2019-2020学年高二物理上学期第三次(11月)月考试题(含解析).doc

2019-2020学年高二物理上学期第三次(11月)月考试题(含解析)一选择题1. 带等量异种电荷的两个相同的金属小球A、B相隔L固定，两球之间的吸引力的大小是F，今让第三个不带电的相同金属小球C先后与A、B两球接触后移开这时，A、B两球之间的库仑力的大小是()A. F B. F/4 C. F/8 D. 3F/8【答案】C【解析】试题分析：由库仑定律知：；因两球带等量异种电荷，若A带正电、B带负电。当C与A接触后，A、C电荷量均分，即AC带电荷量均为：q/2，当C与B再接触时，B、C电荷量先中和再平分，分离后B、C带电荷量分别为：-q/4，此时A、B两球的库仑力为：，C对。考点：库仑定律。【名师点睛】库仑定律：1内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的平方成反比作用力的方向在它们的连线上2表达式：，式中k=9.0109Nm2/C2，叫静电力常量3适用条件：真空中的点电荷2. 关于电场强度，下列说法正确的是()A. 以点电荷Q为球心，r为半径的球面上，各点的场强相同B. 正电荷周围的电场强度一定比负电荷周围的电场强度大C. 在电场中某点放入试探电荷q，该点的电场强度为E，取走q后，该点的场强不变D. 电荷所受到的电场力很大，即该点的电场强度很大【答案】C【解析】A、在以点电荷Q为球心，以r为半径的球面上各处电场强度大小均相等，但方向不同，故选项A错误；B、公式是点电荷的电场强度的计算式，E与Q成正比，与r2成反比，式中Q与r将决定E的大小，与电荷的正负无关，故选项B错误；C、E 是电场强度的定义式，场强的大小是由电场本身决定的，故选项C正确；D、电场中同一电荷所受到的电场力很大，即该点的电场强度很大；不同的电荷，还与电荷量的多少有关，故选项D错误综上所述本题答案是：C3. 如下图所示，a、b、c是匀强电场中三点，各点电势依次为10 V、2 V、6 V，三点在同一平面上，下列各图中，场强方向表示可能正确的是(D)A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：在匀强电场中，电场相等的点的连线即为等势线，电场线与等势线垂直，知AB错；电场线由高电势指向低电势，C错、D对。考点：电场线与等势面。【名师点睛】等势面（1）定义：电场中电势相等的各点组成的面（2）四个特点等势面一定与电场线垂直在同一等势面上移动电荷时电场力不做功电场线方向总是从电势高的等势面指向电势低的等势面等差等势面越密的地方电场强度越大，反之越小4. 下列关于电场的叙述中正确的是（ ）A. 点电荷产生的电场中，以点电荷为圆心，为半径的球面上，各点的场强都相同B. 电荷在电场中某点所受电场力的方向与该点场强的方向不一定相同C. 取走电场中某点的试探电荷后，该点的场强为零D. 正电荷周围的场强一定比负电荷周围的场强大【答案】B【解析】点电荷产生的电场中，以点电荷为圆心，为半径的球面上，各点的场强大小都相同，但是方向不同，选项A错误；正电荷在电场中某点所受电场力的方向与该点场强的方向一定相同，负电荷所受电场力方向与场强方向相反，选项B正确；某点的场强与试探电荷的有无无关，选项C错误；正电荷周围的场强不一定比负电荷周围的场强大，要看电场线的疏密，选项D错误；故选B.5. 用控制变量法，可以研究影响平行板电容器的因素(如图)设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为.实验中，极板所带电荷量不变，若() A. 保持S不变，增大d，则变大B. 保持S不变，增大d，则变小C. 保持d不变，增大S，则变大D. 保持d不变，增大S，则不变【答案】A【解析】AB：保持S不变，增大d，据电容器的电容减小，又，极板所带电荷量不变，电容器两板间电势差增大，静电计指针偏角增大。故A正确、B错误。CD：保持d不变，增大S，据电容器的电容增大，又，极板所带电荷量不变，电容器两板间电势差减小，静电计指针偏角减小。故CD均错误。6. 有一毫伏表，它的内阻是，量程为0.2V，现要将它改装成量程为10A的电流表，则毫伏表应（ ）A. 并联一个的电阻B. 并联一个的电阻C. 串联一个的电阻D. 