内蒙古赤峰二中2019-2020学年高二物理上学期第一次月考试题(含解析)

内蒙古赤峰二中2019-2020学年高二物理上学期第一次月考试题（含
解析）
一、选择题：（本题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分。

在每小题给出的 四个选项中，第 1－7 题只有一项符合题目要求，第 8－12 题有多项符合 题目要求。

全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。

） 1.下列关于电场及电场强度的说法中,正确的是（ ） A. 电荷之间的相互作用,是通过电场来发生的 B. 电场实际上并不存在,是人们想象中的一种东西
C. 电场强度是描述电场的
力的性质的物理量,它与试探电荷所受电场力有关 D. 电场强度的方向就是电荷在电场中所受电场力的方向 【答案】A 【解析】
电荷之间的相互作用,是通过电场来发生的，选项A 正确； 电场是实际存在的,电场线是人们想象中的一种东西，选项B 错误； 电场强度是描述电场的力的性质的物理量,它与试探电荷所受电场力无关，只与电场本身有关，选项C 错误； 电场强度的方向就是正电荷在电场中所受电场力的方向，选项D 错误；故选A.
2.如图所示，把一个带正电的小球a 放在光滑绝缘斜面上，欲使球a 能静止在斜面上，需在MN 间放一带电小球b ，则b 应（ ）
A. 带负电，放在A 点
B. 带负电，放在C 点
C. 带正电，放在B 点
D. 带正电，放在C 点 【答案】B 【解析】
试题分析：球a 能静止在斜面上故受力平衡，若放在A 点应为斥力则必为正电荷，若在C
点应为引力则必为负电荷；若在B 点无论是正电荷还是负电荷库仑力均与斜面弹力共线小球受力不能平衡，所以选B
考点：本题考查了电场中的三力平衡
3.一个带正电的质点，电量q =2.0×10-9C ，在静电场中由A 点移到B 点。

在这个过程中，除电场力外，其他力做的功为6.0×10-5
J ，质点的动能增加了8.0×10-5
J ，则a 、b 两点间的电势差U ab 为（ ） A. 4310V ⨯
B. 4110V ⨯
C. 4410V ⨯
D.
4710V ⨯
【答案】B 【解析】 【
详
解
】
根
据
动
能
定
理
得
qU ab +W
其
他
=△E k 可得到
55
49
810610110210
k ab
E W U V V q V 其他----⨯-⨯===⨯⨯，故选B 。

4.下面是某电热水壶的铭牌，由此可知该电热水壶正常加热1 min 产生的热量为( )
A. 1.80×103
J B. 1.10×104
J
C. 1.32×104
J
D.
1.08×105
J 【答案】D 【解析】 根据公式W Pt =可知1min 内产生的热量为5180060 1.0810J Q Pt ==⨯=⨯，D 正确．
5.如图所示，平行板电容器与直流电源连接，上极板接地。

