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- 2021-05-11 发布
2019年10月高二物理月考试卷
卷I（选择题）
一、 单选题 （本题共计9 小题 ，每题 4 分 ，共计36分 ）
1.真空中两个完全相同、带等量同种电荷的金属小球A和B(可视为点电荷)，分别固定在两处，它们之间的静电力为F用一个不带电的同样金属球C先后与A、B球接触，然后移开球C，此时A、B球间的静电力为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据库仑定律求解库仑力，完全相同的带电小球接触后，电荷电量平分，从而即可求解。
【详解】两个相同带等量的同种电荷的导体小球A和B，设它们的电荷量都为Q，
原来它们之间的库仑力为：一个不带电的同样的金属小球C先和A接触，A和C的电量都为，C再与B接触后，B、C分电量均为：，
这时，A、B两球之间的相互作用力的大小为：F.故ABD错误，C正确
故选：C。
【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求出问题。
2.在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点．其中a、b两点的电势相等，电场强度相同的是（ ）
A. 甲图中与点电荷等距的a、b两点
B. 乙图中两等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点
C. 丙图中两等量同种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点
D. 丁图中匀强电场中的a、b两点
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲图中两点电场线方向不同，故电场强度的方向不同，两点离点电荷距离相等，所以两点的电势相等，故A错误；
B．ab两点方向均向水平向左，且两电荷中垂线为等势面，故电势相等，因两点关于连线对称，故电场强度相等，故B正确；
C．a、b两点电场方向不相同，两点的场强不等，故C错误；
D．根据沿电场线方向电势降低可知，a、b两点电势不相等，a、b两点处于匀强电场中，所以两点的电场强度相同，故D错误。
3.如图所示的电路称为分压电路，当a、b间电压恒为U时，当滑动变阻器的滑片逐渐向上滑动的过程中c、d间的电压
A. 一直为U
B. 一直为0
C. 逐渐减小到0
D. 逐渐增大到U
【答案】D
【解析】
【分析】
明确电路接法，假设cd间接入一电阻，则cd间的电压等于接入电阻与变阻器下部并联的电压，根据并联部分电阻的变化，由串联电路的特点分析电压的变化；
【详解】由图可知，变阻器下部与接入电阻并联后与上部串联，当滑动变阻器的滑片P逐渐向上端移动的过程中，并联部分的电阻变大，根据串联电路电压与电阻成正比的规律可知，并联部分分担的电压增加，则cd间的电压逐渐增加，当滑片移到变阻器最上端时，cd间的电压为U，故ABC错误，D正确。
【点睛】本题中变阻器接成了分压式，利用串并联电路的分压规律，即可分析滑动变阻器输出的电压范围。
4.如图，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，V与A分别为电压表与电流表．初始时S0与S均闭合，现将S断开，则（ ）
A. V的读数变大，A的读数变小 B. V的读数变大，A的读数变大
C. V读数变小，A的读数变小 D. V的读数变小，A的读数变大
【答案】B
【解析】
试题分析：根据S的通断可得出电路电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中总电流及路端电压的变化；再由串并联电路的性质可判及各部分电流的变化．
解：S断开，相当于电阻变大，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小，故路端电压增大，V的读数变大；
把R1归为内阻，内电压减小，故R3中的电压增大，由欧姆定律可知R3
中的电流也增大，电流表示数增大，故B正确；
故选B．
