山西省长治市二中2019-2020学年高二物理上学期第一次月考试题（含解析）

山西省长治市二中2019-2020学年高二物理上学期第一次月考试题（含解析）【满分100分，考试时间为90分钟】一、选择题（本题共13个小题，每小题4分，共52分。第1-8小题中给出的四个选项中，只有一个选项正确，每小题4分；第9-13小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，不选或有选错的得0分。请将选择题答案填涂到答题卡对应栏内。）1.关于电动势，下列说法正确的是（）A.电动势与非静电力做的功成正比，与移送的电荷量成反比B.电动势单位与电势、电势差的单位都是伏特，故三者本质上一样C.铅蓄电池的电动势为2V，表示蓄电池在1s内将2J的化学能转变为电能D.铅蓄电池（电动势为2V）将化学能转化为电能的本领比干电池（电动势为1.5V）大【答案】D【解析】【详解】A．电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量，与非静电力做功W的大小以及移送电荷量q的大小无关.故A错误B．电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，电势差、电势是描述电场能的性质的物理量，三者的本质不同.故B错误；C．铅蓄电池的电动势为2V，表示非静电力将单位正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功为2J，即电能增加2J，与时间无关，故C错误D．电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，电动势越大本领越大.所以D正确.2.两根完全相同的金属裸导线，如果把其中的一根均匀拉长到原来的2倍，把另一根对折后绞合起来，然后给它们分别加上相同电压后，则在相同时间内通过它们的电荷量之比为()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1/2，根据电阻定律LRS，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，根据电阻定律LRS，可得电阻R2=R/4，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．故C正确，ABD错误。故选C。3.如图所示，平行板a、b组成的电容器与电源连接，在板间P处固定放置一带负电的点电荷，平行板b接地，现将电容器的b板向下稍微移动，则（）A.点电荷所受电场力增大B.点电荷在P处的电势能减少C.P点电势降低D.电容器的带电量增加【答案】B【解析】【详解】由题可知，平行板a、b之间电压为电源电压UE不变；b接地，则b板电势为零，a板电势为UE不变；由匀强电场场强与电势差关系式可知b板向下移动，则板间距增大d。A．点电荷所受电场力变为：EEqUqUFEqddd电场力减小，故A项错误。BC．P点电势变为：EEpEEUlUlUUddd（l为点电荷到平行板a的距离），P点电势增大，则点电荷在P处电势能变为：ppEq而0q，所以pE减小，故B项正确，C项错误。D．电容器带电量变为：4()4EEESUSUQCUkddkd则带电量减小，故D项错误。4.下列说法正确的是（）A.电场中某点的场强方向就是该点所放电荷受到的静电力的方向B.电场线一定是带电粒子在电场中运动的轨迹C.沿电场线方向,电势逐渐降低，但电场强度不一定越来越小D.将一个点电荷从静电场中的a点移至b点，其电势能的变化为零，则该电荷一定沿等势面移动【答案】C【解析】【详解】A．电场中某点的场强方向就是该点所放正电荷受到的电场力的方向，负电荷所受电场力的反方向；故A错误.B．运动轨迹是带电粒子在电场中实际通过的径迹，径迹上每点的切线方向为粒子在该点的速度方向，所以电场线与带电粒子在电场中运动的轨迹不同；故B错误.C．根据电势的定义可知沿电场线方向电势逐渐降低，而场强的影响因素是电场线的疏密程度.两者无关；故C正确.D．a点到b点电势能变化为零，只能说明a点和b点电势相等，在同一个等势面上，但在移动过程中有可能发生了变化的，故不一定沿等势面移动；故D错误5.不带电的空腔导体P置于电场中，其周围电场线分布如图所示，a、c为电场中的两点，b为导体空腔内的一点，则（）A.a、b、c三点的电场强度依次减小B.a、b、c三点的电势依次降低C.负试探电荷在a点的电势能比在b点的大D.正试探电荷从a点移到c点的过程中，克服电场力做功【答案】B【解析】【详解】A．由电场线越密的地方电场强度越大，b处于静电平衡状态的导体的内部，电场强度大小是0，则有cbEE，故A错误.B．沿着电场线电势逐渐降低，a点处于电场线的靠前的位置即a点的电势比b高，b的电势比c高.所以B正确.C．负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，故负检验电荷在a点的电势能比在b点的小.所以C错误.D．正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，故正检验电荷从a点移到c点的过程中电势能减小，则电场力做正功；故D错误.6.两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是（）A.带正电B.粒子在a点加速度小于在c点加速度C.速度先变大后变小，电势能先变小后变大D.经过b点和d点时的速度相同【答案】B【解析】【详解】A．由带电粒子在电场中的运动轨迹可知带电粒子受到指向高电势方向的电场力，而靠近正电荷处的电势高，所以带电粒子受到正电荷的吸引力，带电粒子带负电，故A错误.B．由图中等势面的密集程度可知c点的电场强度大于a点的电场强度，故a点加速度小于c点加速度，所以B正确.C．由带电粒子的轨迹可知，电场力先做负功后做正功，带电粒子的速度先变小后变大，带电粒子的电势能先增大后减小，故C错误D．由于b、d两点为等势点，根据动能定理带电粒子从b点运动到d点过程中，电场力做的功为零，b、d两点处带电粒子动能相等，速度大小相同，故D错误。