一带负电的油滴位于电容器中的
P 点且处于静止状态。

现将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，则
A. 带电油滴将竖直向上运动
B. P 点的电势将升高
C. 带电油滴的机械能将增加
D. 通过灵敏电流计有从b 往a 的电流 【答案】B 【解析】
将下极板竖直向下缓慢移动时，板间距离d 增大，电容器的电压U 不变；由U
E d
=
分析得知，板间场强减小，则油滴所受电场力减小，油滴将沿竖直向下运动．故A 错误．P 点到上极板的距离不变，而E 减小，由U=Ed 知，P 点与上极板间电势差减小，且P 点的电势小于零，则P 点的电势升高，故B 正确．油滴向下运动，电场力对油滴做负功，则其机械能减小，故C 错误．电容器的电容减小，带电量减小，故电容器放电，由电流计中由a 到b 的电流；故D 错误；故选B.
点睛：本题是电容器动态变化分析问题，抓住不变量：电容器与电源保持相连，电压不变，由4S C kd επ= 、Q C U
= 和U
E d =三个公式结合分析．
6.如图为某台电风扇的铭牌，如果已知该电风扇在额定电压下工作时，转化为机械能的功率等于电动机消耗电功率的98%，则在额定电压下工作时，通过电动机的电流I 及电动机线圈的电阻R 分别是（ ）
A. I =2.5A R=11Ω
B. I =2.5A R =88Ω
C. I =0.4A R =11Ω
D. I =0.4A R =550Ω 【答案】C 【解析】
从电风扇的铭牌得到额定功率88W P =，额定电压220V U
=，故额定电流为：
88A 0.4A 220
P I U =
==,转化为机械功率等于电动机消耗的电功率的98%，根据能量守恒定律可知线圈电阻消耗功率为2%P ，故：22%P I R =，解得：2
0.0211P
R I ==Ω，故选C. 【点睛】本题关键明确电机电路中能量的
转化情况，然后结合电功率表达式列式求解，注意正确理解其效率是解题的关键．
7.如图所示，一边长为L 的立方体绝缘体上均匀分布着电荷量为Q 的电荷，在垂直于左右面且过立方体中心O 的轴线上有a 、b 、c 三个点，a 和b 、b 和O 、O 和c 间的距离均为L ，在
a 点处固定有一电荷量为q (q <0)的点电荷. 已知
b 点处的场强为零，则
c 点处场强的大小为
（k 为静电力常量）
A. 2
89q k L
B. 2
Q k
L
C. 2
q
k
L D. 2
109q
k
L 【答案】D 【解析】
电荷量为q 点电荷在b 处产生电场强度大小为2q
E k
L
= ，方向向左．由于在b 点处的场强为零，所以立方体金属板和点电荷在b 点处产生的电场强度大小相等，方向相反，则金属板在b 处产生电场强度大小也为2
q
E k L =，方向向右．根据对称性可得：金属板在c 处产生电场强度大小为2q
E k
L
=，方向向左．而电荷量为q 的点电荷在c 处产生电场强度为：22(3)9q q E k
k L L '== ，方向向左，所以c 点处场强的大小为：E c
=E+E′=2
109q
k L ，选项D 正确，ABC 错误，故选D.
点睛：解决本题的关键要明确空间任意一点的电场是点电荷和金属板产生的电场的叠加，运
用电场的叠加原理分析每一点的合场强．
8.小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线．则下列说法中正确的是（）
A. 随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大
B. 对应P点，小灯泡的电阻为R＝1
2
U
I
C. 对应P点，小灯泡的电阻为R＝1
21
U
I I
D. 对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．由图象可知，通过灯泡的电流随两端电压的增大而增大，且△U＞△I，因为电阻是指对电流的阻碍作用，所以随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大，否则△U和△I 的变化倍数相等，故A正确；
BC．由图象可知，P点对应的电压为U1，电流为I2，则灯泡的电阻R＝1
2
U
I，故B正确；C 错误；
D．因P=UI，所以图象中矩形PQOM所围的面积为对应P点小灯泡的实际功率，故D正确．
9.在如图所示电路中，电流表、电压表均为理想电表。

闭合开关S，当滑动变阻器滑动片向下移动时，下列说法正确的是( )
A. 电压表V的示数将不变
B. 电流表A的示数将变大
C. 电流表A1的示数将变小
D. 电流表A2的示数将不变
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．当滑动变阻器滑片向下移动时，其接入电路的电阻减小，电路的总电阻减小，总电流I增大，电流表读数变大，电压表V读数为U=E-Ir，I增大，则U变小，电压表V 的示数将变小，故A错误，B正确；
CD．电阻R1两端的电压等于电源的路端电压，路端电压变小，所以电阻R1中的电流变小，电流表A1的示数将变小，总电流变大，所以电流表A2的示数将变大，故C正确、D错误。

10.如图甲所示为电场中的一条电场线，在电场线上建立坐标轴，则坐标轴上O～x2间各点的电势分布如图乙所示，则
A. 在O～x2间，电场强度先减小后增大
B. 在O～x2间，电场强度方向没有发生变化
C. 若一负电荷从O点运动到x2点，电势能逐渐减小
D. 从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，则该电荷在O～x2间一直做加速运动
【答案】BD
【解析】
【分析】
根据φ-x图象的斜率的绝对值大小等于电场强度，分析场强的变化，由图看出，电势逐渐降低，可判断出负电荷的电势能变化．
【详解】φ-x图象的斜率的绝对值大小等于电场强度，由几何知识得知，斜率先增大后减小，则电场强度先增大后减小，但斜率一直是负，场强方向没有改变。

