1、河北省迁西县第一中学2019-2020学年高二物理上学期10月月考试题（含解析）一、单项选择题（本题共18小题，每小题3分，共54分）1. 真空中有两个静止的点电荷，它们之间的作用力为F，若它们的带电量都增大为原来的2倍，距离减少为原来的1/2，它们之间的相互作用力变为 （ ）A. F/2B. FC. 4FD. 16F【答案】D【解析】由库仑定律：，可知它们的带电量都增大为原来的2倍，距离不变，则它们之间的相互作用力变为原来的4倍，即4F，故选C。【点睛】直接根据库仑定律公式列式判断两个点电荷间的静电力大小的变化情况即可2.在某电场中，已知A、B两点间的电势差UAB=20V，在将电荷量为q=-
2、210-9C的点电荷由A点移动到B点的过程中，( )A. 静电力做正功1.010-10JB. 静电力做负功1.010-10JC. 电势能增加4.010-8JD. 电势能减少4.010-8J【答案】C【解析】【详解】AB由A点移动到B点的过程中静电力对点电荷做功为即静电力做负功4.010-8J，故AB错误；CD由电场力做功与电势能关系可知，点电荷的电势能增加4.010-8J，故C正确，D错误。3.两电阻的电流I和电压U的关系如右图所示，可知两电阻的大小之比等于（ ）A. B. 3:1C. D. 1:3【答案】D【解析】因为该图线为I-U图线，则图线的斜率表示电阻的倒数，两根图线的斜率比为：tan
3、60： tan30=3：1，所以电阻比为1：3故D正确，ABC错。4.如图所示，R1和R2是材料相同、厚度相同、表面均为正方形的导体，R1的表面边长是R2的表面边长的2倍，则R1和R2的大小关系是( )A. R1= 2R2B. R1= R2C. R1= 4R2D. R2= 2R1【答案】B【解析】【详解】由电阻定律得所以电阻与材料和厚度有关，两电阻厚度相同，材料相同，所以电阻之比为1：1，即两电阻相等AR1= 2R2与分析不符，故A错误；BR1= R2与分析相符，故B正确；CR1= 4R2与分析不符，故C错误；DR2= 2R1与分析不符，故D错误。5.把两个相同的电灯分别接在图中甲、乙两个电路
4、里，调节滑动变阻器，使两灯都正常发光，两电路中消耗的总功率分别为和，可以断定A. B. B，EAEBB. AB，EAEBC. AEBD. AB，EA0)和-Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b点位于y轴O点上方。取无穷远处的电势为零。下列说法正确的是()A. b点电势为零,电场强度也为零B. 正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右C. 将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，后者电势能的变化较大D. 将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功【答案】BD【解析】【详解】结合等量异种点电荷的电场的特点可知，两个等量异种电荷连线的垂
5、直平分线是一条等势线。电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向，所以B点的电势等于0，而电场强度不等于0故A错误；由图，两个点电荷在a点产生的电场强度的方向都向右，所以合场强的方向一定向右，则正电荷在a点受到的电场力的方向向右；正电荷从a向O运动的过程中，电场力做正功，电势能减小，而O点的电势等于0，所以正的试探电荷在a点的电势能大于零，故B正确；两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，所以O、b两点的电势是相等的，将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，二者电势能的变化相等。故C错误。正电荷从a向O运动的过程中，电场力做正功，电势能减小。所以将正的试探电荷从O点移到a点，
6、必须克服电场力做功；故D正确；故选BD。【点睛】对于等量异种电荷和等量同种电荷连线和垂直平分线的特点要掌握，抓住电场线和等势面的对称性进行记忆12.如图所示，a、b两点位于以负点电荷Q（Q0）为球心的球面上，c点在球面外，则A. a点场强的大小比b点大B. b点场强的大小比c点小C. a点电势比b点高D. b点电势比c点低【答案】D【解析】【详解】由点电荷场强公式确定各点的场强大小，由点电荷的等势线是以点电荷为球心的球面和沿电场线方向电势逐渐降低确定各点的电势的高低。由点电荷的场强公式可知，a、b两点到场源电荷的距离相等，所以a、b两点的电场强度大小相等，故A错误；由于c点到场源电荷的距离比b
