1、高二上学期第二次月考物理试卷一、选择题1.以下说法正确的是A. 由可知此场中某点的电场强度E与F成正比B. 由公式可知电场中某点的电势与q成反比C. 由Uab=Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大D. 由公式E=，电场强度大小E与电势差U无关【答案】D【解析】【详解】A电场中某点的电场强度只由电场本身决定，与试探电荷所受的电场力无关，选项A错误； B场中某点的电势只由电场本身决定，与试探电荷无关，选项B错误； C由Uab=Ed可知，匀强电场中沿电场线方向的两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大，选项C错误；D由公式E=，电场强度大小E与电势差
2、U无关，选项D正确2.如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行板间的电场中，入射方向跟极板平行，整个装置处于真空中，重力可忽略.在满足电子能射出平行板的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏角变大的是：A. U1变大，U2变大B. U1变小，U2变大C. U1变大，U2变小D. U1变小，U2变小【答案】B【解析】【详解】设电子被加速后获得初速为v0，则由动能定理得：又设极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间：又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为a，由牛顿第二定律得：电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度：vy=at由、可得：又有：，故U
3、2变大或U1变小都可能使偏转角变大，故选项B正确3.如图（a）所示，直线AB是某点电荷电场中的一条电场线图（b）是放在电场线上a、b两点的电荷量与所受电场力大小的函数图象由此可以判定（ ）A. 场源可能是正电荷，位置在点A左侧B. 场源可能是正电荷，位置在点B右侧C. 场源可能是负电荷，位置在点A左侧D. 场源可能是负电筒，位置在点B右侧【答案】AC【解析】【详解】由电场强度的定义式得知：F-q图象的斜率表示电场强度大小，图线a的斜率大于b的斜率，说明a处场强大于b处的场强，电场是由点电荷产生的，说明a距离场源较近，即场源位置在A侧；由于电场线的方向不能确定，故场源电荷可能是正电荷，也可能是负
4、电荷A. 场源可能是正电荷，位置在点A左侧，与结论相符，选项A正确；B. 场源可能是正电荷，位置在点B右侧，与结论不相符，选项B错误；C. 场源可能是负电荷，位置在点A左侧，与结论相符，选项C正确；D. 场源可能是负电筒，位置在点B右侧，与结论不相符，选项D错误4.图甲中直线PQ表示电场中的一条电场线，质量为m、电荷量为q的带负电粒子仅在电场力作用下沿电场线向右运动，经过P点时速度为v0，到达Q点时速度减为零，粒子运动的v-t图象如图乙所示下列判断正确的是（ ）A. P点电势高于Q点电势B. P点场强大于Q点场强C. P、Q两点的电势差为D. 带负电粒子在P点的电势能大于在Q点的电势能【答案】
5、ABC【解析】【详解】A、由图乙知带电粒子的速度减小，受到向左的电场力，故电场线方向向右，P点电势一定高于Q点电势，故A正确；B、由乙图可知，P处的加速度大于Q处的加速度，故P处的场强大于Q处的场强，故B正确；C、由动能定理知，可求出AB两点的电势差为，故C正确；D、负电荷在电势低的地方电势能大，故电荷在P点的电势能一定小于Q点的电势能，故D错误；故选ABC【点睛】速度图象看出，粒子的速度减小，负电荷受向左的电场力，故电场线方向向右，负电荷在电势低的地方电势能大，根据速度图象的斜率等于加速度，可比较加速度的大小，从而能比较出电场力的大小5. 如图所示，一质量为m的带电小球A用长度为l的绝缘丝质
6、细线悬挂于天花板上的O点，在O点的正下方l处的绝缘支架上固定一个带与A同种电荷的小球B，两个带电小球都可视为点电荷已知小球A静止时丝线OA与竖直方向的夹角为60，设丝线中拉力为T，小球所受库仑力为F，下列关系式正确的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：对小球A受力分析可得：它受竖直向下的重力mg，B对它的电场力F，方向沿BA的方向，还有就是细线对它的拉力T，沿细线的方向斜向上；通过画图可知，这三个力的夹角都是120，所以这三个力的大小是相等的，即T=F=mg，故选项D正确考点：受力分析，力的平衡6.如图所示平行板电容器两个极板为A、B，B板接地，A板带有电荷量+Q板间电场有一