故A错误，B正确。

由图看出，电势逐渐降低，若一负电荷从O点运动到x2点，电势能逐渐升高。

故C错误。

从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，受到的电场力方向与速度方向相同，做加速运动，即该电荷在O～x2间一直做加速运动。

故D正确。

故选D。

【点睛】本题从数学的角度理解φ-t图象的斜率等于场强，由电势的高低判断出电场线的方向，来判断电场力方向做功情况．
11. 一带电粒子射入一点电荷的电场中，仅在静电力作用下粒子运动的轨迹如图中实线所示，图中虚线是同心圆弧，表示电场的等势面，不计重力。

可以判断（）
A. 此粒子一定受静电斥力作用
B. 粒子在B点的电势能一定小于在A点的电势能
C. 粒子在A、B两点时的加速度大小关系是 a A＞a B
D. 粒子在A点和C点的速率相等
【答案】AD
【解析】
试题分析：受力方向指向轨迹的凹面一侧，即粒子受到斥力，故A对；由A到B静电力对粒子做负功，粒子的电势能增加，故B错；B点距离场源电荷近，所以B点场强较大，粒子在B点受力比在A点大，所以粒子在A、B两点时的加速度大小关系是 a A<a B，故C错；A点和C点在同一个等势面上，所以从A到C静电力对粒子做功为零，动能不变，速率不变，故D 对。

考点：电势差、电势；电荷在电场中的偏转
12.如图所示，有一半径为R的圆，AB是一条直径，该圆处于匀强电场中，电场强度大小为
E，方向平行于该圆所在的平面．在圆上A点有一发射器，以相同的动能平行于圆面沿不同方向发射电荷量为+q的粒子，粒子会经过圆周上不同的点，在这些点中，经过C点时粒子的电势能最小，∠α=30°。

不计粒子所受的重力和空气阻力，下列说法正确的是（）
A. 电场强度的方向垂直AB向上
B. 电场强度的方向沿OC连线向上
C. 粒子在A点垂直电场方向发射，若恰能落到C点．则初动能为
8
qER
D. 粒子在A点垂直电场方向发射，若恰能落到C点，则初动能为为
4
qER
【答案】BC
【解析】
粒子在匀强电场中，从A点运动到C点，根据动能定理qU AC=△E k可知，到达C点时的小球的动能最大，所以U AC最大，则在圆周上找不到与C电势相等的点．且由A到C电场力对小球做正功．所以C点的电势最低，则电场线方向沿OC方向．故A错误，B正确．小球只受
电场力，做类平抛运动．x=2Rsin30°cos30°=v0t，y=2Rcos230°=
2
2
qEt
m
，由以上两式
得：E k=1
2
mv02=
1
8
qER；故C正确，D错误；故选BC.
点睛：本题关键考查对电场力做功公式W=qEd的理解和应用，d是沿电场方向两点间的距离．此题还要求熟练掌握功能关系和类平抛运动的研究方法.
二、实验题（共两道题，计 16 分）
13.（1）现有一合金制成的圆柱体。

用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度。

螺旋测微器和游标卡尺的示数如图甲和图乙所示。

由图甲读得圆柱体的直径为_____mm，由图乙读得圆柱体的长度为 _____cm。

(2)用伏安法测电阻时，如待测电阻R x 约为150Ω，电流表内阻R A约为20Ω，电压表内阻R V约为5KΩ，应该用右下图中的_____________电路（填图a或图b来测量时误差相对较小。