7、点的大，所以b点的场强大小比c点的大，故B错误；由于点电荷的等势线是以点电荷为球心的球面，所以a点与b点电势相等，负电荷的电场线是从无穷远处指向负点电荷，根据沿电场线方向电势逐渐降低，所以b点电势比c点低，故D正确。13.如图，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，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，则下列结论正确的是( )A. 此液滴带正电B. 液滴的加速度等于gC. 合外力对液滴做总功等于零D. 液滴的电势能增加【答案】B【解析】【详解】A据题带电液滴沿直线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
8、如图所示，则电场力方向一定水平向右，与场强方向相反，所以该液滴带负电，故A错误；B由图可得物体所受合力为：故物体的加速度为故B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，故C错误；D由于电场力所做的功为：W电=Eqxbdcos0故电场力对液滴做正功，故液滴的电势能减小，故D错误。14.某电解池，如果在1 s内共有51018个二价正离子和1.01019个一价负离子通过某截面，那么通过这个截面的电流是()A. 0B. 0.8 AC. 1.6 AD. 3.2 A【答案】D【解析】【详解】由题，电解池中正负离子运动的方向相反，则1s内通过截面正离子的电量为
9、q1=2n1e负离子的电量绝对值为q2=n2e则电流为代入数据解得：A0与分析不符，故A错误；B0.8 A与分析不符，故B错误；C1.6 A与分析不符，故C错误；D3.2 A与分析相符，故D正确。15.两根完全相同的金属裸导线，如果把其中一根均匀拉长到原来的2倍，把另一根对折起来，然后把它们分别接上相同的电压，则在同一时间内通过它们的电量之比为（ ）A. 1:4B. 1:8C. 1:16D. 16:1【答案】C【解析】【详解】设原来的电阻为R，其中的一根均匀拉长到原来的2倍，横截面积变为原来的 ，根据可知，电阻R1=4R，另一根对折后绞合起来，长度减小为原来的一半，横截面积变为原来的2倍，根据
10、电阻定律，电阻，则两电阻之比为16：1电压相等，根据欧姆定律，电流比为1：16，根据q=It知相同时间内通过的电量之比为1：16。A. 1:4与计算结果不符，故A错误。B. 1:8与计算结果不符，故B错误。C. 1:16与计算结果相符，故C正确。D. 16:1与计算结果不符，故D错误。16.如图是有两个量程的电压表，当使用a、b两个端点时，量程为010 V，当使用a、c两个端点时，量程为0100 V已知电流表的内阻Rg为500 ，满偏电流Ig为1 mA，则电阻R1、R2的值()A. 9500；90000B. 90000；9500C. 9500；9000D. 9000；9500【答案】A【解析】
11、【详解】由图示电路图可知，代入数据解得，A. 9500；90000与分析相符，符合题意B. 90000；9500与分析不符，不符合题意C. 9500；9000与分析不符，不符合题意D. 9000；9500与分析不符，不符合题意17.如图所示电路，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在变阻器Ru的滑动端向下滑动的过程中A. 电压表与电流表的示数都减小B. 电压表与电流表的示数都增大C. 电压表的示数增大，电流表的示数减小D. 电压表的示数减小，电流表的示数增大。【答案】A【解析】【详解】当滑片下移时，滑动变阻器接入电阻减小，则外电路总电阻减小，电路中总电流增大，电源的内电压增大，则由闭合电路欧姆定律
12、可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小；由欧姆定律可知，R1上的分压增大，而路端电压减小，故并联部分的电压减小，则通过R2的电流减小，根据并联电路的特点可知：通过R0的电流增大，则电流表的示数增大故A正确，BCD错误【此处有视频，请去附件查看】18.匀强电场中的三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，AB的长度为1 m，D为AB的中点，如图所示。已知电场线的方向平行于ABC所在平面，A、B、C三点的电势分别为14 V、6 V和2 V，设场强大小为E，一电量为1C的正电荷从D点移到C点电场力所做的功为W,则A. W=8J E8 V/mB. W=6J E6 V/mC. W=8J E8 V/mD.
