物理卷·2019届北京市海淀区第二十中学高二上学期10月月考物理试题（解析版） 15页

北京市海淀区第二十中学2017-2018学年高二上学期10月月考物理试题 一、不定项选择题 ‎1. 在真空中有两个固定的点电荷，它们之间的静电力大小为．现保持它们之间的距离不变，而使它们的电荷量都变为原来的倍，则它们之间的静电力大小为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：距离改变之前：F=① 当电荷量都变为原来的3倍时：F1=② 联立①②可得：F1=4F，故ABC错误，D正确．故选：D．‎ 考点：库仑定律．‎ ‎2. 关于电动势，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 在电源内部把正电荷从负极移到正极，非静电力做功，电势能增加 B. 对于给定的电源，移动正电荷非静电力做功越多，电动势就越大 C. 电动势越大，说明非静电力在电源内部把单位正电荷从负极向正极移送做功越多 D. 电动势越大，说明非静电力在电源内部把正电荷从负极向正极移送电荷量越多 ‎【答案】AC 解：A、在电源内部，把正电荷从负极移到正极，非静电力做功，将其他形式的能量转化为电能．电能增加，故A正确；‎ B、电源的电动势是电源本身的物理量决定的，对于给定的电源，电动势确定；故B错误；‎ C、由E=可知，电动势越大，则非静电力在电源内部从负极向正极移送单位电荷量的正电荷做功越多．故CD错误．‎ 故选：A．‎ 点评：本题考查对于电源的电动势的理解能力．电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能本领大小，与外电路无关．‎ ‎3. 一根粗细均匀的导线，当其两端电压为时，通过的电源是，若将此导线均匀拉长到原来的倍时，电流仍为，导线两端所加的电压变为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：根据电阻定律可得：拉长后电阻变为,所以根据欧姆定律可得：,故,所以选D 考点：考查了欧姆定律和电阻定律的应用 点评：做本题的关键是知道导线在拉长时体积不变，然后根据公式判断面积和长度的变化 ‎4. 如图所示是定性研究影响平行板电容器电容大小因素的装置，平行板电容器的板固定在铁架台上并与静电计的金属球相连，板和静电计金属外壳都接触．将极板稍向上移动，则（ ）‎ A. 指针张角变小，两极板间的电压变小，极板上的电荷量变大 B. 指针张角不变，两极板间的电压不变，极板上的电荷量变小 C. 指针张角变大，两极板间的电压变大，极板上的电荷量几乎不变 D. 指针张角变小，两极板间的电压变小，极板上的电荷量几乎不变 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：极板与静电计相连，所带电荷电量几乎不变，B板与A板带等量异种电荷，电量也几乎不变，故电容器的电量Q几乎不变．将极板B稍向上移动一点，根据可知S减小，C变小，Q不变，根据Q=CU可知U变大，静电计指针偏角变大，故选项C正确；故选C．‎ 考点：电容器 ‎【名师点睛】本题首先判断出只有一个选项正确，是单选题，其次抓住电容器的电量几乎不变是关键．涉及到电容器动态变化分析的问题，常常根据电容的决定式和电容的定义式Q=CU综合分析，是常用思路．‎ ‎5. 下列说法中正确的是（ ）‎ A. 在电场中，电场强度大的点，电势必定高 B. 电荷置于电势越高的点，某所具有的电势能也越大 C. 电场中电场强度大的地方，沿电场线方向电势降落快 D. 一带电粒子只受电场力作用在电场中运动时，电势能一定变化 ‎【答案】C ‎【解析】A、电场线密处，电场强度大，而电场线方向不确定，故无法判断电势高低，电势就不一定高，故A错误； B、正电荷置于电势越高的点，其所具有的电势能也越大，负电荷置于电势越高的点，其所具有的电势能也越小；故B错误； C、电场中电场强度大的地方，沿电场线方向电势降落快．故C正确． D、一带电粒子只受电场力作用在电场中运动时，电势能不一定变化，如电子绕原子核做匀速圆周运动时电势能不会变化，故D错误。‎ 点睛：电场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场线的方向反映电势的高低，则电场强度与电势没有直接关系。‎ ‎6. 