用该电路图进行测量时，测量值将比真实值偏______________（填大或小）；
(3) 用多用电表的欧姆挡测量一未知电阻的阻值。

若将选择倍率的旋钮拨至“×100”挡时，测量时指针停在刻度盘0 Ω 附近处，为了提高测量的精确性，有下列可供选择的步骤：A．将两根表笔短接
B．将选择开关拨至“×1 k”挡
C．将选择开关拨至“×10”挡
D．将两根表笔分别接触待测电阻的两端，记下读数
E．调节调零电阻，使指针停在0 Ω刻线处
F．将选择开关拨至交流电压最高挡
将上述必要步骤选出来，这些必要步骤的合理顺序是_____________ (填写步骤前的代号)；若操作正确，上述 D 步骤中，指针偏转情况如图所示，则此未知电阻的阻值 Rx＝
___________。

【答案】 (1). 1.843 (2). 4.240 (3). b (4). 偏小 (5). CAEDF (6). 150Ω
【解析】
【详解】(1)[1][2]. 由图甲所示可知，螺旋测微器固定刻度示数为1.5mm，游标尺示数为34.3×0.01mm=0.343mm，螺旋测微器示数为1.5mm+0.343mm=1.843mm；
由图乙所示可知，游标卡尺主尺示数为4.2cm，游标尺示数为8×0.05mm=0.40mm，游标卡尺示数为42mm+0.40mm=42.40mm=4.240cm．
(2)[3]. 如待测电阻R x约为150Ω，电流表内阻R A约为20Ω，电压表内阻R V约为5KΩ，电压表的内阻远大于待测电阻的阻值，则电流表应采用外接法，应选择图b所示实验电路；[4].用电路图b进行测量时，由于电压表的分流作用，电流表的测量值大于真实值，由欧姆定律可知，测量值将比真实值偏小；
(3)[5].用“×100Ω”测电阻时挡时，指针停在刻度盘0Ω附近，说明所选挡位太大，为准确测量电阻阻值，应换用小挡，应选“×10Ω”挡，然后对欧姆表重新进行欧姆调零，然后再测电阻阻值，欧姆表使用完毕后，要把选择开关置于OFF挡或交流电源最高挡上，因此合理的实验步骤是：CAEDF；
[6].由图象表盘可知，待测电阻阻值为：15×10Ω=150Ω；
14.某实验小组测量一节干电池的电动势和内阻，可选用的实验器材如下：
A．待测干电池
B．电流表A1(0～200 μA，内阻为500 Ω)
C．电流表A2(0～0.6 A，内阻约为0.3 Ω)
D．电压表V(0～15 V，内阻约为5 kΩ)
E．电阻箱R(0～9999.9 Ω)
F．定值电阻R0(阻值为1 Ω)
G．滑动变阻器R′(0～10 Ω)
H．开关、导线若干
(1)该小组在选择器材时，放弃使用电压表，原因是____________________。

(2)该小组利用电流表和电阻箱改装成一量程为 2 V 的电压表，并设计了如图甲所示的电路，图中电流表a为___________ (选填“A1”或“A2”)，电阻箱R的阻值为
___________Ω。

(3)闭合开关，调节滑动变阻器，读出两电流表的示数 I 1、I 2 的多组数据， 在坐标纸上描绘出 I 1－I 2 图线如图乙所示。

根据描绘出的图线，可得所测 干电池的电动势 E ＝_____V ，内阻 r ＝_____Ω。

(保留两位有效数字)
【答案】 (1). 量程太大，测量误差大 (2). A 1 (3). 9500 (4). 1.48 (5). 0.7～0.8均可 【解析】
【详解】(1)[1].由于一节干电池电动势只有1.5V ，而电压表量程为15.0V ，则量程太大，测量误差大，所以不能使用电压表；
(2)[2][3].改装电压表时应选用内阻已知的电流表，故电流表a 选用A 1；根据改装原理可知：
16
2
500950020010A g U R r I -=
-=-Ω=Ω⨯； (3)[4].根据改装原理可知，电压表测量的路端电压为：U=10000I 1； 根据闭合电路欧姆定律可知：
10000I 1=E -I 2（r +R 0）；
根据图象可知：
E =1.48V ；
[5].图象的斜率表示内阻，故有：
0 1.480.60
1.80.50
r R -+=
Ω=Ω
故有：
r =0.8Ω
三、计算题（本大题 3 小题，共 36 分，要求必须写出必要的文字说明、公 式、主要的计算步骤和明确的答案。

