1、四川省威远中学2019-2020学年高二物理上学期第二次月考试题（含解析）一、选择题（1-11题只有一个选项符合题意,12-15有多个选项符合题意。每题4分，共60分）1.下列四个电场中，a、b两点电场强度与电势均相同的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】A、a、b是同一等势面上的两点，电势相同；场强大小相等，但方向不同故A错误；B、a处电场线比b处电场线密，则a处场强较大，顺着电场线方向，电势降低，则b点的电势较高，故B错误；C、a、b是匀强电场中的两点，电场强度相同；a、b连线与电场线垂直，在同一等势面上，电势相等，故C正确；D、等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，
2、则a、b的电势相同根据电场线的分布可知：a处场强较大故D错误2.如图所示为电阻R1和R2的伏安特性曲线，并且把第一象限分为了、三个区域现把R1和R2并联在电路中，消耗的电功率分别用P1和P2表示；并联的总电阻设为R下列关于P1与P2的大小关系及R的伏安特性曲线应该在的区域正确的是（ ）A. 特性曲线区，P1P2B. 特性曲线区，P1P2C. 特性曲线在区，P1P2D. 特性曲线在区，P1P2【答案】C【解析】【详解】把R1和R2并联在电路中，并联的总电阻R比R1和R2都小，则R的伏安特性曲线的斜率大于R1和R2的伏安特性曲线的斜率，则R的伏安特性曲线应该区R1和R2并联在电路中，电压相等，由图
3、读出流过电阻R1的电流较大，则功率P1P2A.选项与分析结果不符，故A错误；B.选项与分析结果不符，故B错误；A.选项与分析结果一致，故C正确；D.选项与分析结果不符，故D错误；3.如图甲,在一个电场中一条直线上有a、b、c、d四点,在四点分别放入点电荷时，电荷受到的电场力跟电荷电量的函数关系如图乙所示（电场力的方向以向右为正），下列说法正确的是A. 该电场是匀强电场B. a、b、c、d四点的场强关系是EdEbEaEcC. a、b两点场强向右，c、d两点的场强也向右D. 该电场可能是位于ad之间的负点电荷产生的【答案】C【解析】【详解】AB根据F=qE，知F-q图线斜率表示电场强度，d图线斜率
4、的绝对值最大，所以d点的电场强度最大，c图线斜率的绝对值最小，电场强度的最小。所以四点场强的大小关系是EdEaEbEc该电场是非匀强电场。故AB错误。C正电荷所受的电场力与电场强度方向相同，负电荷所受的电场力与电场强度方向相反，则a、b两点场强向右，c、d两点的场强也向右，故C正确。D因为ad两点场强方向相同，可知该电场不可能是位于ad之间的负点电荷产生的，选项D错误。4.一电子在电场中由a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示，图中平行实线是等势面则下列说法中正确的是A. a点电势比b点低B. 电子在a点的加速度方向向右C. 电子从a点到b点动能减小D. 电子从a点到b点电势能减小【答案】C【解析
5、】【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，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加【详解】A根据电子的运动轨迹可知，电子受的电场力向下，电场线与等势面垂直，由此可知电场线的方向向上，沿电场线的方向，电势降低，所以a点的电势比b点高，所以A错误；B由A的分析可知，电子受的电场力向下，所以电子在a点的加速度方向向下，所以B错误；C从a点到b点的过程中，电场力做负功，所以电子从a点到b点动能减小，所以C正确；D电场力做负功，电势能增加，所以电子从a点到b点电势能增加，所以D错误故选C【点睛】加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，同时结合功能关系分析，基础问题5.如
6、图是等量异种点电荷形成电场中的一些点。O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对于O点对称的两点，B、C和A、D也相对于O点对称。则下列说法中错误的是()A. B、C两点场强相同、电势不同B. A、B两点场强不同，电势不同C. E、F两点场强相同，电势相同D. A、D两点场强不同，电势不同【答案】D【解析】【详解】A根据对称性看出，B、C两处电场线疏密程度相同，则B、C两点场强大小相同。沿电场线电势降低，可知B点的电势高于C点，选项A正确，不符合题意；BA、B两点场强方向不同，则场强不同，电势也不同，选项B正确，不符合题意；C由图看出，E、F两点关于O点对称，则场强相等；同时E、F两点在同一
7、等势面上，故C正确，不符合题意；D根据对称性看出，A、D两处电场线疏密程度相同，则A、D两点场强大小相同。由图看出，A、D两点场强方向相同。根据电场线及等势面的特点可知，A、D两点的电势不相等；故D错误，符合题意；6.如图所示电路中，R1、R2都是4W、100的电阻，R3是1W、100的电阻，则A、B间允许消耗的最大功率是()A. 1.5WB. 9WC. 8WD. 【答案】A【解析】【详解】三个电阻均为100欧姆，总电阻为：R1、R2都是“4W、100”的电阻，额定电压为：；R3是“1W、100”的电阻，额定电压为：；并联电路允许的最大电压等于最小额定电压，故总电压为10V；故总功率为：A1.
