1、江苏省淮安市涟水县第一中学2020届高三物理上学期第二次月考试题（含解析）一、单项选择题1.关于电荷量，下列说法错误的是（ ）A. 物体所带电荷可以是任意值B. 物体所带电荷量只能是某些值C. 物体所带电荷量的最小值为D. 一个物体带的正电荷，这是它失去了个电子的缘故【答案】A【解析】【详解】A物体的带电荷量不是任意值，只能是元电荷的整数倍，故A符合题意；B根据密立根等科学家研究结果可知，物体的带电荷量只能不连续的某些值故B不符合题意；C自然界最小的电荷量是，故C不符合题意；D物体原来中性，失去电子后带正电物体带的正电荷，说明失去了的电子，电子的数目为个即失去了个电子，故D不符合题意故选A2.
2、关于电动势下列说法正确的是（）A. 电源电动势等于电源正负极之间的电势差B. 用电压表直接测量电源两极得到的电压数值，实际上总略大于电源电动势的准确值C. 电源电动势总等于内、外电路上的电压之和，所以它的数值与外电路的组成有关D. 电动势的大小等于非静电力把1库仑正电荷从电源的负极，经过电源内部移到电源正极所作的功【答案】D【解析】【详解】A电源电动势反映电源将其他形式能量转化为电能的本领大小，电源正、负极之间的电势差为电源的路端电压，只有当电源处于断路状态时，电源的电动势才等于路端电压，故A错误；B电压表是有内阻的，跟电源连接后构成一个通路，测量的是电压表内阻的电压，所以电压表测得的电源两极
3、间电压值略小于电动势。故B错误；C电动势反映电源的特性，其大小总等于内、外电路上的电压之和，与外电路的结构无关，故C错误；D根据电动势的定义式可知电源电动势等于非静电力把1库仑正电荷从电源的负极，经过电源内部移到电源正极所作的功，故D正确。故选D。3.有一个长方体型的金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且abc电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻值最小的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】由电阻的决定式可知，A中电阻；B中电阻；C中电阻；D中电阻；故电阻最小的为A；4.电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路.当滑动变阻
4、器的触头由中点滑向a端时,下列说法中正确的是（ ）A. 滑动变阻器的实际电阻增大B. 回路的总电阻减小C. 电压表读数增大,电流表的读数减小D. 电压表的读数减小,电流表的读数增大【答案】B【解析】【详解】AB当滑动变阻器的触头由中点滑向a端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小故A错误，B正确CD根据闭合电路欧姆定律总电流I增大，路端电压U减小，电压表测量的是路端电压，则电压表读数减小R2和R并联部分的电压，E、R1、r均不变，I增大，则U并减小，通过R2的电流减小，所以电流表读数减小故CD错误5.如图所示为伏安法测电阻的一种常用电路以下分析正确的是A. 此接法的测量值大于真实值B.
5、 此接法的测量值小于真实值C 此接法要求待测电阻值小于电流表内阻D. 开始实验时滑动变阻器滑动头P应处在最左端【答案】A【解析】【详解】上图是电流表的内接法测电阻，图中电压表示数大于的两端电压，所以测量值，A正确，B错误；内接法的误差是由于电流表的分压造成的，如果待测电阻值比电流表内阻越大，电流表分压作用越小，误差越小，故C错误；为了安全期间，以防超过电表量程，滑动变阻器开始要处于最右端，让分压最小，D错误故选A6.一金属球，原来不带电，现沿球的直径的延长线放置一均匀带电的细杆MN，如图所示，金属球上感应电荷产生的电场在球内直径上a，b，c三点的场强的大小分别为Ea、Eb、Ec，三者相比 （）
6、A. Ea最大B. Eb最大C. Ec最大D. Ea=Eb=Ec【答案】A【解析】【详解】金属球上感应电荷产生的附加电场与带电的细杆MN产生的场强大小相等，方向相反，相互抵消。a点离带电的细杆MN最近，带电的细杆MN在a点处产生的场强最大，则金属球上感应电荷在a点处产生的场强最大；而c点离带电杆最远，则金属球上感应电荷在c点处产生的场强最小，故A正确，BCD错误。故选A。7.如上图为某电场中的电场线和等势面，已知 ， ，ab=bc，则 ( )A. B. C. D. 上述三种情况都可能【答案】C【解析】【详解】因为 ，知ac两端的电势差为4V，因为电场线越密的地方场强越强，根据U=Ed知，ab间
7、的电势差大于bc间的电势差，所以ab间的电势差大于2V，所以b点的电势小于8V故选C8. 如图所示，正方体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料ABCD面带负电，EFGH面带正电从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个带负电的小球A、B、C，最后分别落在1、2、3三点，则下列说法正确的是（ ）A. 三个小球在真空盒中都做类平抛运动B. C球在空中运动时间最长C. C球落在平板上时速度最大D. C球所带电荷量最少【答案】C【解析】试题分析：由于真空盒内有水平向右的电场，三个小球在电场中均受到向右的电场力，不可能做类平抛运动，故A错误运用运动的分解法可知，三个小球水平