7、固定点P若将B板固定，A板下移一些，或者将A板固定，B板上移一些在这两种情况下，以下说法正确的是A. A板下移时，P点的电场强度不变，P点电势不变B. A板下移时，P点的电场强度不变，P点电势升高C. B板上移时，P点的电场强度不变，P点电势降低D. B板上移时，P点的电场强度减小，P点电势降低【答案】AC【解析】【详解】AB由题，电容器两板所带电量不变，正对面积不变，A板下移时，根据、 和可推出：可知，P点的电场强度E不变P点与下板的距离不变，根据公式U=Ed，P点与下板的电势差不变，则P点的电势不变故A正确，B错误CDB板上移时，同理得知，P点的电场强度不变，根据公式U=Ed，P点与下板的
8、电势差减小，而P点的电势高于下板的电势，下板的电势为零，所以P点电势降低故C正确，D错误7.如图所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45，则下列结论不正确的是A. 此液滴带负电B. 合外力对液滴做的总功等于零C. 液滴做匀加速直线运动D. 液滴的电势能减少【答案】B【解析】【详解】A据题带电液滴沿直线从b运动到d，带电液滴所受重力与电场力的合力一定与其运动方向在同一直线上，对液滴进行受力分析，其受力情况如图所示，则电场力方向一定水平向右，与场强方向相反，所以该液滴带负电，故A正确，不符合题意；C由图可得物体所受合力F=m
9、g，故物体的加速度a=g，所以物体做初速度为零的匀加速直线运动，故C正确，不符合题意；B由于液滴从静止开始做加速运动，故合力的方向与运动的方向相同，故合外力对物体做正功，故B错误，符合题意；D由于电场力所做的功W电=Eqxbdcos450，故电场力对液滴做正功，故液滴的电势能减小，故D正确，不符合题意8.如图所示，三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面，其电势分别为10V、20V、30V实线是一带电的粒子（不计重力）在该区域内运动的轨迹，对于轨迹上的a、b、c三点，已知：带电粒子带电量为0.01C，在a点处的动能为0.5J，则该带电粒子A. 粒子带正电B. 在b点处的电势能为0.5JC.
10、 在b点处的动能为零D. 在c点处的动能为0.4J【答案】AD【解析】【详解】A由等势面与场强垂直可知场强方向向上，电场力指向轨迹弯曲的内侧，所以电场力向上，所以为正电荷，故A正确；B由电势能定义知粒子在b点处的电势能EPb=q=0.0130J=0.3J故B错误；C由粒子在a点处的总能量E=0.0110J+0.5J=0.6J由能量守恒得在b点处的动能为：Ekb=0.6-0.3J=0.3J故C错误；D由能量守恒得在C点处的动能为：EkC=0.6J-0.0120J=0.4J故D正确.9.如图,实线为一正点电荷的电场线,虚线为其等势面.A、B是同一等势面上的两点,C为另一等势面上的一点,下列的判断正
11、确的是A. A点场强与B点场强相同B. C点电势低于B点电势C. 将电子从A点移到B点,电场力不做功D. 将质子从A点移到C点,其电势能减少【答案】BCD【解析】【详解】AAB两点的场强的方向不同，故A错误；B沿电场线的方向电势降落，所以B点的等势面的电势高于C点的等势面的电势，故B正确；CA、B是同一等势面上的两点，它们之间的电势差为0，所以将电子从A点移到B点，电场力不做功，故C正确；D沿电场线的方向电势降落，所以A点的等势面的电势高于C点的等势面的电势，将质子从A点移到C点，电场力做正功，其电势能减小，故D正确10.如下图所示，电源、开关、理想二极管以及平行板电容器用导线连成一个回路，闭
12、合开关后，一带电油滴在平行板电容器中间保持静止，整个过程中油滴的质量和电荷量不变下列说法中正确的是A. 油滴带负电B. 保持开关闭合，将上极板上移，油滴保持静止C. 保持开关闭合，将上极板下移，油滴保持静止D. 保持开关闭合，将上极板右移，油滴保持静止【答案】AB【解析】【详解】A电容器上极板带正电，因此极板间的电场强度竖直向下，因带电油滴在平行板电容器中间处于静止，则其受到的电场力竖直向上，那么油滴带负电，故A正确；B保持开关闭合，极板间的电压不变，将上极板上移，根据电容器的电容：，可知，电容C减小，根据，因此电容器的电量会减小，而二极管具有单向导电性，闭合电键后电容器只能充电，因此电容器的
