《湖南省、二校2019-2020学年高二物理上学期10月联考试题（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《湖南省、二校2019-2020学年高二物理上学期10月联考试题（含解析）（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、湖南省岳阳县一中、汨罗市一中二校2019-2020学年高二物理上学期10月联考试题（含解析）一、单选题（本题共8小题,每小题4分，共32分。每小题选正确得4分，不正确得0分）1.下列说法正确的是A. 库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积很小的球体B. 若点电荷q1的电荷量大于点电荷q2的电荷量，则q1对q2的静电力大于q2对q1的静电力C. 由RU/I知，导体的电阻与导体两端的电压成正比，通过导体的电流成反比。D. 电源电动势在数值上等于非静电力把1C正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功。【答案】D【解析】【详解】库仑定律适用于点电荷，当电荷的大小与所研究的问题相比可忽略不计时才可以把电
2、荷看做点电荷，则体积很小的球体不一定能看做点电荷，选项A错误；两点荷之间的库仑力是相互的，与电量是否相等无关，选项B错误；导体的电阻是由导体本身决定的，与导体两端的电压以及通过导体的电流无关，选项C错误。电源电动势在数值上等于非静电力把1C正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功，选项D正确；故选D。2.如图所示，从F处释放一个无初速度的电子(重力不计)向B板方向运动，下列说法错误的是(设电源电压都恒为U)( ) A. 电子到达B板时的动能是UeB. 电子从B板到达C板动能变化量为零C. 电子到达D板时动能是3UeD. 电子在A板和D板之间做往复运动【答案】C【解析】【分析】明确电场分布情况，电
3、子从静止在匀强电场中被加速运动，电场力做的功，即为电子获得的动能；电子在没有电场中做匀速直线运动；当电子以一定速度进入反向电场时会做减速运动，则减小的动能即为电场力做的负功。【详解】释放出一个无初速度电荷量为e的电子，在电压为U电场中被加速运动，当出电场时，所获得的动能等于电场力做的功，即W=qU=eU；由图可知，BC间没有电压，则没有电场，所以电子在此处做匀速直线运动，则电子的动能不变，电子以eU的动能进入CD电场中，在电场力的阻碍下，电子作减速运动，由于CD间的电压也为U，所以电子的到达D板时速度减为零，所以开始反向运动；由上可知，电子将会在A板和D板之间加速、匀速再减速，回头加速、匀速再
4、减速，做往复运动。综上所述，故A、B、D正确，C错误。故选C。【点睛】该题考查粒子在电场中加速与减速运动，明确电场力做的功与动能变化关系，要注意到电子的速度减为零时，恰好到达D板是解答本题的关键。3.如图所示，实线是电场中一簇方向未知的电场线，虚线是一个带正电粒子从a点运动到b点的轨迹，若带电粒子只受电场力作用，粒子从a点运动到b点的过程中（）A. 粒子的电势能逐渐减小B. 粒子的电势能逐渐增加C. 粒子运动的加速度逐渐增大D. 粒子运动的速度逐渐增大【答案】B【解析】【分析】根据运动轨迹弯曲方向判定电场力方向，然后根据电性判断电场线方向，从而判断电势高低，根据电场力做功判断电势能的变化，根据
5、牛顿第二定律求解加速度；【详解】A、由粒子的运动轨迹可知，带电粒子所受的电场力向左，从a点运动到b点电场力做负功，电势能增大，故A错误，B正确；C.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，则a点电场力大于b点电场力，a点加速度大，故C错误；D.从a点运动到b点电场力做负功，根据动能定理可知动能减小，则速度减小，故D错误。【点睛】解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力，利用电场中有关规律求解。4.如右上图所示，某一导体的形状为长方体，其长、宽、高之比为abc=532在此长方体的上下、左右四个面上分别通过导线引出四个接线柱1、2、3、4。在1、2两端加上恒定的
6、电压U，通过导体的电流为I1；在3、4两端加上恒定的电压U，通过导体的电流为I2，则I1I2为（ ）A. 925B. 259C. 254D. 425【答案】C【解析】试题分析：根据电阻定律R=得，当在1、2两端加上恒定电压U时，R1，在在3、4两端加上恒定的电压时，R2，所以，根据欧姆定律I=得，电流之比为25：4，C正确。考点：本题考查电阻定律、欧姆定律。5.扫地机器人是智能家用电器的一种，它利用自身携带的小型吸尘部件进行吸尘清扫，如图为 “iRobot”扫地机器人，已知其电池容量 1000 mAh，额定工作电压 15 V，额定功率 30 W，则下 列说法正确的是( ) A. 题中“mAh”
7、是能量的单位B. 扫地机器人充满电后一次工作时间约为 0.5hC. 扫地机器人正常工作时的电流是 0.5AD. 扫地机器人充满电的电能是 1.0105J【答案】B【解析】A、电池容量是指电池的存储电量（电流与时间的乘积）多少，单位是“Ah”或“mAh”，不是储存电能的大小，故A错误。C、机器人正常工作的电压为15V，机器人正常工作时的电流，故C错误。B、机器人充满电后一次工作时间为，故B正确。D、根据电能的公式，故D错误。故选B。【点睛】本题是信息给予题，要求同学们能从题目中获取有用信息，知道电池容量是指电池储存电量的大小。6.如图所示，两个相同的带电小球A、B分别用2L和L长的绝缘细线悬挂于