有一横截面积为的铜导线，流经其中的电流为，设每单位体积的导线中有个自由电子，每个自由电子的电荷量为，此时电子定向移动的速度为，则在时间内，通过导体横截面的自由电子数目可表示为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】AB ‎【解析】A、从微观角度来说，在时间内，以速度移动的电子在铜导线中经过的长度为，由于铜导线的横截面积为S，则在时间内，电子经过的导线体积为，又由于单位体积的导线有n个自由电子，在时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为，故A正确，C错误； B、由于流经导线的电流为I，则在时间内，流经导线的电荷量为，而电子的电荷量为 ‎，则时间内通过导线横截面的自由电子数目可表示为，故B正确，D错误。‎ 点睛：本题计算自由电子的个数，要注意从不同的角度来分析问题，一是从微观运动的角度，二是从电流强度的角度。‎ ‎7. 如图为某电场的电场线分布，、、是以电场线上一点为圆心的同一圆周上的三点，连结与直线垂直．以下说法正确的是（ ）‎ A. 点电势与点电势相等 B. 、间的电势差大于、间的电势差 C. 将一负电荷由点移到点，电荷的电势能减少 D. 正电荷在点所受电场力的方向与垂直且竖直向上 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：根据电场线与等势线垂直特点，在O点所在电场线上找到Q点的等势点，该等势点在O点的上方，根据沿电场线电势降低可知，O点的电势比Q点的电势高，故A错误；根据电场线分布情况可知，MO间的平均电场强度比ON之间的平均电场强度大，由公式U=Ed可知，M、O间的电势差大于O、N间的电势差，故B正确；M点的电势比Q点的电势高，负电荷由M点移到Q点，电场力做负功，电荷的电势能增加，故C错误．正电荷所受的电场力与该点电场线的切线方向相同，斜向上，故D错误；故选B．‎ 考点：电场线与等势线；电势及电势能 ‎【名师点睛】此题是对电场线与等势线、电势及电势能的考查；解决本题的关键要掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示电场强度，顺着电场线方向电势降低；电场力做正功，电势能减小；克服电场力做功，电势能增加．正电荷所受的电场力方向沿电场线的切线方向．‎ ‎8. 如图所示，、是两个定值电阻，是滑动变阻器，为小灯泡，电源的内阻为，开关闭合后，当滑动变阻器的滑片向上移动时，则（ ）‎ A. 电压表示数不变 B. 小灯泡变亮 C. 电容器处于充电状态 D. 电源的电功率变大 ‎【答案】C ‎【解析】A、闭合开关S后，当滑动变阻器触头P向上移动时，增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，则小灯泡亮度变暗，电源的内电压减小，路端电压增大，则电压表的示数变大．故AB错误； C、电路稳定时电容器的电压等于、串联总电压，增大，根据串联电路电压分配规律可知，电容器的电压增大，则电容器处于充电状态，故C正确； D、电源的总功率为，干路电流I减小，E不变，则电源的总功率变小，故D错误。‎ 点睛：本题按“部分→整体→部分”的思路进行动态变化分析．对于电压表的示数，可以直接根据路端电压随外电阻增大而增大的结论进行分析．根据串联电路电压与电阻成正比的特点，分析各部分电压的变化，比较简便。‎ ‎9. 如图所示，静止的电子在加速电压为的电场的作用下从经板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压的作用下偏转一段距离．现使加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该（ ）‎ A. 使加倍 B. 使变为原来的倍 C. 使变为原来的倍 D. 使变为原来的倍 ‎【答案】A ‎【解析】设平行金属板板间距离为，板长为，电子在加速电场中运动时，由动能定理得：‎ 垂直进入平行金属板间的电场做类平抛运动，则有水平方向：，竖起方向：，，又 ‎ 联立以上四式得：偏转距离， ‎ 现使加倍，要想做电子的运动轨迹不发生变化，偏转距离和偏转角度都不发生变化，则必须使加倍，A正确。‎ 点睛：本题考查了带电粒子在电场中的运动，可以根据动能定理和牛顿第二定律、运动学公式结合推导出偏转距离和偏转角度公式。‎ ‎10. 如图所示，是一个多量程多用电表的简化电路图．测电流和测电压时各有两个量程，还有两个挡位用来测电阻．下列说法正确的是（ ）‎ A. 当开关调到、两个位置上时，多用电表测量的是电流，且调到位置上时的量程比位置的大 B. 当开关调到、两个位置上时，多用电表测量的是电阻，且为黑表笔 C. 当开关调到、两个位置上时，多用电表测量的是电压，且调到位置上时的量程比位置的大 D. 