【KS5U解析】河北省邯郸市鸡泽县第一中学2020-2021学年高二上学期第一次月考物理试题 Word版含解析

1、2020-2021学年上学期第一次月考（新高考）高二物理试题一、单选题（本大题共9小题，共36.0分）1. 关于电压和电动势，下列说法正确的是（）a. 电压和电动势单位相同，所以电动势和电压是同一物理量b. 电动势就是电源两极间的电压c. 电动势是反应电源把其他形式的能转化为电能本领的物理量d. 电源电动势定义式和电势差定义式中的w都是电场力做的功【答案】c【解析】【详解】电压与电动势的单位相同，但物理意义不同，是两个不同的物理量，a错误；根据闭合电路欧姆定律，路端电压，只有当外电路断开时，路端电压等于电动势，b错误；电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电动势反映电源把其他形式的能转化为电能

2、本领大小，c正确；电动势公式中的w是非静电力做功，电压中的w是静电力做功，d错误2. 一根长为l，横截面积为s的金属棒，其材料的电阻率为。棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e。在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v。则金属棒内的电场强度大小为（）a. b. c. nevd. 【答案】c【解析】【分析】考查电路和电场知识【详解】，i=nesv，联立得e=nev，故选c。3. 如图所示，平行纸面的匀强电场中有个直角三角形oab，边长oa为3cm，ob为4cm。己知0=6v，a=b=-6v，下列说法不正确的是a. 匀强电场的方向垂直abb. oa中点

3、的电势等于0c. 匀强电场的大小500v/md. 带电粒子从a运动到b点时不受电场力【答案】d【解析】【详解】aab是一条等势线，所以场强垂直于ab，a正确，不符合题意；boa中点电势等于o、a两点电势和的一半，为零，b正确，不符合题意；c根据几何知识，o到ab的距离为所以场强c正确，不符合题意；dab是一条等势线，在等势线上运动，电场力不做功，但带电粒子依然受电场力，d错误，符合题意；故选d。4. 如图所示，q1、q2是两个电荷量相等的点电荷，o点为它们连线的中点，m、n为连线中垂线上的两点。下列说法正确的是（）a. 若q1、q2均带正电，则在中垂线上，o点的电场强度不为零b. 若q1带正电

4、、q2带负电，则在中垂线上，o点的电场强度最大c. 若q1带正电、q2带负电，则m点电场强度大于n点的电场强度，m点的电势比n点的电势高d. 若q1、q2均带正电，则m点的电场强度大于n点的电场强度，m点的电势比n点的电势高【答案】b【解析】【详解】a若、均带正电，它们在点o处产生的电场强度大小相等，方向相反，互相抵消，则中点o的场强为零，故a错误；b若带正电、带负电，由等量异种电荷电场线分布可知，在中垂线上，o点的电场强度最大，故b正确；c若带正电、带负电，由等量异种电荷的电场线分布可知，m点的电场强度大于n点的电场强度，连线的中垂线为等势线，则m点的电势与n点的电势相等，故c错误；d若、均

5、带正电，中点o的场强为零，中垂线上无穷远处场强也为0，则从o点到无穷远处，场强先增大后减小，所以无法确定m、n两点的场强大小，中垂线上在连线上方的场强竖直向上，则m点的电势比n点的电势高，故d错误。故选b。5. 如图所示，实线表示电场线，虚线abc表示一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，其中过b点的切线与该处的电场线垂直，下列说法正确的是（）a. 粒子带正电b. 粒子在b点的加速度等于它在c点的加速度c. 粒子在b点时电场力做功的功率为零d. 粒子从a点运动到c点的过程中电势能先减小后增大【答案】c【解析】【详解】a带电粒子的轨迹向左下弯曲，则带电粒子所受的电场力沿电场线切线向下，则知带电粒

6、子带负电，故a错误；b电场线的疏密表示场强大小，由图知粒子在b点的场强大于c点的场强，在b点的加速度大于c点的加速度，故b错误；c由题知粒子过b点的切线与该处的电场线垂直，则粒子受到的电场力方向与粒子在b点速度的方向垂直，所以此刻粒子受到的电场力做功的功率为零，故c正确。d粒子从a到b的过程中，速度方向与电场力方向成钝角，电场力做负功，电势能增加；从b到c过程，电场力做正功，电势能减小，故d错误。故选c。6. 如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，这时电容器的电荷量为q，p是电容器内一点，电容器的上极板与大地相连，下列说法正确的是()a. 若将电容器的上极板左移一点，则两板间场强减小b.

