1、福建省连城县一中2019-2020学年高二物理上学期月考试题（含解析）一、选择题（12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，第912题有多项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分。）1.关于电流，以下说法正确的是（ ）A. 导体内没有电流时，就说明导体内部的电荷没有移动B. 电流的方向就是电荷定向移动的方向C. 在导体中，只要自由电荷在运动，就一定会形成电流D. 导体两端没有电压就不能形成电流【答案】D【解析】【详解】A.导体内没有电流时，就说明导体内部的电荷没有发生定向移动，选项A错误；B. 电流的方向就是正电荷定
2、向移动的方向，选项B错误；C. 在导体中，只要自由电荷发生定向运动，就一定会形成电流，选项C错误；D. 导体两端没有电压就不能形成电流，选项D正确。2. 在10s内通过电解槽某一横截面向右迁移的正离子所带的电量为2C，向左迁移的负离子所带电量为3C，那么电解槽中电流强度大小为 （ ）A. 0.5AB. 0.2AC. 0.3AD. 0.1A【答案】A【解析】试题分析：根据电流强度的公式，A对，BCD错。考点：本题考查电流强度的公式。点评：本题学生需要明确，在电解液中求电流强度时，电量要用正负电荷量的绝对值之和。3.一个电流表的满偏电流、内阻，要把它改装成一个量程为15V的电压表，应在电流表上（）
3、A. 串联一个15k的电阻B. 串联一个14.5k的电阻C. 并联一个15k的电阻D. 并联一个14.5k的电阻【答案】B【解析】【详解】把电流表改装成电压表需要串联电阻从而进行分压，串联电阻阻值， A.串联一个15k的电阻不符合题意，A错误B.串联一个14.5k的电阻符合题意，B正确C.并联一个15k的电阻不符合题意，C错误D.并联一个14.5k的电阻不符合题意，D错误4.如图所示，六面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面带正电，EFGH面带负电从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴A、B、C，最后分别落在1、2、3三点，则下
4、列说法正确的是A. 三个液滴在真空盒中都做平抛运动B. 三个液滴的运动时间一定相同C. 三个液滴落到底板时的速率相同D. 液滴C所带电荷量最多【答案】BD【解析】【详解】A.三个液滴在水平方向受到电场力作用，水平方向不是匀速直线运动，所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动，选项A错误；B.由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动，三个液滴下落的高度相同，三个液滴的运动时间相同，选项B正确；C.三个液滴落到底板时竖直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三个液滴落到底板时的速率不相同，选项C错误；D.由于液滴C在水平方向位移最大，而运动时间和初速度相同，说明液滴C在水平方向加速度最大，所带电荷量最多，选
5、项D正确。5.如图所示，图线表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（）A. R1：R2=3：1B. 把R1拉长到原来的3倍长后电阻等于R2C. 将R1与R2串联后接于电源上，则功率之比P1：P2=1：3D. 将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3【答案】C【解析】【分析】通过图象得出两电阻的关系.串联电路电流相等,并联电路,电压相等,电流比等于电阻之反比,并根据功率,部分电路欧姆定律及电阻定律,即可判定.【详解】A根据图象知,图线斜率表示电阻的倒数,所以R1：R2=1：3, 所以A选项是不符合题意的；B根据电阻定律:当把拉长到原来的3倍,则电
6、阻变为原来的9倍,因此是R2的3倍,所以B选项是不符合题意的;C串联电路电流相等,所以将与串联后接于电源上,电流比：根据公式可知：P1：P2=1：3所以C选项是符合题意的；D并联电路,电压相等,根据公式可知，电流比等于电阻之反比,所以将与并联后接于电源上,电流比：所以D选项是不符合题意的；6.如图所示，一根横截面积为S的均匀长直橡胶棒上均匀带有负电荷，每米电荷量为q，当此棒沿轴线方向做速率为v的匀速直线运动时，由于棒运动而形成的等效电流大小为 ()A. vqB. q/vC. qvSD. qv/S【答案】A【解析】在运动方向上假设有一截面，则在t时间内通过截面的电荷量为Qvtq等效电流Ivq，A