当开关调到任意位置上时，都需要把、两表笔短接，对电表进行调零 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：当开关S调到1、2两个位置上时，因有电阻与电流计并联，所以多用电表测量的是电流，因调到1位置上时有一个电阻与电流表并联，而调到2位置上时有两个电阻与电流表并联，故调到1位置上时的量程比2位置的大，选项A正确；当开关S调到3、4两个位置上时，多用电表测量的是电阻，因黑表笔内部接电源的正极，故B为黑表笔，选项B错误；当开关S调到5、6两个位置上时，多用电表测量的是电压，因调 到5位置上时有一个电阻和电流表串联，而调到6位置时有两个电阻与电流表串联，所以调到5位置上时的量程比6位置的小，选项C错误；当万用表使用欧姆档时才要进行两表笔短接调零，而电压档和电流档不需要短接调零，选项D错误；故选A.‎ 考点：万用表的使用.‎ 二、填空题 ‎11. 如图所示，已知电源的电阻，外电阻，滑动变阻器的电阻可调范围为，当滑动变阻器的电阻调为时，电源内部的电热功率为，则电源电动势为__________；电阻的阻值为__________时，的电功率达到最大值．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】当滑动变阻器的电阻调为时，设电源的电动势为E，由闭合电路的欧姆定律可得电路的电流为： 电源内部的电热功率为： 代入数据可以求得电源的电动势为：，为定值电阻，当中电流最大时，功率最大，则可知此时的阻值应为零。‎ 点睛：本题考查闭合电路欧姆定律以及功率公式的应用，要注意电源的输出功率最大时，电路的内电阻和外电阻相等，知道这个电路的结论，在做题的时候就简单多了，在平时要注意总结。‎ ‎12. 已知电流表的内阻，满偏电流，要把它改装成量程是的电压表，应串联__________的电阻？要把它改装成量程是的电流表，应并联__________电阻．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】把电流表改装成量程为的电压表要串联电阻分压，串联电阻阻值；‎ ‎；‎ 把电流表改装成量程的电流表要并联电阻分流，并联的分流电阻．‎ ‎；‎ 点睛：考查的电压表的改装原理，明确串联电阻的分压作用，会求串联电阻阻值；考查的 电流表的改装原理，明确分流与电阻成反比，电阻大，分流小，反之电阻小则分流大。‎ ‎13. 用伏安法测未知电阻时，若不知的大约数值，为了选择正确的电流表接法以减小误差，可以将仪器如图所示接好，只空出一个电压表的一个接头，然后将分别与，接触一下，观察电压表和电流表示数变化情况，则（填或）：‎ ‎（）若电流表示数有显著变化，应接__________处；‎ ‎（）若电压表示数有显著变化，应接__________处．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】电流表示数有显著变化，说明电压表分流明显，电流表应采用内接法，应接在处；‎ 如果电压表示数变化明显，说明电流表的分压明显，电流表应采用外接法，应接在处。‎ 点睛：伏安法测电阻有两种电路，电流表内接法与电流表外接法，可以用试触法确定电流表的接法，如果电流表示数变化大，说明电压表分流较大，应采用内接法；如果电压表示数变化较大，说明电流表分压较大，应采用外接法。‎ ‎14. 如图，质量为带正电小球悬挂在绝缘细线上，且处在场强为的匀强电场中，当小球静止时细线与竖直方向成角，已知电场方向恰使小球受的电场力最小，则小球所带电量为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】试题分析：以小球为研究对象，分析受力情况，如图．根据作图法得到，当电场力与细线垂直时，电场力最小 根据平衡条件得，得到 考点：考查了共点力平衡条件的应用 ‎15. 如图所示，平行金属带电极板、间可看成匀强电场，均强，极板间距离，电场中和点分别到、两板的距离均为，板接地，则：‎ ‎（）点的电势为__________，、两点间电势差为__________‎ ‎（）将点电荷从点匀速移到点时外力做__________的功．‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). ‎ ‎【解析】（）因正极板接地，故板间各点电势均小于零，则、均大于零，由得 ‎ ，即 因为 ‎ 所以 ‎ 所以 ；‎ ‎（）因为匀速移动，外力所做的功等于电场力所做的功，‎ ‎。‎ 点睛：该题考查匀强电场中的电场强度与电势差之间的关系，其中要注意B点的电势为零。‎ 三、实验题： ‎ ‎16. 某同学要测某新型手机电池的电动势和内阻，设计了如图甲所示的电路，电路中为定值电阻，阻值大小为．‎ ‎（）请按电路图完成图乙中实物图的连接________________．‎ ‎ ‎ ‎（）闭合开关前，应先将实物图中的滑动变阻器的滑片移到最__________（填“左”或“右”端），电路中定值电阻的作用是______________________________．