8、5W，与结论相符，选项A正确；B9W，与结论不相符，选项B错误；C8W，与结论不相符，选项C错误；D，与结论不相符，选项D错误；7.如图，平行板电容器与直流电源（内阻不计）连接，下极板接地。一带电油滴位于电容器中的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上移动一小段距离，则（）A. 带电油滴将沿竖直方向向上运动B. P点的电势将降低C. 带电油滴的电势能将减小D. 极板带电荷量将增大【答案】B【解析】【详解】A将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动，故A错误。B场强E减小，而P点与下极板
9、间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低，故B正确；C因上极板带正电，则油滴带负电，因为P点的电势将降低，可知油滴的电势能将变大，故C错误；D根据Q=UC，由于电势差不变，d变大，根据，则电容器的电容减小，故带电量减小，故D错误；8.如图所示，甲、乙两电路中电源完全相同，相同材料的电阻丝A、B，长度分别是L和2L；直径分别为d和2d，在两电路中分别通过相同的电荷量q的过程中，下列判断正确的是( )A. A、B的电阻之比RA:RB=1:2B. A、B的电流IAIBC. A、B的电压UAUBD. A、B产生的电热QA=Q
10、B【答案】C【解析】根据电阻定律得 RA=，RB= ，解得 RA：RB=2：1，故A错误根据闭合电路欧姆定律得：I=，E和r相等，RARB，则IAIB故B错误根据闭合电路欧姆定律得：U=E-Ir，E和r相等，IAIB，则UAUB故C正确电阻产生的电热为 Q=I2Rt，又It=q，U=IR，得 Q=qU，因UAUB，q相等，所以QAQB，故D错误故选C9.有一静电场，其电势随x坐标的改变而改变，变化的图线如图所示若将一带负电的粒子（重力不计）从坐标原点O由静止释放，粒子沿x轴运动，电场中P、Q两点的坐标分别为1mm、4mm下列说法正确的是（ ）A. 粒子经过P点和Q点时，加速度大小相等、方向相反
11、B. 粒子经过P点与Q点时，电场力做功的功率相等C. 粒子经过P点与Q点时，动能相等D. 粒子在P点的电势能为正值【答案】C【解析】【详解】根据顺着电场线方向电势降低可知，0-2mm内，电场线沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向沿x轴正方向；在2-6mm内电场线沿x轴正方向，粒子所受的电场力方向沿x负方向做减速运动，加速度沿x轴负方向；-x图象的斜率大小等于场强E则知P点的场强大于Q点的场强，则粒子在P点的加速度大于在Q点的加速度，加速度方向相反故A错误粒子经过P点与Q点时，电势相等，则其电势能相等，由能量守恒知动能相等故C正确粒子经过P点与Q点时，速率相等，但电场力不同，则根据功率公式P=Fv
12、，可知电场力做功的功率不等故B错误在P点，根据电势能公式Ep=q，因为q0，0，所以Ep0故D错误故选C10.如图所示，直线、分别是电源1与电源2的路端电压随电流的变化的特性图线，曲线是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是A. 电源1与电源2的内阻之比是7:11B. 电源1与电源2的电动势之比是1:2C. 在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1:2D. 在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是3:5【答案】C【解析】【详解】AU-I图象的斜率的绝对值表示内电阻，根据电源U-I图线，则r1：r2=11：7故A错误。BU-I图象的纵轴截距表示
13、电动势，故E1=E2=10V，故B错误。CD灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线的交点即为灯泡与电源连接时的工作状态，则连接电源时，U1=3V，I1=5A，故P1=U1I1=15W连接电源时，U2=5V，I2=6A，故P2=U2I2=30W故P1：P2=1：2R1：R2=18：25故C正确，D错误。11.在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1和R3均为定值电阻，且R3=r，R2为滑动变阻器。当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V示数分别为I1、I2和U。现将R2的滑动触点向b端移动一小段距离，电路稳定之后，下列说法正确的是A. I1减小、I2不变、U减小B. 电
14、表A1的示数变化量小于电表A2的示数变化量C. 电源的输出功率变小，电源的效率变大D. 电容器C中的场强变小【答案】B【解析】【详解】ABR2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数U减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，即A1示数减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大，即A2示数增大。因I=I1+I2，则I1I2，即电表A1的示数变化量小于电表A2的示数变化量，故A错误，B正确。C因为R3=r，则当R2减小时，外电路总电阻越来越接近电源内阻，则电源输出功率变大；电源的效率则当外电路电阻减小时