8、方向都做匀加速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据公式y=gt2，知，由于竖直方向的分位移大小y相等，所以三个小球运动时间一定相等，故B错误根据动能定理得：qEx+mgy=mv2mv02，则得：，x3x2x1，可知，C小球落到底板时的速率最大故C正确由图看出，水平位移的关系为x3x2x1，初速度v0相同，由位移公式x=v0t+at2得知，加速度的关系为a3a2a1，根据牛顿第二定律得知，三个小球所受的电场力大小关系为：F3F2F1，由F=qE知，小球C所带电荷量最多故D错误故选C考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】此题中涉及类平抛运动，其研究方法与平抛运动相似，采用运动的分解法由轨迹直接
9、分析位移关系二、多项选择题9.如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，电流表和电压表都看做理想电表，且大于电源的内阻r，当滑动变阻器的滑片向b端移动时，则A. 电压表读数减小B. 电流表读数减小C. 质点P将向上运动D. 电源的输出功率逐渐增大【答案】AD【解析】【详解】AB. 由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串连接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，同时，R1两端的电压也增大，故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流
10、减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大；因并联部分电压减小，而R2中电压增大，故电压表示数减小，故A正确B错误C. 因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，电荷向下运动，故C错误；D. 由题，R1大于电源的内阻r，外电路的总电阻大于r，而当电源的内外电阻相等时，电源的输出功率最大，则知电路中总电阻减小时，电源的输出功率逐渐增大故D正确10.如图中的虚线为某电场的等势面，今有两个带电粒子（重力不计），以不同的速率，沿不同的方向，从A点飞入电场后，沿不同的径迹1和2运动，由轨迹可以断定（）A. 两粒子带电多少一定不同B. 两粒子的电性一定不同C. 粒子1的动能
11、和粒子2的电势能都是先减少后增大D. 经过B、C两点两粒子的速率可能相等【答案】BD【解析】【详解】A由图无法判定两电荷在同一位置时所受电场力的大小，故无法判定两粒子带电量的大小关系，故A错误；B由图可知电荷1如果不受电场力的话将沿直线向中心电荷运动，而本题中电荷1却逐渐远离了中心电荷，故电荷1受到中心电荷的斥力，而电荷2受到中心电荷的引力，故两粒子的电性一定不同。故B正确；C由B选项分析可知2粒子在从A向C运动过程中电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，而粒子1在从A向B运动过程中电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，故C错误；D从A到B和从A到C电场力做功不同，而两粒子的初速度
12、不同，所以经过B、C两点，两粒子的速率可能相等，D正确。故选BD。11.如图所示的电路，将两个相同的电流表分别改装成A1（03A）和A2（00.6A）的电流表，把两个电流表并联接入电路中测量电流强度，则下列说法正确的是 （）A. A1的指针半偏时，A2的指针也半偏B. A1的指针还没半偏时，A2的指针已经半偏C. A1的读数为1A时，A2的读数为0.6AD. A1的读数为1A时，干路的电流I为1.2A【答案】AD【解析】【详解】AB电流表是由小量程的电流表并联一个电阻改装而成，两电流表并联，两电流表两端电压相等，流过两表头的电流相等，所以A1的指针半偏时，A2的指针也半偏，故A正确，B错误；C
13、D两电流表量程之比为5：1，根据电流表改装原理可知，两表头并联，通过表头电流相同，所以 A1的读数为1A时，A2的读数为0.2A，干路中的电流为1.2A，故C错误，D正确。故选AD。12.如图所示，电动势为E，内阻为r的电源与滑动变阻器R1、定值电阻R2、R3、平行板电容器及理想电流表组成闭合电路，图中电压表为理想电压表，当滑动变阻器R1的触头向左移动一小段时，则（ ）A. 电流表读数增大B. 电容器带电荷量增加C. R2消耗的功率减小D. 电压表示数变化量与电流表示数变化量之比不变【答案】ACD【解析】【详解】A变阻器R1的触头向左移动一小段时，阻值减小，回路的总电阻减小，所以回路的总电流增