13、 W=6J E6 V/m【答案】A【解析】【详解】试题分析：由题匀强电场中，由于D为AB的中点，则D点的电势，电荷从D点移到C点电场力所做的功为W=qUDC=q（D-C）=110-6（10-2）J=810-6JAB的长度为1m，由于电场强度的方向并不是沿着AB方向，所以AB两点沿电场方向的距离d1m，匀强电场中两点电势差与两点沿电场方向的距离成正比，即U=Ed，所以，故选A。考点：电势；电场强度【此处有视频，请去附件查看】二、多项选择题（共7小题，每小题3分，共21分.选对的得3分，选对但不全的得2分）19.在如图所示的四种典型电场的情况中，电场中a、b两点的电场强度相同的是（ ）A. 图甲中
14、平行板电容器带电时，极板间除边缘附近外的任意两点a、bB. 图乙中两个等量异号点电荷的连线上，与连线中点O等距的两点a、bC. 图丙中离点电荷等距的任意两点a、bD. 图丁中两个等量同号点电荷的连线的中垂线上，与连线中点O等距的任意两点a、b【答案】AB【解析】【详解】Aa、b是匀强电场中的两点，电场强度相同，故A正确；B两个等量异号点电荷的连线上，据电场线的对称性可知，a、b两点电场强度相同，故B正确；C离点电荷Q等距的任意两点a、b电场强度大小相等，但方向不同，则电场强度不同，故C错误；D两个等量同号点电荷连线的中垂线上，与中点O等距的任意两点a、b场强大小相等，但方向相反，所以电场强度不
15、同，故D错误。20.某一电场中的电场线和等势面分布如图所示，在电场中有A、B两点，下列说法中正确的()A. A点比B点的电势高B. B点比A点的电势高C. 将负电荷由B移动到A时，静电力做正功D. 将负电荷由B移动到A时，静电力做负功【答案】BD【解析】【详解】AB根据沿电场线方向电势降低，可知B所在等势面的高于A所在等势面的电势，所以B点比A点的电势高，故A错误，B正确；CD由负电荷在电势低处电势能大，所以负电荷在A处的电势能较大，将负电荷由B移动到A时，电势能增大，所以电场力做负功，故C错误，D正确。21. 如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。若一带电粒
16、子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子A. 所受重力与电场力平衡B. 电势能逐渐增加C. 动能逐渐增加D. 做匀变速直线运动【答案】BD【解析】试题分析：根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力合力与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，因此A错误，D正确；由A选项分析可知，电场力做负功，则电势能增加，故B正确；因电场力做负功，则电势能增加，导致动能减小，故C错误。考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】考查根据运动情况来确定受力情况，带电粒子在场中受到电场力与重力，根据粒子的运动轨迹，结合运动的分析，可知电场力垂直极板向上，从而可确定粒子的运动的性质，及根据电场力做功来确
17、定电势能如何变化。【此处有视频，请去附件查看】22.如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图像，下列说法正确的是（ ）A. 电源的电动势为6.0VB. 电源的内阻为12 C. 电流为0.3 A时的外电阻是18.D. 电源的短路电流为0.5A【答案】AC【解析】【详解】A由闭合电路欧姆定律U=E-Ir得，当I=0时，U=E，即图线与纵轴交点表示断路状态，电动势E=6V，故A正确；B电源的内阻等于图线的斜率大小，即故B错误；C由闭合电路欧姆定律得：解得：故C正确；D外电阻R=0时，短路电流为故D错误。23.直流电路如图所示，闭合开关S后，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源的（）A. 总功率一定增
18、大B. 效率一定增大C. 内部损耗功率一定减小D. 输出功率一定先增大后减小【答案】BC【解析】【分析】滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，由欧姆定律可以判断电路电流如何变化，由电功率公式可以分析答题；【详解】由电路图可知，当滑动变阻滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路总电阻变大，电源电动势不变，由闭合电路的欧姆定律可知，电路总电流I变小；A、电源电动势E不变，电流I变小，电源总功率减小，故A错误；B、电源的效率，电源内阻r不变，滑动变阻器阻值R变大，则电源效率增大，故B正确；C、电源内阻r不变，电流I减小，电源热功率减小，故C正确；D、当滑动变阻器阻值与电源内阻相等时