15、，电源的效率减小，选项C错误；D因R3电压增大，则电容器两端电压变大，电容器C中的场强变大，选项D错误。12.如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2、L3为3个特殊材料制成的相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。当开关S闭合时A. L3两端的电压为L1的2倍B. 通过L3的电流为L2的2倍C. L1、L2、L3的电阻都相同D. L3消耗的电功率为0.75W【答案】AD【解析】【详解】当开关S闭合稳定后，灯泡L3的电压等于3V，由图读出其电流I3=0.25A，则灯泡L3的电阻灯泡L2、L1串联，电压等于1.5V，由图读出其电流I2=I1=0.20A，灯泡L
16、2、L1的电阻均为AB以上分析知，灯L3两端的电压为灯L1的2倍，灯L3的电流并不等于L2的2倍，故A正确，B错误。CL1、L2、L3的电阻分别为7.5、7.5和12，故C错误。DL3消耗的功率P3=U3I3=0.75W故D正确。13.如下图所示，平行金属板中央有一个初始静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，在下图中反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律正确的是 A. B. C. D. 【答案】AB【解析】【详解】分析电子一个周期内的运动情况：0T/4时间内，因B板电势高，则电子从静止开始向B板做匀加速直线运动，T/4T/2时间内沿原方
17、向做匀减速直线运动，T/2时刻速度为零T/23T/4时间内向A板做匀加速直线运动，3T/4T时间内向A板做匀减速直线运动接着周而复始根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线可知，B图符合电子的运动情况故B正确，C错误电子做匀变速直线运动时x-t图象应是抛物线，故D错误根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替产生，而匀变速运动的加速度不变，a-t图象应平行于横轴故A正确14.一个电阻接在某电路中，消耗的功率为110W，通过3C的电荷量时，有330J的电能转化为内能，则A. 电阻所加电压为330VB. 通过电阻的电流为1AC. 电阻通电时间为2sD. 这个电阻的阻值为110【答案】BD【解析】【详
18、解】A通过3C的电荷量时，有330J的电能转化为内能，根据W=qU，有：故A错误；B根据P=UI，电流： 故B正确；C根据q=It，时间： 故C错误；D根据欧姆定律，电阻： 故D正确；15.如图所示，光滑斜面固定在水平地面上，匀强电场平行于斜面下，弹簧另一端固定，滑块处于静止状态现给滑块一个沿斜面向下的初速度，滑块最远能到达P点在些过程中A. 滑块的动能一定减小B. 弹簧的弹性势能一定增大C. 滑块电势能的改变量一定小于重力与弹簧弹力做功的代数和D. 滑块机械能的改变量等于电场力与弹簧弹力做功的代数和【答案】AD【解析】滑块可能带正电也可能带负电，弹簧开始可能压缩可能拉伸，但速度肯定是减小到零
19、，A对；B错；由能量守恒，D对；二、实验题(每空2分,共20分)16.在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如图所示，用米尺测出金属丝的长度L，金属丝的电阻大约为，先用伏安法测出金属丝的电阻R，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率从图中读出金属丝的直径为_ mm为此取两节新的干电池、电键和若干导线及下列器材：A.电压表，内阻 B.电压表，内阻 C.电流表，内阻 D.电流表，内阻 E滑动变阻器， F.滑动变阻器， 要求较准确地测出其阻值，应选用的器材有_ 只填代号【答案】 (1). 0.680； (2). A、C、E【解析】【分析】(1)旋测微器固定刻度与可动
20、刻度示数之和是螺旋测微器示数；(2)根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作应选最大阻值较小的滑动变阻器；根据电路图分析答题【详解】(1) 由图所示螺旋测微器可知，其示数为0.5mm+18.00.01mm=0.680mm；因此金属丝直径在0.679mm0.681mm；(2) 两节新的干电池，电源电动势为3V，若选取电压表15V，测量读数误差较大，因此电压表选A；电路最大电流约为，电流表应选C；金属丝的电阻大约为5，为方便实验操作滑动变阻器应选E【点睛】本题考查了螺旋测微器读数、实验器材选择、实验电路分析；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，螺旋测微