14、大，则电流表读数增大，故A正确；B由A选项可知，路端电压U减小，所以电压表的示数减小，则电容器的电量减小，故B错误；C由于回路总电流增大，则R3电压增大，因此R2电压减小，由于R2电阻不变，所以R2消耗的功率减小，故C正确；D根据题意可知，电压表与电流表变化量的示数之比即为电源的内阻，因此之比不变，故D正确。故选ACD。三、实验题13.在“用传感器观察电容器的充电和放电”实验中，电路图如图甲一位同学使用的电源电动势为8.0V，测得放电的I-t图象如图乙所示（1）若按“四舍五入”法，根据“I-t图线与两坐标轴包围面积”，试计算电容器全部放电过程的放电量为_；（2）根据以上数据估算电容器的电容值为
15、_【答案】（1）3.3610-3C到3.5210-3C；（2）0.4210-3F到0.4410-3F【解析】【详解】（1）根据四舍五入的原则，图线与坐标轴所围成的面积约为42到44个小格，每个小格表示的电荷量为0.0810-3C，故电容器的总放电量为3.3610-3C到3.5210-3C（2）由 得，电容为0.4210-3F到0.4410-3F14.影响物质材料电阻率的因素很多，一般金属材料的电阻率随温度的升高而增大，而半导体材料的电阻率则与之相反，随温度的升高而减小。某课题研究组需要研究某种导电材料的导电规律，他们用该种导电材料制作成电阻较小的线状元件Z做实验，测量元件Z中的电流随两端电压从
16、零逐渐增大过程中的变化规律：(1)他们应选用下图所示的哪个电路进行实验？答：（ ）A. B. C. D. (2)实验测得元件Z的电压与电流的关系如下表所示。根据表中数据，判断元件Z是金属材料还是半导体材料？答：_；U（V）00.400.600.801.001.201.501.60I（A）00.200.450.801.251.802.813.20(3)把元件Z接入如图所示的电路中，当电阻R的阻值为R12时， 电流表的读数为1.25A；当电阻R的阻值为R23.6时，电流表的读数为0.80A 。结合上表数据，求出电池的电动势为_V，内阻为_。（不计电流表的内阻，结果保留两位有效数字）【答案】 (1)
17、. A (2). 半导体 (3). 4.0V (4). 0.40【解析】【详解】(1)1根据题意可知，电压从零开始变化，且元件电阻较小，所以滑动变阻器选择分压式接法，电流表选择外接，因此电路图选择A。(2)2根据表格中的数据可计算得知，元件Z的电阻随电压、电流的增大而减小，所以可知元件Z为半导体材料。(3)34根据表格中的数据可得，电流为1.25A时，元件Z的电压为1.00V，电流为0.80A时，元件Z的电压为0.80V；根据闭合电路的欧姆定律可得解得四、计算题15.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，用丝线悬挂质量为m的带电小球，丝线跟竖直方向成角时
18、小球恰好平衡，小球与右侧金属板相距d，如图所示，求：(1)小球带何种电荷？(2)小球带电荷量q是多少？(3)若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？【答案】(1)正；(2) ；(3)【解析】【详解】(1)小球受到水平向右的电场力，和电场方向相同，故小球所带电荷为正。 (2)小球受到水平向右的电场力、竖直向下的重力和丝线拉力三力平衡 得(3)小球在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为由运动学公式得则16.如图所示，已知电源电动势E20V，内阻r1，当接入固定电阻R4时，电路中标有“3V,6W”的灯泡L和内阻RD0.5的小型直流电动机D都恰能正常工作试求： (1)电路中的电流大小；(2)电
19、动机额定电压；(3)电动机的输出功率【答案】(1)2A (2)7V (3)12W【解析】【详解】(1)灯泡L正常发光，电路中的电流为：(2)由闭合电路欧姆定律可求得，电动机的额定电压为：UD=E-I(r+R)-UL=20-2(1+4)-3=7V(3)电动机的总功率为P总=IUD=27=14W电动机的热功率为P热=I2RD=220.5=2W所以电动机的输出功率为P出=P总-P热=14-2=12W17.如图所示，一电荷量q=310-5C带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O点。电键S合上后，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角=37。已知两板相距d=0.1m，电源电动势=15V，内阻r=0.5，电阻R1=3，R2=R3= R4 =8。g取10m/s2，已知sin37=0.6，cos37=0.8。求：(1)电路中的电流；(2)电源的输出功率；(3)两板间的电场强度的大小；(4)带电小球的质量。【答案】(1)2A；(2) 28W；(3) 140V/m；(4) 5.610-4kg【解析】【详解】(1)外电路的总电阻 电路中的电流(2) 电源的输出功率 (3) 两板间的电场强度的大小 (4) 根据受力平衡带电小球质量