点评：应用闭合电路欧姆定律解决电路的动态分析时一般可按照：外电路﹣内电路﹣外电路的分析思路进行，灵活应用闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质进行分析即可求解．
5.将一根长为L，横截面积为S，电阻率为ρ的保险丝截成等长的两段，并把两段并起来作为一根使用，则它的电阻和电阻率分别为（ ）
A. 、 B. 、ρ
C. 、ρ D. 、
【答案】B
【解析】
【详解】根据电阻定律的公式知，长度变为原来的一半，横截面积变为原来的2倍，则电阻变为原来的1/4．而电阻率不变．故B正确，A、C、D错误．
故选：B．
6.如图所示是一个由电池、电阻R与平行板电容器组成的串联电路，在增大电容器两板间距离的过程中（ ）
A. 电阻R中没有电流 B. 电容器的电容变大
C. 电阻R中有从a流向b的电流 D. 电阻R中有从b流向a的电流
【答案】C
【解析】
【详解】ACD．电容器与电源相连，电压不变，增大电容器两板间距离的过程中，由公式可知，电容减小，根据电容定义式可知，电量减小，电容器放电，原来电容器上极板带正电，电路中放电电流方向为顺时针方向，则电阻R中有从a流向b的电流，故AD错误，C正确；
B．由电容的决定式可知，增大电容器两板间距离的过程中，电容减小，故B错误。
7.无人机已在航拍领域被广泛的应用，它利用自身携带的小型电机升空进行航拍，如图为某牌子的无人机，已知其电池容量16000mAh，电机额定工作电22V，无人机悬停时电机总额定功率352W，则下列说法不正确的是（ ）
A. 电池容量 16000mAh中“mAh”是能量的单位
B. 无人机正常工作时的电流是16A
C. 无人机的电机总电阻是1.375
D. 无人机充满电后一次工作时间约为1h
【答案】AC
【解析】
【详解】A．题中“mAh”是电荷量的单位，故A错误,符合题意；
B．额定工作电压22V，额定功率352W，根据P=UI知电流
故B正确，不符合题意；
C．根据U=IR，有：
由于不是纯电阻电路，可知无人机的总电阻一定小于1.375Ω，故C错误，符合题意；
D．无人机充满电后一次工作时间
故D正确，不符合题意。
8.如图所示，两平行正对的带电金属板A、B水平放置，其中B板接地，一带电油滴恰好静止地悬浮在P点．下列说法中正确的是（ ）
A. 将A板向下移动一段距离，两板间电势差增大
B. 将A板水平向左移动一小段距离，油滴向上加速运动
C. A板以左端轴（垂直于纸面）逆时针旋转一个小角度后油滴仍保持静止状态
D. 增加A板所带电荷量，P点电势一定升高
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题意可知，电荷量不变，由公式可知，将A板向下移动一段距离，电容增大，根据可知，两板间电势差减小，故A错误；
B．由题意可知，电荷量不变，由公式可知，将A板水平向左移动一小段距离，电容减小，根据可知，两板间电势差增大，由公式可知，两板间的电场强度增大，所以油滴向上加速运动，故B正确；
C．A板以左端为轴（垂直于纸面）逆时针旋转一个小角度即减小了正对面积，由公式，电容减小，根据可知，两板间电势差增大，由公式可知，两板间的电场强度增大，所以油滴向上加速运动，故C错误；
D．增加A板所带电荷量，两板间的电势差增大，两板间的电场强度增大，由公式
解得：
所以P点电势降低，故D错误。
9.在如图所示的U-I图象中,直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象,直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线。用该电源与电阻R组成闭合电路。由图象判断正确的是( )
A. 电源的电动势为3V,内阻为1Ω
B. 电阻R的阻值为1Ω
C. 电源的效率为80%
D. 电源的输出功率为6W
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据闭合电路欧姆定律得U=E-Ir，当I=0时，U=E，由读出电源的电动势E=3V，内阻等于图线的斜率大小，则
故A错误；
B．电阻，故B正确；
C．电源的效率
故C错误；
D．图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U=2V，电流I=2A，则电源的输出功率为
P出=UI=4W
故D错误。