13、电量Q不变，极板间的电场强度：；整理得：，由此可知，电场强度不变，电场力也不变，则油滴仍保持静止，故B正确；C保持开关闭合，极板间的电压不变，将上极板下移，根据电容器的电容：，可知，电容C增大，根据，因此电容器的电量会增大，闭合电键后电容器充电，因此电容器的电量Q变大，依据极板间的电场强度：整理得：，由此可知，电场强度变大，电场力变大，则油滴向上运动，故C错误；D保持开关闭合，极板间的电压不变，将上极板右移，根据电容器的电容：，可知，电容C减小，根据，因此电容器的电量会减小，而二极管具有单向导电性，闭合电键后电容器只能充电，因此电容器的电量Q不变，极板间的电场强度：整理得：，由此可知，电场强度
14、变大，电场力变大，则油滴向上运动，故D错误11. 直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源的（ ）A. 总功率一定减小B. 效率一定增大C. 内部损耗功率一定减小D. 输出功率一定先增大后减小【答案】ABC【解析】【详解】当滑动变阻器的滑片P向右移动时，接入电路的电阻变大，整个回路的电流变小，内部消耗的功率P=一定减小，C正确；总功率P=EI一定减小，A正确；而内电压降低，外电压升高，电源的效率增大，B正确；当内电阻等于外电阻时，输出功率最大，此题中无法知道内外电阻的关系，因此D不对12.如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象当t0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒
15、子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是()A. 带电粒子将始终向同一个方向运动B. 2 s末带电粒子回到原出发点C. 3 s末带电粒子的速度为零D. 03 s内，电场力做的总功为零【答案】CD【解析】【详解】由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度为：，第2s内加速度为：故 a2=2a1，因此先加速1s再减小0.5s时速度为零，接下来的0.5s将反向加速，v-t图象如图所示：带电粒子在前1秒匀加速运动，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故A错误；根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t=2s时，带电粒子离出发点最远，故B错误；由解析中的图
16、可知，粒子在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，3s末的瞬时速度刚减到0，故C正确；因为第3s末粒子的速度刚好减为0，根据动能定理知粒子只受电场力作用，前3s内动能变化为0，即电场力做的总功为零故D正确二、实验题13.请正确读出以下各测量仪器的测量值 _mm _ cm _ mA【答案】 (1). 0.900 (2). 3.305 (3). 9.0【解析】【详解】1螺旋测微器读数：0.5mm+0.01mm40.0=0.900mm；2游标卡尺读数：3.3cm+0.05mm1=3.305cm；3毫安表读数：9.0mA.14.在测量电源的电动势和内阻的实验中，实验室提供的器材如下：A待测电源（
17、电动势约为8V、内阻约为 2）B电压表V（量程3V，内阻约为3k）C电流表A（量程1A，内阻约为0.1）D电阻箱R（099999.9）E滑动变阻器（020）F滑动变阻器（0100）G开关、导线若干（1）采用图甲所示电路可以测量电压表的内阻RV调节电阻箱R，使电压表指针满偏，此时电阻箱示数为R1；再调节电阻箱R，使电压表指针指在满刻度的一半处，此时电阻箱示数为R2若电源的内阻忽略不计，则电压表内阻RV=_；实际上电源是有内阻，如果考虑内阻，则电压表内阻的测量值RV_真实值（选填“大于”、“等于”、“小于”）（2）若测得电压表内阻RV=3010 ，当电压表串联一阻值为_的电阻时，可将电压表的量程变
18、为9V（3）为测量电源电动势和内阻，请用笔画线代替导线，将图乙电路连接完整_实验中，滑动变阻器应选择_（选填“E”或“F”），并指出产生实验误差的一个原因：_【答案】 (1). R2-2R1 (2). 大于 (3). 6020 (4). 图见解析 (5). E【解析】【详解】（1）1设电压表满偏电压为U，则由串并联电路的规律可知：解得：RV=R2-2R1；2由于电源内阻的影响，当电压表半偏时，电路电流变小，路端电压变大，电压表半偏时的电压表大于电压表满偏时电压的一半，电压表实际电压偏大，电压表内阻的测量值大于真实值（2）3据改装原理可知，解得：R=6020；（3）4根据原理图可得出对应的实物图
