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1、辽宁省沈阳铁路实验中学2019-2020学年高二物理上学期10月月考试题（含解析）一、选择题（1-8单选，9-12多选，每题4分，漏选得2分错选不得分）1.下列关于电源电动势的说法中正确的是A. 在某电源的电路中，每通过2C的电荷量，电源提供的电能是4J，那么这个电源的电动势是0.5VB. 电动势就是电源两极间的电压C. 电源的电动势与外电路无关D. 电源的电动势越大，电源所能提供的电能就越多【答案】C【解析】【详解】A. 在某电源的电路中，每通过2C的电荷量，电源提供的电能是4J，那么这个电源的电动势是故A错误；B.闭合电路欧姆定律得知：电动势的数值等于内外电压之和，当电源没有接入电路时，电
2、路中没有电流，电源的内电压为零，外电压即电源两极间的电压等于电动势；当电源接入电路时，电路有电流，电源有内电压，两极间的电压小于电动势，故B错误；C. 电动势由电源本身特性决定，与外电路的组成无关，故C正确；D. 电源电动势越大，电源将其他形式的能转化为电能的本领就越大，不能说电源所能提供的电能就越多；故D错误。2.如图所示，R1和R2是同种材料、厚度相同、表面为正方形的导体，但R1的尺寸比R2的尺寸大.在两导体上加相同的电压，通过两导体的电流方向如图所示，则下列说法中正确的是A. R1中的电流小于R2中的电流B. R1中的电流大于R2中的电流C. R1中自由电荷定向移动的速率大于R2中自由电
3、荷定向移动的速率D. R1中自由电荷定向移动的速率小于R2中自由电荷定向移动的速率【答案】D【解析】【详解】设导体厚度为d，R边长为L，电阻率为，根据电阻定律得导体的电阻为：由此可知导体R1、R2的阻值相等。AB. 电压相等，导体R1、R2的阻值相等，所以通过R1的电流等于通过R2的电流，故AB错误；CD.根据电流的微观表达式：I=nevS=nevLd由于I、n、e、d相同，则L越大，v越小，则R1中自由电荷定向移动的速率小于R2中自由电荷定向移动的速率，故D正确，C错误。3.如图所示，图甲实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子从电场中的P点静止释放，不考虑两粒子间的相互作用，仅在电场力
4、作用下，两粒子做直线运动，a、b粒子的速度大小随时间变化的关系如图乙中实线所示，虚线为直线，则()A. a一定带正电，b一定带负电B. a向左运动，b向右运动C. a电势能减小，b电势能增大D. a动能减小，b动能增大【答案】B【解析】【详解】AB从速度时间图象中可以看出，a粒子加速度逐渐增大，b粒子加速度逐渐减小，因为粒子仅受电场力，可知a粒子电场力逐渐增大，b粒子电场力逐渐减小，所以a向左运动，b向右运动。由于不知电场的方向，所以无法判断a、b的电性。故A错误，B正确。C带电粒子在电场中运动时，电场力做正功，所以a、b的电势能均减小。故C错误。D带电粒子在电场中运动时，电场力做正功，因为仅
5、受电场力，根据动能定理，a、b的动能均增加。故D错误。【点睛】解决本题的关键知道电场的疏密反映电场的强弱，及掌握电场力做功与电势能的关系和熟练运用动能定理。4.如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线。在电场力的作用下，一带电粒子(不计重力)经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（ ）A. 粒子带正电B. 粒子在B点的加速度小C. 粒子在B点的电势能比A小D. A、B两点相比，B点的电势较低【答案】D【解析】【详解】A.曲线运动的合力应指向轨迹的凹侧，因此粒子在A点的受力方向与电场线方向相反，因此粒子带负电，A错误B.电场线越密集场强越大，因此B点的电场强度大，由可知粒子在B点的
6、加速度较大，B错误CD.沿着电场线的方向电势降低，因此B点电势低于A点电势，D正确；由可知负电荷在电势低的地方电势能大，因此B点电势能高于A点电势能。C错误5.如图所示，一个质量为m，带电量为+q的粒子在匀强电场中运动，依次通过等腰直角三角形的三个顶点A、C、B，粒子在A、B两点的速率均为v0，在C点的速率为，已知=d，匀强电场在ABC平面内，粒子仅受电场力作用。则该匀强电场的场强大小为A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析】粒子在电场中只受电场力作用，则粒子的电势能和动能之和守恒，根据题意可知AB两点的电势相同，根据能量关系求解C点的电势，根据E=U/d求解场强大小.【详解】粒子在电
7、场中只受电场力作用，则粒子的电势能和动能之和守恒，因在A、B两点的速率均为v0，可知在两点的动能也相同，电势能也相同，设在A、B两点的电势均为U，则在C点时满足：，解得，场强的方向由C垂直于AB方向，则，故选A.【点睛】此题关键是能找到等势面以及场强的方向，利用E=U/d求解，注意d是沿电场线方向的距离；知道粒子在电场中只受电场力作用时，粒子的电势能和动能之和守恒.6.三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径。球1的带电量为q，球2的带电量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F。现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3
8、移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变。由此可知（）A. n5B. n6C. n7D. n8【答案】B【解析】【详解】设1、2距离为R，则球1、2之间作用力为：3与2接触后，它们带电的电量平分，均为：再3与1接触后，它们带的电的总电量平分，均为将球3移至远处后，球1、2之间作用力为联立解得：A. n5与分析不符，故A项错误；B. n6与分析相符，故B项正确；C. n7与分析不符，故C项错误；D.n8与分析不符，故D项错误7.如图所示，空间有一正三棱锥PABC，D点是BC边上的中点，O点是底面ABC的中心，现在顶点P点固定一正的点电荷，则下列说法正确的是（）A. 底面ABC为等势面