‎ ‎（）闭合，调节滑动变阻器的滑片，测出多组电流表和电压表的值，作出图像如图丙所示，则电池的电动势__________，电池的内阻__________．‎ ‎【答案】 (1). 如图所示：‎ ‎ (2). 左； (3). 电路中定值电阻的作用是保护电路，防止电源发生短路； (4). (5). ‎ ‎【解析】（）根据原理图可得出对应的实物图，如图所示；‎ ‎（）为了让电流由最小值开始调节，滑动变阻器的滑片开始时应滑到最左端；电路中定值电阻的作用是保护电路，防止电源发生短路；‎ ‎（）根据闭合电路欧姆定律可以知道，，由图可以知道，电源的电动势；‎ 图象的斜率表示内电阻与定值电阻之和：故；则。‎ 点睛：解决本题的关键会从 图线获取电源的电动势和内阻，注意将保护电阻等效到电源的内部，最终电源的内阻等于图线的斜率绝对值减去保护电阻的阻值，以及会分析误差的来源，通过图象分析测量值和真实值的关系。‎ 三、计算题 ‎17. 如图所示，在水平向右的匀强电场中，水平轨道连接着一圆形轨道，圆形轨道固定在竖直平面内，其最低点与水平轨道平滑连接．现有一质量为、电荷量为的带正电荷的小球（可视为质点），从离圆形轨道最低点相距为处的点由静止开始在电场力作用下沿水平轨道运动．已知小球所受电场力与其所受的重力大小相等，重力加速度为，水平轨道和圆形轨道均绝缘，小球在运动过程中所带电荷量保持不变，不计一切摩擦和空气阻力．求：‎ ‎（）匀强电场的电场强度的大小；‎ ‎（）小球由点运动到点所用的时间；‎ ‎（）小球运动到与圆形轨道圆心等高的点时的速度大小；‎ ‎【答案】（）；（）；（）．‎ ‎【解析】试题分析：（1）对小球，由题意可得：Eq=mg 解得：E=mg/q ‎（2）对小球，设从C到B的加速度为a，‎ 根据牛顿第二定律可得：Eq=ma 由运动学公式可得：‎ 联立可解得：‎ ‎（3）设圆形轨道半径为R，对小球从C到D的过程，根据动能定理有：‎ qE（L+R）-mgR=mvD2-0‎ 联立②⑥，可得：vD=‎ 考点：牛顿第二定律，动能定理。‎ ‎18. 如图所示，、是竖直放置的中心带有小孔的平行金属板，两板间的电压为，、是水平放置的平行金属板，板间距离为，板的长度为，是板的中点，、两板小孔连线的延长线与、两板的距离相等，将一个负离子从板的小孔处由静止释放，求：‎ ‎（）为了使负离子能打在点，、两板间的电压应为多少？哪板电势高？‎ ‎（）如果、两板间所加的电压为，则负离子还能打在板上吗？若不能打在板上，它离开电场时发生的侧移为多少？‎ ‎【答案】（） 板电势高（）不能打在板上，而是从两板间飞出 ‎ ‎【解析】（）设负离子的质量为，电量为，从板小孔飞出的速度为，由动能定理．‎ 由类平抛规律： ‎ 又 整理可得 负离子打在点，，‎ 联立⑤⑥解得，因负离子所受电场力方向向上，所以板电势高；‎ ‎（）若负离子从水平板边缘飞出，则应满足：，．‎ 将代入，可解得 可见，如果两板间所加电压为，则负离子不能打在板上，而是从两板间飞出．‎ 将，代入，解得 故如果、两板间所加的电压为，则负离子不能打在板上，它离开电场时发生的侧移为。‎ 点睛：粒子垂直进入偏转电场后将做类平抛运动，然后根据类平抛规律求解讨论即可。‎ ‎19. 一台电风扇，内阻为，接上电压后，消耗功率，求：‎ ‎（）电风扇正常工作时通过风扇电动机的电流程度；‎ ‎（）电风扇工作时，转化为机械能的功率和内能的功率，电动机的效率；‎ ‎（）若接上电源后，扇叶被卡住，不能转动，则此时通过电动机的电流多大？电动机消耗的电功率和发热功率各是多大？‎ ‎【答案】（）；（）；（）．‎ ‎【解析】试题分析：（1）正常工作时通过电动机的电流大小．‎ ‎（2）转化为内能的功率P热＝I2r＝0．32×20 W＝1．8 W．‎ 转化为机械能的功率P机＝P－P热＝（66－1．8） W＝64．2 W．‎ 电动机的效率 ‎ ‎ 考点：电功率；电动机的效率 ‎【名师点睛】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的。‎ ‎20. 如图是欧姆表的工作原理图．若表疛的满偏电流为，干电池的电动势为．‎ ‎（）灵敏电流表的电流刻度值对应的欧姆表电阻值是多少？‎ ‎（）表针偏转到满刻度的时，待测电阻为多少？‎ ‎（）表针偏转到满刻度的时，待测电阻为多少．‎ ‎【答案】（）（）（）‎ ‎【解析】（）调零时：，所以欧姆表总内阻．‎ 测量电阻时：，．‎ 当时，‎ ‎．‎ ‎（）当表针偏转到满刻度的处时：‎ ‎．‎ ‎（）当表针偏转到满刻度的处时：‎ ‎。‎ 点睛：本题考查了求欧姆表内阻与所测电阻阻值，知道欧姆表的工作原理是解题的关键，应用闭合电路欧姆定律即可解题。‎ ‎ ‎ ‎ ‎