【点睛】要注意矢量相同包括了大小和方向均相同.7.如图所示，真空中三点A、B、C构成边长为L的等边三角形，EF是其中位线，在E、F点分别放置电荷量均为Q的正、负点电荷。下列说法正确的是（）A.A点的电场强度大小为24kQLB.A点的电势低于C点的电势C.电势差UEB等于电势差UCFD.负电荷在B点的电势能小于在C点的电势能【答案】ACD【解析】试题分析：A点的场强为两个点电荷单独存在时在A点产生场强的矢量和；等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线．根据公式U=Ed定性分析电势差关系．根据电势的高低，可分析电势能的大小．+Q、-Q两个点电荷产生的电场在A处的场强大小相等，夹角为120°，故A点的电场强度大小为224()2AQkQEkLL，故A正确；根据等量异种电荷连线的电场线的分布特点可知，A点位于两个等量异种点电荷的中垂线上，所以A点的电势与无穷远处的电势相等；而C点的靠近负电荷，可知A点的电势高于C点的电势．故B错误；由电场线的分布可知：EB间的电场强度比EA间的小，由UEd知电势差EBU小于电势差EAU，故C正确；根据等量异种电荷连线的电场线的分布特点，结合B的分析可知，B点的电势高于C点的电势，由pEq知负电荷在B点的电势能小于在C点的电势能，故D正确．8.一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）。小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回。若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将（）A.打到下极板上B.在下极板处返回C.在距上极板处返回D.在距上极板处返回【答案】D【解析】设带电粒子的质量为m，电容器两基板的电压为U，由动能定理得()02dmgdqU，若将下极板向上移动d/3，设带电粒子在电场中下降h，再由动能定理得()022/3dUmghqhd，联立解得2253hdd，所以带电粒子还没达到下极板就减速为零，D正确。【考点定位】动能定理、电场力做功、匀强电场电场强度和电势差的关系9.在研究微型电动机的性能时，可采用如图所示的实验电路，电路中电表均为理想电表．当调节滑动变阻器R，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5A和1.0V；重新调节R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0A和15.0V．则当这台电动机正常运转时（）A.电动机的内阻为2ΩB.电动机的内阻为7.5ΩC.电动机的输出功率为30WD.电动机的输出功率为22W【答案】AD【解析】【详解】AB．因为电机停止转动时可把电机看作纯电阻电路，所以此时直接用欧姆定律可得电动机内阻为：111.0V20.5AUrI故A正确，B项错误.CD．电动机正常运转时消耗电能并将其转化为输出功和热能，因此电动机输出功率为：22=15.02.02.02.022WPUIIr出故C项错误，D项正确.10.有一沿x轴分布的电场，设定+x方向为正方向．其电场强度E随x变化的图像如图所示．下列说法正确的是（）A.O点的电势最低B.x2点的电势最高C.正电荷从x1移动到x3克服电场力做的功等于其电势能的减小量D.x1与x3的场强相同【答案】AD【解析】【详解】A．因为场强的数值为负，根据题给的正方向，场强方向应该水平向左，所以O点的电势最低，故A正确。B．越向右电势越高，故B错误。C．正电荷水平向右运动，其电势能应该增加，克服电场力做的功应该等于其电势能的增加量，故C错误。D．纵坐标即为场强，x1、x3纵坐标值相等场强相同，故D正确。11.如图所示，矩形ABCD位于匀强电场中,且与匀强电场方向平行．已知AB=2BC=4m，A、B、D的电势分别为6V、2V、4V．初动能为24eV、电荷量大小为4e的带电粒子从A沿着AC方向射入电场，恰好经过B，不计粒子的重力，下列说法正确的是()A.该粒子一定带负电B.该粒子到达B点时的动能为40eVC.该匀强电场的电场强度大小为2V/mD.该粒子到达B点时的电势能为8eV【答案】AC【解析】【详解】AC．取AB中点为O，则O点的电势为：+==4V2ABO所以连接OD则为等势面，因为电场强度与等势面垂直且由高电势指向低电势，所以场强垂直OD斜向上，由物体做曲线运动的条件可可知电场力斜向下，故粒子带负电；又由题设条件可知设A点到OD的距离为d：2cos4522m2ADdx所以电场强度为：22Vm2AOUEd所以A正确；C正确.BD．粒子从A到B由动能定理可知：ABkBkAqUEE代入数据得：8eVkBE故B错误，D错误.12.如图所示，带电物体P、Q可视为点电荷，电荷量相同。倾角为θ、质量为M的斜面体放在粗糙水平面上，将质量为m的物体P放在粗糙的斜面体上。当物体Q放在与P等高(PQ连线水平)且与物体P相距为r的右侧位置时，P静止且受斜面体的摩擦力为0，斜面体保持静止，静电力常量为k，则下列说法正确的是()A.P、Q所带电荷量为2tanmgrkB.P对斜面的压力为0C.斜面体受到地面的摩擦力方向水平向右，大小为tanmgD.斜面体对地面的压力为(M＋m)g【答案】CD【解析】【详解】A．对物体P受力分析物体P受到水平向左的库仑力，垂直斜面向上的支持力N，竖直向下的重力，则有：tanFmg库又由库仑定律得：22qFkr库其中q为P、Q所带电荷量，解得：2tanmgrqk故A错误。B．由A项分析可知，物体P受到垂直斜面向上的支持力，所以P对斜面的压力不为0，故B错误。C．对斜面体受力分析可知斜面体受到竖直向下的重力，竖直向上的支持力，垂直斜面向下的压力N和水平向右的摩擦力f，所以：sinfN又有A项分析可知：cosmgN联立解得：tanfmg故C正确.D．对斜面体和物体P整体受力分析可知，受到竖直向下的重力，竖直向上的支持力，水平向左的库仑力和水平向右的摩擦力，所以竖直方向上受力平衡，此时地面对斜面体的支持力：()FMmg支由牛顿第三定律