《河南省鲁山县一中2020学年高二物理第一次月考试题（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河南省鲁山县一中2020学年高二物理第一次月考试题（含解析）（16页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2020上学期鲁山一高高二第一次月考物理试卷 一、选择题（每题4分，共48分。其中1-8为单选，9-12为多选）1. 半径相同的两个金属小球A、B带有电荷量大小相等的电荷，相隔一定的距离，两球之间的相互吸引力大小为F.今用第三个半径相同的不带电的金属小球C先后与A、B两个球接触后移开，这时，A、B两个球之间的相互作用力大小是( )A. F B. F C. F D. F【答案】B【解析】两球之间的相互吸引力，则两球带等量异种电荷；假设A带电量为Q，B带电量为-Q，两球之间的相互吸引力的大小是：；第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C的电量都为；C与B接触时先中和再平分，则C、B分开后电量均为
2、-，这时，A、B两球之间的相互作用力的大小：，故B正确；ACD错误故选B点睛：要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分，根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量熟练应用库仑定律即可求题2. 真空中有一静电场，其在x轴正半轴的电势随x变化的关系如图所示，则根据图象可知( )A. 把正点电荷从x1处移到x3处，电场力做正功B. x2处的电场强度E0C. x1处与x3处的电场强度方向相反D. 该电场一定是处在O点的正点电荷激发产生的【答案】A【解析】若试探电荷从处移到处，电势降低，根据公式，电场力做正功，故A正确；图象中，曲线上任意一点的切线的斜率表示电场强度；R处切线的
3、斜率不为零，故电场强度不为零，B错误；处与处的切线斜率同为负值，故x方向的电场强度分量的方向相同，C错误；离电荷越近，电场强度越大，故-x图象的斜率越大，而在O点向右，切线斜率变大，故O点不可能有电荷，D错误；【点睛】-x图象：电场强度的大小等于-x图线的斜率大小，电场强度为零处，-x图线存在极值，其切线的斜率为零在-x图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向在-x图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用，进而分析的正负，然后作出判断3. 两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A为MN上的一点一带负电的试探电荷q，从A
4、点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则( )A. q由A向O的运动是匀加速直线运动B. q由A向O运动的过程电势能逐渐减小C. q运动到O点时的动能最小D. q运动到O点时电势能为零【答案】B【解析】两等量正电荷周围部分电场线如右图所示，其中P、Q连线的中垂线MN上，从无穷远到O过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远方向.4. 安培提出了著名的分子电流假说，根据这一假说，电子绕核运动可等效为一环形电流设带电荷量为e的电子以速率v绕原子核沿顺时针方向做半径为r的匀速圆周运动，其电流的等效电流强度I和方向为A. 电流为 ，电流方向为顺时针B. 电流为 ，电流方向为顺
5、时针C. 电流为 ，电流方向为逆时针D. 电流为 ，电流方向为逆时针【答案】C【解析】试题分析：电子绕核运动可等效为一环形电流，电子运动周期为；根据电流的定义式得：电流强度为;因为电子带负电，所以电流方向与电子定向移动方向相反，即沿逆时针方向，故C正确考点：电流强度【名师点睛】5. 如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表示数变化量的绝对值分别为，理想电流表A示数变化量的绝对值为，正确的是（ ）A. 的示数增大 B. 电源输出功率在减小C. 与的比值在减小 D. 大于【答案】D【解析】试题分析：理想电压表内阻无穷大，相当于断路理想电流表内阻为零，相当短
6、路，所以R与变阻器串联，电压表分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A的示数增大，电路中电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，所以的示数减小，A错误；当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，故当滑动变阻器滑片向下滑动时，外电阻越来越接近内阻，故输出功率一定增大，故B错误；根据闭合电路欧姆定律得：，则得：，据题：，则，故大于，D正确；根据闭合电路欧姆定律得：，则得：，恒定不变，C错误；考点：考查了电路的动态分析【名师点睛】在分析电路动态变化时，一般是根据局部电路变化（滑动变阻器，传感器电阻）推导整体电路总电阻、总电流的变化，然
7、后根据闭合回路欧姆定律推导所需电阻的电压和电流的变化（或者电流表，电压表示数变化），也就是从局部整体局部6. 如图所示是一个多用电表的简化电路图为单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱可以接通，也可以接通、或下列说法正确的是（ ）A. 当开关分别接或时，测量的是电流，其中接时量程较大B. 当开关分别接或时，测量的是电阻，其中是黑表笔C. 当开关分别接或时，测量的是电阻，其中是红表笔D. 当开关分别接或时，测量的是电压，其中接时量程较大【答案】A【解析】当开关S分别接1或2时，定值电阻与表头G并联，接1时分流电阻相对更小，故接1时电表的量程更大，第1档为大量程， A正确；3、4两档用来测电阻，其中黑