串联一个的电阻【答案】A【解析】试题分析：把电表改装成电流表应并联一个分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值解：电表的满偏电流为：Ig=0.002A，把它改装成量程为10A的电流表需要并联一个分流电阻，并联电阻阻值为：R=0.02；故选：A【点评】本题考查了电流表的改装，把电表改装成电流表应并联一个分流电阻，知道电流表的改装原理、应用并联电路特点与欧姆定律即可正确解题7. 导体的电阻是导体本身的一种性质，对于同种材料的导体，下列表述正确的是()A. 横截面积一定，电阻与导体的长度成反比B. 长度一定，电阻与导体的横截面积成反比C. 电压一定，电阻与通过导体的电流成正比D. 电流一定，电阻与导体两端的电压成反比【答案】B【解析】A、对于同种材料的导体，电阻率可以认为是个定值，根据电阻定律可知横截面积一定，电阻与导体的长度成正比，A正确；B、长度一定，电阻与导体的横截面积成反比，B错误；C、由欧姆定律知，此式是电阻的定义式，电阻R与电压U、电流I无正反比关系，故CD错误。点睛：电阻是导体本身的属性，导体的电阻大小与导体的长度、横截面积和材料等有关，与电流以及电压的大小无关。8. 如图所示，水平放置的平行板电容器MN 两板连接在一恒定电源电路中，开关闭合，一带电粒子以某一初速度平行于极板进入平行板M 和N 之间的真空电场区域，经偏转后打在N板上如图所示的位置。在其它条件不变的情况下要使该粒子能从N板右端射出电场，下列操作中可能实现的是（不计粒子重力）（）A. 保持开关S 闭合，适当下移M极板B. 保持开关S 闭合，适当上移M极板C. 先断开开关S，将滑动变阻器R值调小D. 先断开开关S，再适当上移M极板【答案】B【解析】试题分析：水平方向x=vt，则若想使得粒子从板间射出，则要增加运动的时间；竖直方向；根据可知，竖直位移不变时，只需要减小a的值，故在两板间电压一定时，根据可知可以保持开关S 闭合，适当上移M极板 ，选项B正确，A错误；先断开开关S，则两板电量一定，将滑动变阻器R值调小对两板电压无影响，粒子轨迹不变，选项C错误；先断开开关S，则两板电量一定，再适当上移M极板，则两板场强不变，粒子加速度不变，轨迹不变，选项D错误；故选B考点：带电粒子的在电场中的运动【名师点睛】此题是关于带电粒子的在电场中的运动问题；关键是知道粒子在水平方向和竖直方向的运动特征；知道电容器带电量一定时，两板间场强与两板间距无关9. A、B在两个等量异种点电荷连线的中垂线上,且到连线的距离相等,如下图所示,则（ ）A. 同一点电荷在A、B两点的电势能相等B. 把正电荷从A点移到B点,电势能先增大后减小C. 把正电荷从A点移到B点,电势能先减小后增大D. A、B两点的连线上任意两点的电势差为零【答案】AD【解析】等量异种电荷连线的中垂线为一条等势面，上面的点的电势都相同，即任意两点的电势差为零，根据可知同一电荷在A、B两点的电势能相等，在中垂线上移动电荷，电场力不做功，电势能不变化，AD正确C错误；在重锤线上，电场强度从O点向上下两边递减，即O点是中垂线上电场强度最大的点，所以从A到B过程中，电场强度先增大后减小，B正确10. 如图，O是一固定的点电荷，虚线a、b、c是该点电荷产生的电场中的三条等势线，正点电荷q仅受电场力的作用沿实线所示的轨迹从a处运动到b处，然后又运动到c处由此可知() A. O为负电荷B. 在整个过程中q的速度先变大后变小C. 在整个过程中q的加速度先变大后变小D. 在整个过程中，电场力做功为0【答案】CD【解析】试题分析：A、粒子所受合力的方向大致指向轨迹弯曲的凹侧，知正电荷所受的电场力背离点电荷向外，知O为正电荷，故A错误；B、从a处运动到b处，然后又运动到c处，电场力先做负功后做正功，则动能先减小后增大，所以速度先减小后增大，故B错误；C、越靠近点电荷，电场线越密，则电荷所受电场力越大，加速度越大，则加速度先增大后减小，故C正确；D、a与c在同一个等势面上，两点间的电势差为0，根据WqU，知电场力做功为0，故D正确故选CD考点：考查等势面；加速度；电场强度【名师点睛】解决本关掌握通轨迹的弯大致判断力的方向，会根据电场力判断动变化，知道在等势面上移电荷，电场力做功11. 