19、，电源输出功率最大，由于不知道最初滑动变阻器接入电路的阻值与电源内阻间的关系，因此无法判断电源输出功率如何变化，故D错误。【点睛】考查闭合电路的欧姆定律以及最大值问题，熟练应用闭合电路欧姆定律、电功率公式即可正确解题。24.如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场，之后进入电场线竖直向下的匀强电场发生偏转，最后打在屏上，整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么A. 偏转电场对三种粒子做功一样多B. 三种粒子打到屏上时速度一样大C. 三种粒子运动到屏上所用时间不相同D. 三种粒子一定打到屏上不同位置【答案】AC【解析】【详解】AD粒子在加速电场
20、中加速，由动能定理可知：解得：粒子在加速电场中的运动时间在偏转电场中竖直分位移联立解得：y与q、m无关，所以三种粒子在偏转电场中轨迹重合，离开偏转电场后粒子做匀速直线运动，因此三种粒子一定打到屏上的同一位置，离开偏转电场后粒子的运动时间：加速电场对粒子做功为W1=qU1q和U1相等，所以加速电场E1对三种粒子做功相等。偏转电场E2对粒子做功：W2=qE2yq、E2、y相等，则知偏转电场E2对三种粒子做功相等，故A正确，D错误；B对整个过程，根据动能定理得由于W相等，m不等，所以v不等，即三种粒子打到屏上时速度不等，故B错误；C粒子运动到屏上所用时间t=t1+t2+t3=因为不等，所以t不等，故
21、C正确。25.两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ与O点，A为MN上的一点，一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则（）A. q由A向O的运动是匀加速直线运动B. q由A向O运动的过程电势能逐渐减小C. q运动到O点时的动能最大D. q运动到O点时电势能为零【答案】BC【解析】试题分析：本题要根据等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性，分析试探电荷的受力情况，分析其运动情况，根据电场力做功情况，分析其电势能的变化情况解：A、两等量正电荷周围部分电场线如右图所示，其中P、Q连线的中垂线MN上，从无穷远到O过
22、程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远方向故试探电荷所受的电场力是变化的，q由A向O的运动做非匀加速直线运动，故A错误B、电场力方向与AO方向一致，电场力做正功，电势能逐渐减小；故B正确C、从A到O过程，电场力做正功，动能增大，从O到N过程中，电场力做负功，动能减小，故在O点试探电荷的动能最大，速度最大，故C正确D、取无限远处的电势为零，从无穷远到O点，电场力做正功，电势能减小，则q运动到O点时电势能为负值故D错误故选BC【点评】本题考查静电场的基本概念关键要了解等量同种点电荷电场线的分布情况，运用动能定理进行分析【此处有视频，请去附件查看】三、计算题（本题共25分，其中26题8分，2
23、7题17分，解题过程中要求写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分）26.一个电动机，线圈电阻是0.4，当它两端所加的电压为220V时，通过的电流是5A。这台电动机每分钟所做的机械功有多少?【答案】65400J【解析】【详解】电动机内部有线圈和转动部分，所以220V的电压一部分加在线圈上，一部分加在转动部分上；U线圈=Ir=2V，P内=UI=10W，P总=2205=1100W，电动机输出的机械功率：P出=1100-10=1090W一分钟做的功：W=Pt=109060=65400J27.竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场其电场强度为E，在该匀强电场中，用丝线悬
24、挂质量为m的带电小球，丝线跟竖直方向成角时小球恰好平衡，如图所示，请问：(1)小球带电荷量是多少？(2)若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？(3)若突然撤去电场，丝线所受最大拉力是多大？【答案】(1)(2) (3) 【解析】【详解】(1)由于小球处于平衡状态，对小球受力分析如图所示FsinqEFcosmg联立解得：tan故q.(2)细线的拉力为F而剪断丝线后小球的加速度a由几何关系得，小球碰到金属板运动的距离为s又由sat2 (3)小球摆到最低点时丝线所受拉力最大，小球下落至最低点：mgL(1-)=mv2最低点：T-mg=m解得：T=3mg-2mg依据牛顿第三定律 丝线所受拉力为T=3mg-2mg