7、正确。故选：A。【名师点睛】棒沿轴线方向以速度v做匀速直线运动时，每秒通过的距离为v米，则每秒v米长的橡胶棒上电荷都通过直棒的横截面，由电流的定义式研究等效电流。7.如图所示的电路中，A、B是平行板电容器的两金属板。先将电键S闭合，等电路稳定后将S断开，并将B板向下平移一小段距离，保持两板间的某点P与A板的距离不变。则下列说法正确的是 ( )A. 电容器的电容变小B. 电容器内部电场强度变大C. 电容器两极板电压变大D. P点电势升高【答案】ACD【解析】【详解】电路稳定后将S断开，电容器带电量不变AC：B板向下平移一小段距离，电容器两板间距离增大，电容器的电容减小；电容器带电量不变，则电容器
8、两板间电压增大。故AC两项正确。BD：电容器带电量不变，电容器两板间距离增大；据、，可得电容器内部场强不变。电容器内部场强不变，P与B板间距离增大，则P与B板（接地）间电势差增大，P点电势增大。故B项错误，D项正确。8.静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动， 则点电荷（ ）A. 在x2 和x4 处电势能相等B. 由x1 运动到x3 的过程中电势能减小C. 由x1 运动到x3 的过程中电势能增大D. 由x1 运动到x4 的过程中电场力先减小后增大【答案】C【解析】【详解】A.x2-x4处场强为x轴负方向，则从x2到x4处逆着电场线方向移动，
9、电势升高，正电荷在x4处电势能较大，故A错误；B.x1-x3处场强为x轴负方向，则从x1到x3处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷在x3处电势能较大，则B错误，C正确；D.由x1运动到x4的过程中，由图可以看出电场强度的绝对值先增大后减小，故电场力先增大后减小，故D错误。9.习近平总书记在十九大报告中指出：“像对待生命一样对待生态环境”，国家对于高排放企业会持续加大治理力度。目前很多企业采用静电除尘器用于尘埃排放的处理，除尘机理示意图如图。尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的。下列表述正确的是A. 到达集尘极的尘埃带正电荷B. 电场方向由集尘极指向
10、放电极C. 带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同D. 同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大【答案】BD【解析】尘埃在电场力作用下向集尘极迁移并沉积，说明尘埃带负电，A错误；由于集尘极与电池的正极连接，电场方向由集尘板指向放电极，B正确；负电荷在电场中受电场力的方向与电场力方向相反，C错误；根据F=Eq可得，同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大，故D正确。故选BD。10. 电荷量相等的两点电荷在空间形成的电场有对称美如图所示，真空中固定两个等量异种点电荷A、B，AB连线中点为O.在A、B所形成的电场中，以O点为圆心半径为R的圆面垂直AB连线，以O为几何中心的边长为2R的正方形平面垂直圆
11、面且与AB连线共面，两个平面边线交点分别为e、f，则下列说法正确的是A. 在a、b、c、d、e、f六点中找不到任何两个场强和电势均相同的点B. 将一电荷由e点沿圆弧egf移到f点电场力始终不做功C. 将一电荷由a点移到圆面内任意一点时电势能变化量相同D. 沿线段eOf移动的电荷，它所受的电场力先减小后增大【答案】BC【解析】图中圆面是一个等势面，e、f的电势相等，根据电场线分布的对称性可知e、f的场强相同，故A错误。图中圆弧egf是一条等势线，其上任意两点的电势差都为零，根据公式W=qU可知：将一正电荷由e点沿圆弧egf移到f点电场力不做功，故B正确。a点与圆面内任意一点时的电势差相等，根据公
12、式W=qU可知：将一电荷由a点移到圆面内任意一点时，电场力做功相同，则电势能的变化量相同。故C正确。沿线段eof移动的电荷，电场强度 先增大后减小，则电场力先增大后减小，故D错误。故选BC。【点睛】等量异种电荷连线的垂直面是一个等势面，其电场线分布具有对称性电荷在同一等势面上移动时，电场力不做功根据电场力做功W=qU分析电场力做功情况根据电场线的疏密分析电场强度的大小，从而电场力的变化11.一带负电的试探电荷在不同电场中由静止释放，只受电场力作用，且沿直线运动，它运动的vt图象如图中甲、乙所示，则下列关于试探电荷所处的电场说法正确的是()A. 甲图可能是在带正电的点电荷形成的电场中的vt运动图
