离d变小，由于电压不变，根据E=Ud可知，场强E变大，所以qEmg，粒子将向上运动；故A、B均错误.C、根据P=UPO，且UPO=Ed，由于场强E变大，P点到下极板的距离d不变，所以UPO 变大，即P点的电势应升高；故C正确.D、根据C=rs4kd可知，d减小，电容C变大，根据Q=CU可知，U不变，Q变大；故D错误.故选C.【点睛】熟记若电容器始终与电源相连则电压不变，若断开电源则电量不变，然后再根据相应的公式推导即可5. 电路中路端电压随干路电流变化的图象如图所示，图中纵轴的起点为1.2V，则电源的电动势和内电阻应是：（ ）A. E=0.3V，r=0.5 B. E=1.5V，r=3.0C. E=1.5V，r=0.5 D. E=1.5V，r=0.6【答案】D【解析】试题分析：由闭合电路欧姆定律可得U=Ir+E，可知U-I图像与纵轴的截距表示电动势E，图线斜率表示电源内阻r，所以由图可得：E=1.5V，r=0.6。考点：本题考查U-I图像、欧姆定律等，意在考查学生利用图像分析问题的能力。6. 一带负电小球在从空中的a点运动到b点过程中，受重力，空气阻力和电场力作用，重力对小球做功3.5J，小球克服空气阻力做功0.5J，电场力对小球做功1J，则下列选项正确的是（ ）A. 小球在a点的重力势能比在b点大3.5JB. 小球在a点的机械能比在b点小0.5JC. 小球在a点的电势能比在b点少1JD. 小球在a点的动能比在b点多4J【答案】AB【解析】解决本题需掌握：重力做功等于重力势能的减小量；电场力做功等于电势能的减小量；合力做功等于动能的增加量；除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量A、重力做功等于重力势能的减小量，重力做功3.5J，故重力势能减小3.5J，小球在a点的重力势能比在b点大3.5J，故A正确；B、除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量，除重力外，小球克服空气阻力做功0.5J，电场力做功1J，故机械能增加0.5J，所以小球机械能增加，即小球在a点的机械能比在b点少0.5J，故B正确；C、电场力做功等于电势能的减小量，电场力做功1J，故电势能减小1J，小球在a点的电势能比在b点大1J，故C错误D、合力做功等于动能的增加量，合力做功等于各个分力做的功，总功为4J，故动能增加4J，所以小球在a点的动能比在b点小4J，故D错误故选AB点评：功是能量转化的量度，有多种表现形式：重力做功是重力势能变化的量度；电场力做功是电势能变化的量度；合力做功是动能变化的量度；重力外的各个力做的总功是机械能变化的量度7. 在如图所示电路中，闭合电键S，理想电流表和理想电压表的示数分别用I和U表示，当滑动变阻器的滑动触头P向左滑动时，两表的示数都发生变化。电源的电动势和内电阻始终不变，则下列说法正确的是( )A. I变大，U变小B. UI比值变大C. R1的功率一定变大D. 电源的总功率一定减小【答案】BD【解析】试题分析：当滑动变阻器的滑动触头P向左滑动时，阻值变大，则总电阻变大，总电流变小，则I减小，根据闭合电路欧姆定律得：U=EI（R1+r），则电压表示数增大,故A错误；根据欧姆定律得：R2=UI，当滑动变阻器的滑动触头P向左滑动时，R2增大，则UI变大，故B正确；根据P=I2R1可知，I减小，R1的功率一定减小，故C错误；电源的总功率P=EI，I减小，电源的总功率一定减小，故D正确。考点：闭合电路的欧姆定律【名师点睛】本题是电路中动态变化分析的问题，首先要搞清电路的结构，其次要按“部分整体部分”的顺序分析，知道总功率P=EI。8.如图所示，电阻R1=10，电动机M线圈电阻R2=10，电路两端电压U保持不变。当开关S断开时，电流表的示数为I1=0.5A；当开关S闭合后，电动机转起来，电流表示数为I2，整个电路消耗的电功率为P，则 ( ) A. I2=1A B. U=5V C. P5W D. P=5W【答案】BC【解析】【分析】当电键S断开时，由欧姆定律求出电阻R1的电压U；当电键S闭合后，通过R1的电流仍为0.5A，电动机的电路是非纯电阻电路，由IUR2求出其电流的范围，即得到电流表电流的范围由P=UI求解电路中功率范围【详解】当电键S断开时，由欧姆定律得，U=I1R1=5V当电键S闭合后，通过R1的电流仍为0.5A，电动机转动，电动机的电流IUR2=510A=0.5A，故电流表的电流I21A，电动机中电功率P=UI25W.故B、C正确，A、D错误.故选BC.【点睛】本题要抓住非纯电阻电路与纯电阻电路的区别，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，I800W所以能再接一只800W的电饭煲使用.【点睛】知道电能表铭牌的含义，电路用电器总功率不能超过电能表允许的功率.12.电荷量为e，质量为m的电子从A点沿与电场垂直的方向进入匀强电场，初速度为v0，当它通过电场中B点时，速度与场强方向成1500角，不计电子的重力，求：(1).电子经过B点的速度多大？(2)AB两点间的电势差多大？【答案】【解析】解：电子进入匀强电场后在电场力作用下做匀变速曲线运动.根据运动的分解可知,电子在垂直于场强方向上做匀速直线运动.将B点的速度分解(如图) 电子从A运动到B,由动能定理得