21、器需要估读；要掌握实验器材的选择原则17.某同学测量一只未知阻值的电阻Rx他先用多用电表进行测量，指针偏转如图甲所示为了使多用电表的测量结果更准确，该同学应选用_挡位，更换挡位重新测量之前应进行的步骤是_换档后表盘如图丙所示,则该电阻阻值为_接下来再用“伏安法”测量该电阻，所用仪器如图乙所示，其中电压表内阻约为5 k，电流表内阻约为5 ，滑动变阻器最大阻值为100 图中部分连线已经连接好，为了尽可能准确地测量电阻，请你完成其余的连线_该同学用“伏安法”测量的电阻Rx的值将_(选填“大于”、“小于”或“等于”)被测电阻的实际值【答案】 (1). 100 (2). 欧姆挡调零 (3). 600 (
22、4). (5). 大于【解析】【详解】123由表盘看出，当用“10”档时，指针偏转角度过小，可知档位选择过低，则为了使多用电表的测量结果更准确，该同学应选用“100”挡位，更换挡位重新测量之前应进行的步骤是欧姆挡调零换档后表盘如图丙所示，则该电阻阻值为6004由于则电流表内接；滑动变阻器用分压电路，电路如图： 5该同学用“伏安法”测量的电阻，由于电压表读数大于待测电阻两端的电压，可知Rx的值将大于被测电阻的实际值18.测定电源的电动势和内电阻的实验电路如图1所示，请回答下列问题（1）在闭合开关之前，为防止电表过载，滑动变阻器的滑动头P应放在_处（2）图2是根据实验数据画出的U-I图像由此可知这
23、个干电池的电动势E=_V，内电阻r=_（保留三位有效数字）【答案】 (1). a (2). 1.50 (3). 1.00【解析】（1）由图1所示实验电路图可知，滑动变阻器采用限流接法，因此闭合开关前为防止电表过载滑动变阻器的滑动头P应放在a端（2）图像的纵截距表示电动势大小，故E=1.50V；图像的斜率表示电源内阻，三、计算题：（共3题,共30分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤）19.如图所示，已知电源电动势E=6 V，内阻r=1 ，电阻箱R的最大值为3 ，保护电阻R0=0.5 ，求：(1)R取何值时，电阻箱R的电功率最大，并求这个最大值。(2)R取何值时，电源的效率最大，并求
24、这个最大值。（结果保留3位有效数字）【答案】(1)1.5；6W(2)3；77.8【解析】【详解】（1）将R0和r等效为内阻，当外电阻与内电阻相等时，外电阻消耗的功率最大，即电阻箱取时，电阻箱的电功率最大最大功率为：（2）由于当外阻R最大时，效率最大；所以当电阻箱R=3时，电源效率最大，最大值=77.820.如图，AB是位于竖直平面内、半径0.5 m的1/4圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点B与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度E5103N/C.今有一质量为m0.1 kg、带电荷量q8105C的小滑块(可视为质点)从A点由静止释放若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数0.0
25、5，取g10 m/s2，求：(1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时对B点的压力(2)小滑块在水平轨道上通过的总路程【答案】(1)N；方向竖直向下；(2)【解析】【详解】（1）设小滑块第一次到达点时的速度为，对圆弧轨道最低点的压力为，根据动能定理可得：，最低点对小滑块运用牛顿第二定律可得：，根据牛顿第三定律：，所以小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点时对点的压力：（2）电场力大小： 摩擦力大小： 可知：所以小滑块最终在圆弧轨道的部分往复运动，并且小滑块运动到点时速度恰好为零，对小滑块运用动能定理可得：解得小滑块在水平轨道上通过的总路程：21.如图所示，在a、b两端有直流恒压电源，输出电压恒为Ua
26、b，R2=40，右端连接间距d=0.04m、板长l=10cm的两水平放置的平行金属板，板间电场视为匀强电场闭合开关，将质量为m=1.610-6kg、带电量q=3.210-8C的微粒以初速度v0=0.5m/s沿两板中线水平射入板间当滑动变阻器接入电路的阻值为15时，微粒恰好沿中线匀速运动，通过电动机的电流为0.5A已知电动机内阻R1=2，取g=10m/s2试问：（1）输出电压为Uab是多大？（2）在上述条件下，电动机的输出功率和电源的输出功率？（3）为使微粒不打在金属板上，R2两端的电压应满足什么条件？【答案】（1）35V；（2）35W；（3）18VU222V【解析】【详解】(1) 有qU1/d=mg-U1=20V滑动变阻器两端电压U2=I总R滑-I总=I1+I2=1A电源电压： U=U1+U2=35V(2)P出=P总-I2R1=UI-I2R1=17WP电=I总U=35W(3)（2）因上极板带正电，故粒子带负电粒子穿过板的时间t=0.2s当粒子刚从下极板穿出时：而：E=联立解得：U=18V同理有：而：E=联立解得：U=22V -故R2两端的电压应满足的条件是：18VU222V