二、 多选题（本题共计3小题 ，每题 4 分 ，共计12分 ）
10.在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。当开关闭合后，下列判断正确的是（ ）
A. 灯泡L1的电阻为12Ω
B. 灯泡L1消耗的电功率为0.5W
C. 灯泡L2消耗的电功率为0.3W
D. 通过灯泡L1的电流为灯泡L2的电流的2倍
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．当开关闭合后，灯泡L1的电压U1=3V，由图2读出其电流I1=0.25A，则灯泡L1的电阻
功率
P1=U1I1=0.75W
故A正确，B错误；
CD．灯泡L2、L3串联，电压U2=U3=1.5V，由图读出其电流I2=I3=0.20A，则I1=1.25I2，灯泡L2、L3的功率均为
P=UI=1.5V×0.20A=0.30W
故C正确，D错误。
11.一个电动势为E、内阻为r的电池，接上负载电阻R，构成闭合电路，下列说法正确的是：
A. 当R=r时，路端电压 B. 当R=0时，路端电压U=E
C. 当R=r时，电源输出功率最大 D. 当R=r时，电源的效率为50％
【答案】ACD
【解析】
试题分析：当时，路端电压与内电压相等，而两者之和等于电动势E，则路端电压为,A正确；当时，外电路短路，路端电压为,B错误；R获得的功率
，根据数学知识可知，当时，P有最大值，C正确；当时，电源效率,D正确；故选ACD
考点：闭合电路的欧姆定律、电功率。
【名师点睛】路端电压是外电路两端的电压，即可从外电路求，也可由内电路计算；电功率问题要明确电源的总功率,电源的输出功率,电源的热功率，电源的输出功率随外电组的变化关系如图，
电源的效率。
12.图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定（ ）
A. 此粒子带正电荷
B. 此粒子带负电荷
C. 粒子在M的速度大于N点的速度
D. 粒子在M点的电势能大于在N点电势能
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．由电场力方向应指向轨迹内侧得知，粒子所受电场力方向大致斜向左下方，电场线的方向也是向左下方，所以粒子带正电，故A正确，B错误；
CD．由电场力方向应指向轨迹的内侧得知，粒子所受电场力方向大致斜向左下方，对粒子做正功，其电势能减小，动能增大，则知粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，在M点的动能小于在N点的动能，在M点的速度小于在N点的速度，故C错误，D正确。
卷II（非选择题）
三、 实验探究题 （本题共计 1 小题 ，共计10分 ）
13.在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准。待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm，金属丝的直径约为0.400mm。
(1)先用欧姆表粗测金属丝电阻，实验中选用倍率为“”的电阻档测电阻时，表针偏角很大，为了使测量比较精确，应选的欧姆档是___（选填“”、“”或“”）。
(2)用伏安法测金属丝的电阻Rx．实验所用器材为：
电池组（电动势为3V，内阻约1 ）
电流表(0.6A，内阻约0.1 )
电压表(3V，内阻约3k)
滑动变阻器R()额定电流(2A)、开关、导线若干。
某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：
由以上数据可知，他们测量Rx是采用________
(3)请根据所选的电路图，补充完成下图实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏________。
(4)这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图所示，图中已标出了测量数据对应的7个坐标点，并描绘出U-I图线。由图线得到金属丝的阻值Rx=______，根据以上数据可以估算出金属丝的电阻率约为_____ ．（保留两位有效数字）
【答案】 (1). (2). C (3). (4). 4.5 (5).