19、；5由于电源内阻较小，为了便于控制滑动变阻器应选择E；6 由图可知，电路中采用相对电源的电流表外接法，故由于电压表的分流使电流表示数偏小，从而产生误差；三、计算题15.把带电荷量2108C的正点电荷从无限远处移到电场中的A点，要克服电场力做功8106J，若把该电荷从无限远处移到电场中的B点，需克服电场力做功2106J，取无限远处电势为零，求：(1)A点的电势；(2)A、B两点的电势差(3)若把2105 C的负电荷由A点移动到B点，电场力做的功。【答案】(1)400V(2)300V(3)6103J【解析】【详解】(1)无穷远处某点O的电势为零，根据电场力做功与电势能变化的关系公式 有 无穷远处电
20、势能为零，即EpO=0，故 根据电势的定义式，有 即A点的电势为400V(2)把该电荷从无限远处的O点移到电场中B点，需克服电场力做功2106J，取无限远处电势为零，根据电场力做功与电势能变化的关系公式 有 无穷远处电势能为零，即EpO=0，故 根据电势的定义式，有 故A、B间的电势差为 即A、B点的电势差为300V；(3)根据电场力做功与电势差关系公式WAB=qUAB，有WAB=qUAB=-210-5C300V=-6103J即把2105C的负电荷由A点移到B点电场力做6103J的功。16.电荷量为q1104C带正电小物块置于粗糙的绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向的匀强电场，场强E与时间t
21、的关系及物块速度v与时间t的关系分别如图甲、乙所示，若重力加速度g取10 m/s2，求：(1)物块的质量m；(2)物块与水平面之间动摩擦因数；(3)物块运动2 s过程中，其电势能的改变量【答案】(1)0.5kg(2)0.4(3)7J【解析】【详解】(1)由图可知，第1s物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：由图线知加速度为：a=2m/s21s后物块做匀速运动，由平衡条件有：联立解得：由图可得：E1=3104N/C，E2=2104N/C代入数据解得：m=0.5kg(2)由：可得：(3)物块在第1s的位移为：物块在第2s的位移为：电场力做正功：电场力做正功即电势能减少7J.答：(1)物块的质量为
22、0.5kg；(2)物块与水平面之间的动摩擦因数；(3)物块运动2 s过程中，其电势能减少7J17.如图所示，质量为5108kg带电微粒以v0=2m/s速度从水平放置的平行金属板A、B的中央飞入板间已知板长L=10cm，板间距离d=2cm，当UAB=103V时，带电微粒恰好沿直线穿过板间，已知求：（1）带电微粒所带电荷量？（2）AB间所加电压在什么范围内带电微粒能从板间飞出？【答案】（1） （2）1800Vu200V【解析】（1）由题意，当带电微粒恰好沿直线穿过板间时有电场力和重力平衡：F电=G，由F电=qE和，可得： 由粒子所受电场力方向竖直向上，与场强方向相反，可知粒子带负电（2）粒子在电场
23、中的运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动设运动时间为t，竖直方向的加速度为a，AB间电压为U，当粒子恰好由电场边缘飞出时，有：x=L=v0t； 解得 若粒子向上偏转，则电场力重力， 得：，代入数据，解得U=1800V若粒子向下偏转，电场力重力， 得：，代入数据，解得U=200V因此，要使粒子能穿过平行金属板，而不打在板上，电压U的范围应满足200VU1800V点睛：本题考查重力与电场力大小的关系，何时做直线运动，何时做曲线运动，及如何处理类平抛运动方法突出牛顿第二定律与运动学公式的重要性18.如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1100，R2阻值未知，R3为
24、滑动变阻器当其滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P在变阻器的两个不同端点得到的计算：（1）定值电阻R2的阻值；（2）滑动变阻器的最大阻值；（3）电源的电动势和内阻【答案】（1）5（2）300 （3）20V；20【解析】【详解】（1）当R3的滑片滑到最右端时，R3、R1均被短路，此时外电路电阻等于R2，且对应于图线上B点，故由B点的U、I值可求出R2的阻值为：（2）滑动变阻器的滑片置于最左端时，R3阻值最大设此时外电路总电阻为R，由图像中A点坐标求出：代入数据解得滑动变阻器最大阻值（3）由闭合电路欧姆定律得：将图像中A、B两点的电压和电流代入得：解得