7、若将电容器的下极板上移一点，则p点的电势升高c. 若将电容器的下极板上移一点，则两板间电势差增大d. 若将电容器的下极板上移一点，则两板间电势差减小【答案】d【解析】【详解】a、平行板电容器充电后与电源断开后，电容器的电量不变，电容器上板左移，正对面积减小，电容c减小，由u= q/c分析可知u增大，板间场强e= u/d，d不变，则e增大故a错误； bcd、将电容器的下板上移一点，板间距离减小，电容c增大，由u= q/c分析得知：q不变，两板间电势差减小又由e= u/d=4kq/s，可知板间场强不变，则p与上板的电势差不变，上板电势为零，则p点电势不变故bc错误，d正确7. 关于电功w和电热q的

8、说法正确的是（）a. 在任何电路中都有wuit、qi2rt，且wqb. 任何电路中都有wuit、qi2rt，但w不一定等于qc. wuit、qi2rt均只有在纯电阻电路中才成立d. wuit在任何电路中都成立，qi2rt只在纯电阻电路中才成立【答案】b【解析】【分析】纯电阻电路，电功可用公式计算，也可用公式计算，非纯电阻电路，电功用公式计算，电热用公式计算【详解】非纯电阻中，用来求电功，用来求电热，但w>q；只有在纯电阻电路，根据能量守恒电功和电热电相等，电功可用公式计算，也可用公式计算，可用于任何电路求总电功，而可以适用任何电路求热功，故b正确，a、c、d错误；故选b。【点睛】关键是了

9、解纯电阻电路、非纯电阻电路，对于电功、电热计算，注意灵活选取公式8. 如图所示是某电源的路端电压随电流变化的特性曲线，则下列结论正确的是( )a. 电源的电动势为6.0vb. 电源的内阻为12c. 电流为0.5a时的外电阻是无穷大d. 电源的短路电流为0.5a【答案】a【解析】【分析】电源的路端电压与电流的关系图象中应明确：图象与纵坐的交点为电源的电动势；但与横坐标的交点可能不是短路电流，要根据对应的纵坐标进行分析；图象的斜率表示电源的内阻【详解】由图可知，电源的电动势为6.0v，故a正确；电阻的内阻；故b错误；电流为0.5a时，路端电压为5.2v，则由欧姆定律可知；故c错误图象与横坐标的交点

10、为电压为5.2v时的电流，不是短路电流；故d错误；故选a【点睛】对于电源的u-i图象要注意认真观察其坐标的设置，本题中由于纵坐标不是从零开始的，故图象与横坐标的交点不是短路电流9. 如图，电源电动势为e，内电阻为r，、为小灯泡（电阻均不变），r1为定值电阻，r2为光敏电阻，r2阻值的大小随照射光强度的增强而减小。闭合开关s后，将照射r2的光强度增强，则（）a. 变亮b. 变暗c. r1两端的电压将增大d. 电路的路端电压将增大【答案】a【解析】【详解】将照射r2的光强度增强，则r2阻值减小，电路总电阻减小，总电流变大，路端电压减小，l1的电流变大，则l1变亮；因为则并联支路的电压减小，则r1两

11、端的电压将减小，因则l2电流变大，即l2变亮。故选a。二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）10. 如图，在m、n点分别放有带电荷量为q和q的两个正点电荷，它们之间的库仑力大小为f。下列说法正确的是（）a. q对q的库仑力的方向向右b. q对q的库仑力的方向向左c. 若将它们间的距离增大为原来的4倍，则q对q库仑力的大小变为d. 若将它们间的距离增大为原来的2倍，则q对q库仑力的大小变为【答案】ad【解析】【详解】ab两电荷均带正电，则q对q的库仑力的方向为向右的斥力，选项a正确，b错误；cd根据可知，若将它们间的距离增大为原来的4倍，则q对q库仑力的大小变为；若将它们间的距离增大为原来的

12、2倍，则q对q库仑力的大小变为，选项c错误，d正确。故选ad。11. 在电场中把的正电荷从点移到点，电场力做功，再把这个电荷从点移到点，电场力做功。则下列说法正确的是a. 、三点中电势最高的是点b. 若把的电荷从点移到点，电场力做功为c. 之间的电势差为d. 之间的电势差为【答案】bc【解析】【详解】acd根据题意：解得：零电势的选取是任意的，题中未指定零电势，所以假设，则，所以c点电势最高，故ad错误，c正确；b据电势差与电势关系可得：则将另一电荷由a移到c电场力做功：故b正确。12. 如图所示，图线a是某一电源的ui曲线，图线b是一定值电阻的ui曲线若将该电源与该定值电阻连成闭合电路（已知

13、该电源的内阻r=2.0），则说法错误的是（）a. 该定值电阻为6b. 该电源的电动势为20vc. 将2只这种电阻串联作为外电阻，电源输出功率最大d. 将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大【答案】c【解析】【详解】a.图线b的斜率k=6则定值电阻的阻值：r=k=6故a正确，不符合题意；b.由图读出交点的电压u=15v，电流i=2.5a，根据闭合电路欧姆定律得，电源的电动势e=u+ir=15v+2.5×2v=20v故b正确，不符合题意；cd.定值电阻的阻值r =6，电源的内阻r=2.0；对于电源，当内外电路的电阻相等时输出功率最大，则将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最