如图所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的电场力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45，则下列结论正确的是()A. 液滴受到的电场力与重力大小相等B. 此液滴带负电C. 合力对液滴做的总功等于零D. 液滴的电势能减少【答案】ABD.解：AB、据题带电液滴沿直线从b运动到d，带电液滴所受重力与电场力的合力一定与其运动方向在同一直线上，对液滴进行受力分析，其受力情况如图所示，则电场力方向一定水平向右，液滴带负电，由图可得：qE=mg故AB正确；C、由于液滴从静止开始做加速运动，故合力的方向与运动的方向相同，故合外力对物体做正功，并不为零，故C错误D、由于电场力所做的功W电=Eqxbdcos450，故电场力对液滴做正功，故液滴的电势能减小，故D正确故选：ABD【点评】带电液滴从静止开始由b沿直线运动到d，是我们判定液滴带电性质的突破口，在今后的学习中我们经常用到要注意掌握12. 如图所示电路，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在变阻器R0的滑动片向下滑动的过程中 ( ）A. 电压表的示数减小B. 电压表的示数增大C. 电流表的示数减小D. 电流表的示数增大【答案】AC【点睛】本题是电路的动态变化分析问题，首先确定出变阻器接入电路的电阻如何变化，再按局部到整体，再到部分的思路进行分析二、实验题13. 一只电流表的满偏电流为=3mA ，内阻为=100，若改装成量程为I=30mA的电流表，应并联的电阻阻值为_；若将该电流表改装成量程为U=15V的电压表，应串联一个阻值为_的电阻。【答案】 (1). 11.1 (2). 4900【解析】试题分析：改装成电流表要并联的阻值为：改装成电压表要串联的阻值为： 【点睛】改装成电流表要并联电阻分流，电阻值等于满偏电压除以所分最大电流，改装成电压表要串联电阻分压，电阻值等于量程除以满偏电流减去原内阻14. 用伏安法测电阻，可采用如图所示的甲、乙两种接法。如所用电压表内阻为5000，电流表内阻为0.5。（1）当测量100左右的电阻时，宜采用_电路；(填“甲”或“乙”)（2）现采用乙电路测量某电阻的阻值时，两电表的读数分别为10 V、0.5 A，则此电阻的测量值为_，比真实值_（“偏大”或“偏小”）。【答案】 (1). 甲 (2). 20 (3). 偏小【解析】试题分析：由于待测电阻满足，所以电流表应用内接法，即应采用甲电路；采用甲电路时，电阻测量值为；考虑电压表的分流作用，待测电阻的真实值应为，比较可知测量值比真实值偏小【点睛】本题的关键是明确根据比较与的大小来选择内外接法，考虑实验误差时，只需将电表的内阻考虑在内，然后再根据串并联规律讨论即可15. 在测定金属丝电阻率的实验中，需要测出其长度L直径d和电阻R用螺旋测微器测金属丝直径时读数如下图，则金属丝的直径为_ m用电流表和电压表测金属丝的电流电压时读数如下图，则电压表的读数为_ V，电流表的读数为 _ A【答案】 (1). 0.698(0.001) (2). 2.60V (3). 0.53A 【解析】（1）由图甲所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm，可动刻度示数为19.70.01mm=0.197mm，螺旋测微器示数为0.5mm+0.197mm=0.697mm。（2）由图丙所示电压表可知，其量程为3V，分度值为0.1V，示数为2.60V；由图示电流表可知，其量程为0.6A，分度值为0.02A，示数为0.52A。16. 为了描绘标有“3V，04W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯炮电压能从零开始变化所给器材如下：A电流表（0200mA，内阻05） B电流表（006A，内阻001）C电压表（03V，内阻5k） D电压表（015V，内阻50k）E滑动变阻器（010，05A） F滑动变阻器（01k，01A）G电源（3V） H电键一个，导线若干（1）为了完成上述实验，实验中应选择的电流表是_电压表是_滑动电阻器是_（填序号）（2）按照实验的原理图，用笔画线代替导线将实物按电路图连接好_【答案】 (1). A (2). C (3). E (4). 