8、绝缘天花板的同一点，当平衡时，小球B偏离竖直方向30，小球A竖直悬挂且与光滑绝缘墙壁接触。若两小球的质量均为m，重力加速度为g.则A. AB的静电力等于mgB. 墙壁受的压力等于mgC. A球受到细线的拉力等于mgD. B球受到细线的拉力等于mg【答案】C【解析】【详解】AD.对B球受力分析，如图所示：根据共点力平衡得，A、B两球的静电力为：，B球受到的细线拉力为：；故A项错误，D项错误.BC.对A球受力分析，如图所示，根据平衡有：，则根据牛顿第三定律知墙壁受的压力为；细线的拉力为：；故B错误，C正确.7.如图，abc中bc=4cm，acb30。匀强电场的电场线平行于abc所在平面，且a、b、
9、c点的电势分别为3V、-1V、3V。下列说法中正确的是（ ）A. 电场强度的方向沿ac方向B. 电场强度的大小为2 V/cmC. 电子从a点移动到b点，电势能减少了4 eVD. 电子从c点移动到b点，电场力做功为4 eV【答案】B【解析】【分析】电场力做功量度电势能的变化匀强电场的电场线为相互平行间隔相等的平行线，而等势线与电场线垂直；由题意知ac连线为一条等势线，根据电场线与等势线的特点可确定电场线的方向，再根据公式U=Ed求出电场强度.【详解】因ac为等势面，则场强方向垂直于ac指向b点，选项A错误；电场强度的大小为，选项B正确；a点电势高于b点，则电子从a点移动到b点，电势能增加，选项C
10、错误；电子从c点移动到b点，电场力做功为3V-(-1V)(-e)=-4 eV，选项D错误；故选B.【点睛】题的关键在于找出等势面，然后才能确定电场线，要求学生明确电场线与等势线的关系，能利用几何关系找出等势点，再根据等势线的特点确定等势面知道公式U=Ed应用时d为沿着电场线方向的距离8.在x轴上O、P两点分别放置电荷量为q1、q2的点电荷，在两电荷连线上的电势随x变化的关系如图所示，其中A、B两点的电势为零，BD段中C点电势最大，则（）A. q1和q2都是正电荷B. C、D两点间电场强度沿x轴正方向C. C点的电场强度大于B点的电场强度D. 将一负点电荷从B点移到D点，电势能先增大后减小【答案
11、】B【解析】【分析】根据两点电荷连线的电势高低的分布图，结合沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性，图象切线的斜率等于场强，由斜率大小分析场强的大小，根据负电荷在电势高处电势能小，分析负电荷移动时电势能的变化；【详解】A、由图知从O到B电势先不断降低后先升高再降低，则两个点电荷必定是异种电荷，故A错误；B、由图可知：从C到D，电势降低，根据顺着电场线电势降低可知，CD间电场强度方向沿x轴正方向，故B正确；C、根据图象切线的斜率等于场强，可知C点场强为零，B点的场强不等于零，则B点的场强比C点的大，故C错误；D、将一负点电荷从B移到D点，电势先升高后降低，电势能先减小后增大，故D错误。【点睛】通
12、过本题的解答要知道：电势为零处，电场强度不一定为零，负电荷在电势高处电势能小，电场力做功的正负决定电势能的增加与否。二、多选题（本题共4个小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项正确，全部选对的得4分,选不全的得2分,有选错或不答的得0分）9.如图所示，图线1表示的导体的电阻为，图线2表示的导体的电阻为，则下列说法正确的是()A. B. C. 通过、电流大小相等时，电压之比为1:3D. 、两端电压相等时，流过、电流之比为1:3【答案】AC【解析】根据I-U图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，得：，A正确，B错误；当通过、电流大小相等时，由可知，电压与电阻成正比，即电压之比为1:3故C正确；当
13、通过、两端的电压相等时，由可知，电流与电阻成反比，即电流之比为3:1，故D错误；选AC.【点睛】通过I-U图象得出两电阻的关系，将坐标系中的数据代入即可求出两个电阻的电阻值，然后结合串联电路与并联电路的关系分析解答即可10.如图所示，带电物体P、Q可视为点电荷，电荷量相同。倾角为、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，
14、大小为D. 斜面体对地面的压力为(Mm)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：又由库仑定律得：其中q为P、Q所带电荷量，解得：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：又有A项分析可知： 联立解得：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
15、面对斜面体的支持力：由牛顿第三定律可知，斜面体对地面的压力为，故D项正确。11.如图所示，电阻R1=20，电动机绕组R2=10当电键打开时，电流表的示数是0.5A，当电键合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数I和电路消耗的电功率应是（ ）A. I1.5AB. I1.5AC. P=15WD. P15W【答案】BD【解析】【详解】开关S断开时,电流表示数为0.5 A,则U=I1R1=10 V;合上S后,电动机接入电路,因电动机为非纯电阻用电器,故I2 =1 A,电路总功率P总=UI总=U(I1+I2)10(1+0.5) W=15 W.则BC均错AD项对.12.如图所示，A、B、C、D为竖直平面内一正方形的四个顶点，已知A、B、C点分别固定电荷量为+q的点电荷，D点固定电荷量为q的点电荷。一根光滑、绝缘的细管MN竖直固定放置，且M端和N端恰好位于正方形AB边和CD边的中点处，现有一直径略小于细管内径的带正电的小球，从细管的M端由静止释放，则小球从M端