14、大；故c错误，符合题意；d正确，不符合题意。13. 如图所示，平行金属板中带电质点p原处与静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器r4的滑片向a端移动时，则（ ）a. 电压表读数减小b. 电流表读数减小c. 质点p将向上运动d. 上消耗的功率逐渐增大【答案】bcd【解析】【详解】ab.由图可知，r2与滑动变阻器r4串联后与r3并联，再与r1串联接在电源两端；电容器与r3并联；当r4的滑片向a移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，路端电压增大；电路中总电流减小，则r1两端的电压减小，又路端电压增大，则并联部分的电压增大，据欧

15、姆定律可知流过r3的电流增大；电路中总电流减小，流过r3的电流增大，则流过r2的电流减小，电流表示数减小；流过r2的电流减小，r2的电压减小，又并联部分的电压增大，则r4电压增大，电压表读数增大；故a错误，b正确；c.因电容器两端电压增大，板间场强增大，质点受到的向上电场力增大，质点p将向上运动，故c正确；d.因r3两端的电压增大，由p=可知，r3上消耗的功率增大，故d正确三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）14. (1)下面左图螺旋测微器读数为_mm，右图游标卡尺读数为_mm(2)某表头满偏电流为1ma、内阻为982（以下计算结果均取整数）为了将表头改装成量程为3v的电压表，需要一个阻

16、值为_的电阻与表头串联；为了将表头改装成量程为50ma的电流表，需要一个阻值约为_的电阻与表头并联【答案】 (1). 0.900 (2). 14.50 (3). 2018 (4). 20【解析】【详解】(1)1螺旋测微器读数为0.5mm+0.01mm×40.0=0.900mm；2游标卡尺读数为1.4cm+0.05mm×10=14.50mm；(2)3为了将表头改装成量程为3v的电压表，需要串联电阻的阻值为4为了将表头改装成量程为50ma电流表，需要并联电阻的阻值为15. 有一额定电压为2.8 v，额定功率0.56 w的小灯泡，现要用伏安法描绘这个小灯泡的伏安特性曲线，有下列器

17、材可供选用：a.电压表（量程03 v内阻约6 k）b.电压表（量程06 v，内阻约20 k）c.电流表（量程00.6 a，内阻约0.5 ）d.电流表（量程0200 ma，内阻约20 ）e.滑动变阻器（最大电阻10 ，允许最大电流2 a）f.滑动变阻器（最大电阻200 ，允许最大电流150 ma）g.三节干电池（电动势约为4.5 v）h.电键、导线若干(1)为提高实验的精确程度，电压表应选用_；电流表应选用_；滑动变阻器应选用_；（以上均填器材前的序号）(2)请在虚线框内画出描绘小灯泡伏安特性曲线的电路图_；(3)通过实验描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图所示，某同学将一电源（电动势e=2 v，内阻

18、r=5 ）与此小灯泡直接连接时，小灯泡的实际功率是_w（保留两位有效数字）。【答案】 (1). a (2). d (3). e (4). (5). 0.18（0.160.20范围内均给对）【解析】【详解】(1)由题意可知，灯泡的额定电压为2.8v，为了准确性及安全性原则，电压表应选择a；由p=ui可得，灯泡的额定电流为：，故电流表应选择d；测量灯泡的伏安特性曲线实验中应采用分压接法，故滑动变阻器应选用小电阻，故滑动变阻器应选择 e；(2)测量小灯泡的伏安特性曲线时，要求电压值从零开始变化，故滑动变阻器应采有分压接法；灯泡内阻约为：，而电流表内阻约为20，故电流表应采用外接法；故电路图

19、如图所示(3) 由电源的电动势和内阻作出电源的伏安特性曲线如图所示：则交点为灯泡的工作点，由图可知，灯泡的电压为1.38v，电流为0.15a，则灯泡的功率p=ui=1.3×0.13=0.17w；（0.160.20范围内均给对）【点睛】根据小灯泡的额定电压可以选出电压表，根据灯泡的额定功率可求出额定电流，则可确定出电流表；根据滑动变阻器的接法可选出滑动变阻器；根据测伏安特性曲线的实验要求可以选出滑动变阻器的接法，由电流表及电压表内阻的关系可得出电流表的接法；在图中作出电源的伏安特性曲线，图像与灯泡的伏安特性曲线的交点为灯泡的工作点，则可得出灯泡的电压及电流，由功率公式可求得实际功率。四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）16. 如图所示，用细线将质量为m=4×10-3kg的带电小球p悬挂在o点正下方当空中有方向为水平向右，大小为e2×104v/m的匀强电场，系统静止时，细线与竖直方向夹角37°。g取10ms2（1）分析