【解析】
【详解】(1)[1]实验中选用倍率为“×10”的电阻档测电阻时，表针偏角很大，要使指针在中间附近，则要减小电流，即增大欧姆的刻度，因此欧姆档是×1；
(2)[2]从给出的数据表可知，电流表和电压表的读数变化范围较大，所以变阻器采用的应是分压式接法，由电压表与电流表读数可知，所测电阻阻值约为5较小，即测量采用电流表外接法，因此应该选择C图；
(3)[3]注意连图时连线起点和终点在接线柱上并且不能交叉，结合（2）可知应该连接成外接分压接法，那么在连线时断开开关且使Rx两端的电压为0．先连外接电路部分，再连分压电路部分，此时滑片P必须置于变阻器的左端．实物图如图所示，
；
(4)[4]由图线得到金属丝的阻值为
[5]根据得
代入数据解得：
四、 解答题 （本题共计4小题，其中14和15题每题9分，16和17题每题12分，共计42分 ）
14.如图所示，在匀强电场中，将一电荷量为8×10-3 C的负电荷由A点移到B点，其电势能增加了0.4J，已知A、B两点间距离为10cm，两点连线与电场方向成角。求：
(1)该负电荷由A移到B的过程中，电场力所做的功WAB；
(2)A、B两点间的电势差UAB；
(3)该匀强电场的电场强度E。
【答案】(1)WAB=-0.4J (2)电势差为50V (3)电场强度为1000V/m
【解析】
【详解】(1)因为负电荷由A移到B的过程中，电势能增加了0.4J，所以电场力负功，大小为0.4J，
(2)由电场力做功与电势差的关系可知，
A、B两点间的电势差为：
(3)在匀强电场中有：，则有：
15.如图所示，是一提升重物用的直流电动机的工作原理图。电动机内电阻
，电路中另一电阻，直流电压，电压表示数。试求：
(1)通过电动机的电流；
(2)输入电动机的电功率；
(3)若电动机以匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量？（）
【答案】（1）电流为4A；（2）功率为720W；（3）质量为68.8kg
【解析】
【详解】(1)通过R的电流为：
(2)电动机的输入功率为：
(3)电动机内电阻的发热功率为：
输出的机械功率为：
而
解得
16.如图，电路中,R1=3Ω,R2=6Ω,R3=1.5Ω,C=20μF,当开关S1闭合、S2断开电路稳定时,电源消耗的总功率为2W,当开关S1、S2都闭合电路稳定时，电源消耗的总功率为4W，求：
(1)电源电动势E和内阻r；
(2) 当S1闭合,S2断开时，电路稳定后，电容器所带的电量为多少。
【答案】(1) (2)
【解析】
【详解】（1）S1闭合、S2断开电路稳定时，电源消耗的总功率为P总1＝IE＝
代入数据： ①
S1、S2都闭合电路稳定时，
电源消耗的总功率
代入数据：②
联立①②解得电源的电动势E=4V；内电阻r=0.5Ω
（2）当S1闭合，S2断开，电路稳定后，外部总电阻R总＝R2+R3＝6+1.5＝7.5Ω
干路上总电流
电容器两端电压和电阻R2两端电压相同，UC=U2=IR2＝0.5×6V＝3V
电容器所带的电荷量为Q＝CUC＝20×10-6×3＝6×10-5C
【点睛】解决本题的关键理清电路的串并联，结合闭合电路欧姆定律进行求解，关键确定电容器两极板间的电压，要明确电容器的电压等于与之并联的电路两端的电压．
17.如图所示为一真空示波管，电子从灯丝发出初速度不计，经灯丝与A板间的电压加速，从A板中心孔沿中心线射出，然后进入平行金属板M、N形成的匀强偏转电场中，电子进入MN间电场时的速度方向与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P
点。已知MN两板间的电压，两板间距离，板长，板右端到荧光屏的距离为，电子的质量，电荷量C.不计重力，求：
（1）电子穿过A板时的速度大小；
（2）电子从偏转电场射出时的侧移量；
（3）电子束打到荧光屏上的位置P点到O点的距离为多少？
【答案】（1）（2）（3）。
【解析】
【分析】
电子在加速电场中，由动能定理求解获得的速度；电子在偏转电场内做类平抛运动，由牛顿第二定律求得加速度，电子水平方向做匀速直线运动，由水平位移和求出运动时间，电子在竖直方向做初速度为零的匀加速运动，由位移时间公式求解侧移量y；根据几何关系求解P到O点的距离；
【详解】（1）电子在电场中加速过程，由动能定理得：
解得：；
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向有
电子在偏转中的加速度为：
竖直方向有：
联立解得：；
（3）设P到O点的距离为Y，如图所示：
根据三角形相似得：
代入数据解得：。
【点睛】本题是带电粒子先加速后偏转问题，在电场中加速，往往根据动能定理求解加速获得的速度，在偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成，结合牛顿第二定律和运动学公式进行研究。