13、象B. 甲图可能是在带负电的点电荷形成的电场中的vt运动图象C. 乙图可能是在等量同种点电荷形成的电场中的vt运动图象D. 乙图可能是在等量异种点电荷形成的电场中的vt运动图象【答案】BD【解析】A项：甲图中试探电荷做加速度逐渐减小的变加速运动，逆着电场线运动，故不可能在带正电的点电荷形成的电场中运动，故A错误； B项：甲图中试探电荷做加速度逐渐减小的变加速运动，逆着电场线运动，故可能在带负电的点电荷形成的电场中运动，故B正确C、D项：乙图中试探电荷的加速度先减小后增大的变加速运动，故逆着电场线运动，故在等量异种电荷产生的电场中，故C错误，D正确。点晴：解决本题关键是理解速度时间图像的斜率表示
14、加速度，点电荷和等量的同种、异种电荷的电场线分布特点。12.由相同的电流表改装而成的三个电压表按如图所示的方式接入电路，已知V3的量程最大，V1的量程最小，且V3的量程等于V1与V2的量程之和，当电路导通时，三个电压表的示数分别为U1、U2、U3，指针偏转的角度分别为1、2、3，则有（ ）A. U1U2，12B. U1U2，1=2C. U1+ U2= U3，1+2=3D. U1+ U2= U3，1+2=23【答案】BD【解析】【详解】AB.由相同的电流表改装而成的三个电压表，其满偏电流Ig相同，V3的量程最大，V1的量程最小，且V3的量程等于V1与V2的量程之和，则R1内R2内R3内，R3内=
15、R1内+R2内由题图可知，电压表V1与V2串联，则流过两电表的电流I相等，电压表指针偏转角度相等，即1=2，由于R1内R2内，电压表示数U=IR内，则U1U2错误，故A错误，B正确；CD.由题图可知，电压表V1与V2串联，然后与V3并联，由串、并联电路特点可知，电压表示数关系为U1+U2=U3，由于并联电路各支路两端电压相等，R3内=R1内R2内，则两支路电流相等，各电压表指针偏转角度相等，1=2=3，1+2=23，故C错误，D正确.二、实验题（共18分）在”描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的实验仪器如下：小灯泡L，“3.8 V0.3 A”电压表V，量程05 V，内阻5 k电流表A
16、1，量程0100 mA，内阻4 电流表A2，量程0500 mA，内阻0.4 滑动变阻器R1，最大阻值10 ，额定电流1.0 A滑动变阻器R2，最大阻值5 ，额定电流0.5 A直流电源E，电动势约6 V，内阻约为0.5 13. 在上述器材中，滑动变阻器应选_；电流表应选_14. 在虚线框内画出实验的电路图，并在图中注明各元件的符号（ ）15. 某实验小组完成实验后利用实验中得到的实验数据在IU坐标系中，描绘出如图所示的小灯泡的伏安特性曲线根据此图给出的信息，可以判断下图中正确的是(图中P为小灯泡的功率)()A. 答案AB. 答案BC. 答案CD. 答案D【答案】 (1). R1 (2). A2
17、(3). (4). BD【解析】试题分析：（1）根据小灯泡的额定电流值可以确定电流表应选A2；电阻的额定电流为0.5A，加在它上面的最大电压为6V，所以仪器不能正常使用，滑动变阻器应选R1；（2）由于灯泡的电阻很小，为了减小实验的误差，电流表要采用外接的方法；由于电压要从零开始变化，所以滑动变阻器要采用分压的接法；根据灯泡的伏安特性曲线，找出灯泡和内电阻的总电压为4V的点，可知此时的灯泡的电压和电流，从而可以求得灯泡的功率电路如图所示（3）从图象可以看出灯泡电阻是在变化的，因为灯丝的电阻随温度的升高而增大，根据这一点对各个选项逐一分析根据公式知道，图A表示，灯泡的电阻大小不变；不合题意；图B表
18、示灯泡的电阻随温度的升高而增加符合题意；根据公式可知，图C表示，灯泡的电阻大小不变；不合题意；图D表示灯泡的电阻随温度的升高而变大；符合题意故选BD考点：“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验、电功、电功率点评：本题考查根据图象法来判断影响灯泡电阻大小的因素，要知道影响灯泡大小的因素有材料、长度、横截面积和温度；灯泡的电阻温度的升高而变大16.“测定金属电阻率”的实验中，如提供的电源是一节内阻可不计的干电池，被测金属丝的直径小于，长度约为，阻值约为，使用的电压表有（内阻约为）和（内阻约）两个量程，电流表有（内阻约为）和（内阻约为）两个量程，供限流用的滑动变阻器有A：；B：；C：三种，可供选择的实验