9、B. A、B、C三点的电场强度相同C. 若B、C、D三点的电势为、，则有D. 将一正的试探电荷从点沿直线BC经过D点移到C点，静电力对该试探电荷先做负功后做正功【答案】D【解析】【详解】A.O到P点距离比ABC三点到P点距离短，故电势比ABC三点电势高，又O点为底面ABC上的一点，故底面ABC不为等势面，故A错误；B.A、B、C三点到P点距离相同，故三点电场强度大小相等，但方向不同，故A、B、C三点的电场强度不相同，故B错误；C.BC两点到P点距离相等，两点电势相等，则B-D=C-D，则B-D=-（D-C），故C错误；D.BC两点到P点距离相等，两点电势相等，D点到P点距离比BC两点小，故D电
10、电势高于BC两点电势，故正试探电荷从B点沿直线BC经过D点移到C点，电势能先增加后减小，故静电力对该试探电荷先做负功后做正功，故D正确；8.真空中相距为3a的两个点电荷M、N,分别固定于x轴上和的两点上,在它们连线上各点场强随x变化关系如图所示,以下判断中正确的是( )A. 点电荷M、N一定为同种电荷B. 点电荷M、N所带电荷量的绝对值一定相等C. 点电荷N所带电荷量的绝对值一定比点电荷M所带电荷量的绝对值大D. x=2a处的电势一定为零【答案】A【解析】【详解】A.由图可知，在x=2a的位置合场强为零，说明两点电荷在此处的场强大小相等方向相反，即两点电荷一定为同种电荷，故A正确；BC。x=2
11、a处的合场强为0，由得：得QM：QN=4：1，故BC错误；D.无穷远处和大地的电势为零，正电荷周围的电势都是正的，因此两个正电荷周围的电势大于零，D错误9.如图所示，A、B为两块平行带电金属板，A带负电，B带正电且与大地相接，两板间P点处固定一负电荷，设此时两极间的电势差为U，P点场强大小为E，电势为，负电荷的电势能为，现将A、B两板水平错开一段距离(两板间距不变)，则( )A. U变大， E变大B. U变小，变小C. 变小，变大D. 变大，变小【答案】AC【解析】【分析】平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变。将两极板适当错开一段距离，两板正对面积减小，根据电容的决定式分析电容如何变化，由
12、电容的定义式分析板间电压的变化，由分析场强的变化。根据P点与下板电势差的变化判断P点的电势的变化，再分析正电荷在P点的电势能的变化。【详解】A项：将两板水平错开一段距离，两板正对面积减小，根据电容的决定式可知，电容C减小，而电容器的电量Q不变，则由得知，板间电压U增大，板间场强，可见E增大，故A正确；B、C、D项：P点到下板距离不变，由公式U=Ed得知，P点与下板电势差增大，故P点的电势变小；由于电场线向上，P点的电势低于下极板的电势，则P点的电势降低，负电荷在P点的电势能变大。故C正确，BD错误。故应选：AC。【点睛】本题是电容器动态变化分析问题，由电容的两个公式：和结合进行分析。10.如图
13、竖直墙面与水平地面均光滑绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面，且共处于同一竖直平面内，若用如图所示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于如图所示位置，如果将小球B稍向左推过一些，两球重新平衡时的受力情况与原来相比()A. 推力F将增大B. 墙面对小球A的弹力减小C. 地面对小球B的弹力减小D. 两小球之间的距离增大【答案】BD【解析】【详解】ABC.以A球为研究对象，分析受力，作出力图如图所示：设B对A的库仑力F与墙壁的夹角为，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为：将小球B向左推动少许时减小，则N1减小，再以AB整体为研究对象，分析受力如图所示由平衡条件得：F=N1
14、N2=（mA+mB）g则F减小，地面对小球B的弹力一定不变。故A错误，B正确，C错误；D. 库仑力减小，cos增大，F库减小，根据库仑定律分析得知，两球之间的距离增大。故D正确。11.如图所示，电源电动势E=3 V，小灯泡L的规格为“2 V0.4 W”，开关S接1，当滑动变阻器调到R=4 时，小灯泡L正常发光，现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作则()A. 电源内阻为1 B. 电动机的内阻为4 C. 电动机正常工作电压为1 VD. 电源效率约为93.3%【答案】AD【解析】【详解】A小灯泡的额定电流为，电阻为，当接1时，由闭合电路欧姆定律可知，代入数据解得r=1，故A正确；BC当接2时
15、灯泡正常发光，流过的电流为I=0.2A，电源内阻分的电压为，故电动机分的电压为，电动机的内阻，故B、C错误；D电动机的输入功率，电源的效率，故D正确；【点睛】关键是电动机为非纯电阻电路，注意公式的应用，同时注意串并联电路的规律应用。12.如图所示电路中电源电动势为E,内阻为r,开关s闭合后，平行金属板中的带电液滴处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，当滑动变阻器滑片P向b端滑动过程中，下列说法正确的是( )A. R3的功率变大B. 电压表、电流表示数都变大C. 减小平行板间距则液滴一定向下移动D. 电容器C所带电量减少，液滴向下加速运动【答案】BD【解析】此闭合电路的外电路由构成，与并联后再与R1串联，电容器两端的电压与R3两端电压相等，现将滑片向b端滑动，接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，外电路电压减小，总电流变大，则定值电阻R1上的电压增大，电压表示