图见解析【解析】试题分析：（1）额定电流，所以电流表的量程选择200mA的，即电流表选A灯泡的额定电压为3V，所以电压表的量程选择3V的误差较小，即电压表选C；由于本实验采用分压接法，故滑动变阻器应选择E；（2）按实物图连接电路图，如图所示：17. 把电流表改装为电压表的实验中，分3个主要步骤。实验中给出的器材有：电流表（量程0-100A）标准电压表（量程0-5V）电阻箱（0-99999）电阻箱（0-9999）电源（电动势6V，有内阻）电源（电动势2V，有内阻）电源（电动势9V，有内阻）滑动变阻器（0-50，额定电流1.5A）电键两只，导线若干首先要用半偏法测定电流表的内阻,如果采用如图所示的电路测定电流表A的内电阻并且要想得到较高的精确度，那么从以上给出的器材中，可变电阻R1应选用_，可变电阻R2应选用_，电源E应选用_。（用序号表示）【答案】 (1). (2). (3). 【解析】试题分析：利用半偏法测量电流表G的内阻，要保证总电流基本不变，则的阻值远大于的阻值，电动势选择大一些的故可变电阻应该选择；可变电阻应该选择；电源E应该选择 【点睛】掌握半偏法测量内阻的原理和误差分析改装成电压表要串联电阻分压，电阻值等于量程除以满偏电流减去原内阻难点是误差的分析三、计算题18. 如图所示，电源电动势E=10V，内阻r=1，闭合电键S后，标有“8V，12W”的灯泡恰能正常发光，电动机M绕组的电阻R 0 =4，求：（1）电源的输出功率P 0 ；（2）10s内电动机产生的热量Q。【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）S闭合时，L、M并联，L正常发光，L两端电压：（1分）电流：（1分）总电流：（1分）电源的输出功率：（1分）（2）通过电动机的电流：(2分）则10s内电动机产生的热量（2分）考点：电动机电路。19. 如图所示，线段A为某电源的UI图线，线段B为某电阻R的UI图线，由上述电源和电阻组成闭合电路时，求：(1)电源的输出功率P出是多大？(2)电源内部损耗的电功率P内是多少？(3)电源的效率是多大？【答案】(1)4 W(2)2 W(3)66.7%【解析】试题分析：（1）由电源的U-I图象读出电动势，求出内阻两图线交点表示电阻与电源组成闭合电路时的工作状态，读出电压和电流，由公式P=UI求出电源的输出功率（2）电源内部损耗的电功率由公式求解（3）电源的总功率为，电源的效率为代入数据求解即可（1）从A的图线可读出，电源的电动势 E=3V，内阻从图象的交点可读出：路端电压U=2V，电路电流I=2A则电源的输出功率为（2）电源内部损耗的电功率（3）电源的总功率为故电源的效率为【点睛】本题考查对电源和电阻伏安特性曲线的理解能力，关键要理解两图线的交点就表示该电源和该电阻组成闭合电路时的工作状态，能直接读出电流和路端电压，从而求出电源的输出功率20. 如图所示，由A、B两平行板构成的电容器，电容为C，原来不带电。电容器的A板接地，并且中心有一个小孔，通过这个小孔向电容器中射入电子，射入的方向垂直于极板，射入的速度为v0如果电子的发射是一个一个单独进行的，即第一个电子到达B板后再射第二个电子，并且所有和B板相碰的电子都留在B板上。随着电子的射入，两极板间的电势差逐渐增加，直至达到一个稳定值。已知电子的质量为m、电量为e，电子所受的重力可忽略不计，A、B两板的距离为L。（1）有n个电子到达B板上，这时两板间电场的场强E多大？（2）最多能有多少个电子和B板相碰？（3）到达B板的第1个电子在两板间运动的时间和最后一个电子在两板间运动的时间相差多少？【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析：（1）当B板上聚集了n个射来的电子时，两板间的电势差为：内部电场为匀强电场，场强为：（2）设最多能聚集N+1个电子，第N+1个射入的电子到达B板时速度减为零此时两板间的电势差为：对此后再射入的电子，根据动能定理有-eU1=0-mv02联立解得：故最多能到达B板的电子数为Nm=N+1=（3）第一个电子在两板间作匀速运动，运动时间为：最后一个电子在两板间作匀减速运动，到达B板时速度为零，运动时间为：二者时间差为：t=t2-t1=考点：带电粒子在电场中的运动