19、电路图有甲、乙两种，用螺旋测微器测金属丝的直径如图所示，则（1）螺旋测微器的示数是_。（2）为减小电阻的测量误差，应选用_图所示的电路。（3）为了测量便于调节，应选用编号为_的滑动变阻器。（4）电压表的量程应选用_V。（5）电流表的量程应选用_A。【答案】 (1). 0.806 (2). 乙 (3). A (4). 3 (5). 0.6【解析】【详解】（1）螺旋测微器的读数为：；（2）根据电源电动势为可知，电压表应选的量程；根据可求出通过待测电阻的最大电流为：，所以电流表应选的量程；由于待测电阻满足，可知电流表应用外接法，所以应选乙图所示的电路；（3）根据闭合电路欧姆定律可求出电路中需要的最大
20、电阻为：，所以变阻器应选A；（4）根据（2）的分析可知，电压表应选的量程；（5）根据（2）的分析可知，电流表应选的量程。【点睛】应明确：应根据电源电动势的大小来选择电压表量程，根据通过待测电阻的最大电流来选择电流表的量程；当待测电阻满足时，电流表应用外接法，满足时，电流表应用内接法；应根据电路中需要的最大电阻来选择变阻器。三、计算题（共33分） 17. 如图电源电动势E=6V，内阻不计，定值电阻R=4，电动机M 内阻r=1，电压表和电流表均是理想表，闭合开关，电压表示数U=4V，求：（1）电源消耗的电功率（2）电动机的电功率和输出功率【答案】(1) P=3W(2) 2W、1.75W【解析】试题
21、分析：电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，欧姆定律UIR对于R和r是纯电阻，可以用欧姆定律求电流根据功率关系求出电动机输出的功率(1)：设定值电阻所分电压为U1，则E=U+U1对定值电阻R有：I=由电源总功率P=E.I 解得电源消耗功率P=3W (2)：设电动机消耗的电功率P电，热功率为P热，机械功率为P机，则有：P电=P热+P机解得P机=1.75W考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率点评：对于电动机电路区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路，可从从能量转化的角度理解：电能全部转化内能时，是纯电阻电路电能转化为内能和其他能时，是非纯电阻电路18.静电喷漆技术具有效率高，浪费少，质量好，有利于工人
22、健康等优点，其装置如图所示A、B为两块平行金属板，间距d0.40m，两板间有方向由B指向A，大小为E1.0103N/C的匀强电场在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出带电油漆微粒，油漆微粒的初速度大小均为v02.0 m/s，质量m5.01015kg、带电量为q2.01016C微粒的重力和所受空气阻力均不计，油漆微粒最后都落在金属板B上试求：（1）微粒打在B板上的动能；（2）微粒到达B板所需的最短时间；【答案】（1） （2）0.1s【解析】【分析】每个微粒在匀强电场中所受的电场力大小为qE，微粒从喷出到落在B板上的过程，电场力做正功，根据动能定理
23、求解；微粒初速度方向垂直于极板时，到达B板时间最短。由动能求出微粒打在B板上的速度，由运动公式求出最短时间。【详解】（1）电场力对每个微粒所做的功为：W=qEd=2.010-161.01030.40J=8.010-14J微粒从A板到B板过程，根据动能定理得： W=Ekt-Ek0可得：Ekt=9.010-14J（2）沿垂直于极板方向喷出的微粒到B板的时间最短，则有：代入数据解得：v=6m/s根据运动学公式得：代入数据解得微粒到达B板所需的最短时间为：t=0.1s【点睛】本题是实际问题，考查理论联系实际的能力，建立物理模型，掌握类平抛运动研究的方法：运动的分解法。19.如图所示，在空间中取直角坐标
24、系Oxy，在第一象限内平行于y轴的虚线MN与y轴距离为d，从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E。初速度可以忽略的电子经过另一个电势差为U的电场加速后，从y轴上的A点以平行于x轴的方向射入第一象限区域，A点坐标为（0，h）。已知电子的电量为e，质量为m，加速电场的电势差，电子的重力忽略不计，求：（1）电子刚进入A点时速度v0；（2）电子从A点进入电场到离开该电场区域所经历的时间和离开电场区域时的速度v； （3）电子经过x轴时离坐标原点O的距离L。【答案】（1） （2） ； （3）【解析】【详解】（1）由 eUmv02 得v0（2）设电子从MN离开，则电子从A点进入到离开匀强电场区域的时间t；yat2因为加速电场的电势差U， 说明yh，说明以上假设正确，电子从MN边界射出； 所以离开时的速度 （3）设电子离开电场后经过时间t到达x轴，在x轴方向上的位移为x，则yhyxv0tLdx解得