8、表笔连接表内电池的正极，故B为黑表笔；A与电源的负极相连，故A为红表笔，B错误；要测量电压，电流表应与电阻串联，由图可知当转换开关S旋到位置5、6时，即5、6两档用来测电压因为6档共用一个表头，所以测电压时外部电源的正极应该接在A表笔上，故A为红表笔，测量电压，电流表所串联的电阻越大，所测量电压值越大，故当转换开关S旋到6的量程比旋到5的量程大，故CD错误7. 如图所示，在长直导线A通电后，小磁针静止在图示位置，则直导线中的电流方向和P点的磁场方向分别为( )A. 垂直纸面向里，向上B. 垂直纸面向里，向下C. 垂直纸面向外，向上D. 垂直纸面向外，向下【答案】B【解析】由题意可知，小磁针N极
9、指向即为磁场方向，根据右手螺旋定则可知，通电导线电流方向垂直纸面向里，那么通电直导线右侧的P点的磁场方向向下，故ACD错误，B正确故选B8. 乐乐同学想利用“电磁弹簧秤”称量一金属棒的质量，如图所示，一根粗细均匀的金属棒ab用两个完全相同的弹簧悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，弹簧上端固定，下端与金属棒连接且绝缘，金属棒通过开关与一电路相连，电源右侧为正极，开关接通以后，下列说法正确的是()A. 仅增大磁感应强度，安培力变小B. 仅改变电流方向，安培力方向不变C. 金属棒所受安培力竖直向下D. 若滑动变阻器的滑片向左滑动，则安培力减小【答案】C【解析】根据F=BIL可知，当
10、磁场强度增大时，安培力增大，故A错误；仅改变电流方向，根据左手定则可知安培力方向改变，故B错误；根据安培左手定则可知，导体棒受到的安培力竖直向下，故C正确；若滑动变阻器的滑片向左滑动，滑动变阻器的电阻减小，回路中的电流增大，根据F=BIL可知，安培力增大，故D错误，故选C.9. 如图所示，是一提升重物用的直流电动机工作的电路图，电动机的内阻为， 。直流电压，电压表示数为，则（ ）A. 通过电流计的电流 B. 输入电动机的电功率为C. 电动机的输出功率为 D. 电动机的效率是95.5%【答案】CD【解析】电动机和电阻串联，所以电流相等电阻R两端电压U1=160-110=50V，通过电动机的电流大
11、小为：，故A错误；电动机的电功率P=UI=1105=550W，故B错误；电动机的热功率P热=I2R=521W=25W；电动机的机械功率P=P-P热=550W-25W=525W，故C正确；电动机的效率：故D正确；故选CD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10. 如图所示是一个由电池、电阻R、开关S与平行板电容器组成的串联电路，开关S闭合一带电液滴悬浮在两板间P点不动，下列说法正确的是()A. 带电液滴可能带正电B. 减小两极板距离的过程中，电阻R中有从b到a的电流C. 断开S，减小两极板正对面积的过程中，液滴将加速下降D
12、. 断开S，减小两极板距离的过程中，液滴静止不动【答案】BD【解析】由图可知 A带正电，所以电场的方向向下；液滴受到重力和电场力的作用处于平衡状态，所以电场力的方向向上，与电场的方向相反，所以液滴带负电故A错误；减小电容器两极板间距离过程中，根据电容的决定式分析得知，电容C变大，而电压U不变，则电容器所带电量Q=CU变大，电容器充电，由于电容器上板带正电，下板带负电，则电阻R中有从b流向a的电流故B正确；断开S，极板上的电量Q不变，减小两极板距离的过程中根据电容的决定式分析得知，d减小，电容C增大，极板之间的电场强度：,可知断开S，减小两极板正对面积的过程中，由公式可知，E增大，所以液滴受到的
13、电场力F=qE增大，液滴将加速上升故C错误；断开S，减小两极板距离的过程中，电场强度不变，所以液滴仍然处于平衡状态，静止不动故D正确；故选BD.点睛：本题是电容器的动态变化分析问题，根据电容器的决定式和电容的定义式C=结合进行分析11. 如图甲所示，R为电阻箱(099.9 )，置于阻值最大位置，Rx为未知电阻(1)断开S2，闭合S1，逐次减小电阻箱的阻值，得到多组R、I值，并依据R、I值作出了如图乙所示的R图线(2)断开S2，闭合S1，当R调至某一位置时，电流表的示数I11.0 A；保持电阻箱的位置不变，断开S1，闭合S2，此时电流表的示数为I20.8 A根据以上数据可知( )A. 电源电动势
14、为3.0 VB. 电源内阻为0.5 C. Rx的阻值为0.5 D. S1断开、S2闭合时，随着R的减小，电源输出功率减小【答案】BC【解析】当中断开s2闭合s1时，根据闭合电路欧姆定律应有：,整理得：，根据斜率和截距的概念可知：, r=0.5,所以A错误，B正确；当中断开s2闭合s1时，由上式可得：，断开s1，闭合 s 2时，根据闭合电路欧姆定律应有：，联立解得：，故C正确；根据电源输出功率与外电阻关系可知，由于定值电阻=r，断开s 2时R 外=r+R+R 3，根据图象可知，随着电阻箱电阻R的减小R 外与r逐渐接近，则电源的输出功率应逐渐增大，所以D错误。所以BC正确，AD错误。12. 如图所
15、示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在光屏P上关于电子的运动，下列说法中正确的是（ ）A. 滑动触头向左移动时，电子打在荧光屏上的位置上升B. 滑动触头向右移动时，电子打在荧光屏上的位置上升C. 电压U增大时，电子打在荧光屏上的速度大小不变D. 电压U增大时，电子从发出到打在荧光屏上的时间不变【答案】AD【解析】电子在加速电场中做加速运动，则：eU=mv2，电子获得的速度为：电子进入偏转电场后做类平抛运动，电子在沿极板方向做匀速直线运动，粒子在电场中运动时间：；在垂直电场方向做初速度为0的匀加速直线运动，加速度，电子在电场方向偏转的位移y=at2联立以上各式得： ，又因为偏转电场方向向下，所以电子在偏转电场里向上偏转当滑动触头向右移动时，加速电压U变大，由上可知电子偏转位移变小，因为电子向上偏转，故在屏上的位置下降，相反，滑动触头向左移动时，电子打在荧光屏上的位置上升，故B错误，A正确；当偏转电压U增大时，电子在电场中受到的电场力增大，即电子偏转的加速度a增大，