只有最后答案不给分。

）
15.如图所示，水平放置的两块平行金属板长为l ，两板间距为d ，两板间电压为U ，且上板带正电，一个电子沿水平方向以速度0v ，从两板中央射入，已知电子质量为m ，电荷量为q 求
()1电子偏离金属板的侧位移0y 是多少？ ()2电子飞出电场时的速度是多少？
()3电子离开电场后，打在屏上的P 点，若s 已知，求OP 的长．
【答案】（1）电子偏离金属板时的侧位移是
；
（2）电子飞出电场时的速度大小为；
（3）OP 的长为（s+）．
【解析】
【详解】（1）电子在电场中做类平抛运动，则：qE qU
a m md
== 水平方向有：l =v 0t 竖直方向有：2012
y at =
联立得电子偏离金属板的侧位移为：y 0=2
20
2qUl dmv
（2）在竖直方向的分速度为：0
y qUl
v at mdv ==
在水平方向的分速度为：v x =
v 0
所以：v =22x
y
v v +=222
20
2220
U q l v m d v +
（3）电子飞出电场后，做匀速直线运动，则：tanθ=y
x v v =20
qUl
mdv
所以OP =y 0+s tan θ=
()2
22l s Uql
mdv +
【点睛】该题是带电粒子在电场中运动的问题，其基础是分析物体的受力情况和运动情况；能用类平抛运动的思想处理平行于极板方向和垂直于板方向的运动.
16.如图所示，电源内阻r =1Ω，R 1=2Ω，R 2=6Ω，灯L 上标有“3V,1.5W ”的字样，当滑动变阻器R 3的滑片P 移动至最右端时，电流表示数为1A ，灯L 恰能正常发光电流表为理想电表.
（1）求电源的电动势；
（2）求当P 移到最左端时，电流表的示数；
（3）当滑动变阻器的Pb 段电阻为多大时，变阻器R 3上消耗的功率最大？最大值多大？
【答案】(1)6V ；(2)2A ；(3)2Ω，2W 【解析】
【详解】（1）电源的电动势
E =U L 十IR 1十Ir =3V 十1×2V 十1×1V=6V
（2）当P 移到最左端时，由闭合电路欧姆定律，
12A E
I R r
=
=+
（3）灯L 电阻
R L =U 2/P=6Ω
设滑动变阻器的Pb 段电阻为R 3，R 3与R L 并联 等效电阻
333336
6
L L L R R R R R R R ⋅=
=++
由闭合电路欧姆定律
13 L
E
I R r R =++
将已知量代入化简得
332(6)
36
R I R +=
+
33334
2
L R U IR R ==
十 233332
223333333
161616(2)44(2)88U R R P R R R R R R R ====
-++-++ 当R 3=2Ω时变阻器R 3上消耗的功率最大，且最大值为2W
17.如图所示，在竖直边界线 O 1O 2 左侧空间存在一竖直向下的 匀强电场，电场强度 E ＝100 N/C ，电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面 AB ，其倾角为 30°，A 点距水平面的高度为 h ＝4 m ．BC 段为一粗糙绝缘 平面，其长度为 L 3m ．斜面 AB 与水平面 BC 由一段极短的光滑小圆弧 连接(图中未标出)，竖直边界线 O 1O 2右侧区域固定一半径为 R ＝0.5 m 的 半圆形光滑绝缘轨道，CD 为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C 、D 两点紧 贴竖直边界线 O 1O 2，位于电场区域的外部(忽略电场对 O 1O 2右侧空间的影 响)．现将一个质量为 m ＝1 kg 、电荷
量为 q ＝0.1 C 的带正电的小球(可视 为质点)在 A 点由静止释放，且该小球与斜面 AB 和水平面 BC 间的动摩擦因数均为μ＝
3 (g 取 10 m/s 2
) 求：
(1)小球到达 C 点时的速度大小； (2)小球落地点距离 C 点的水平距离． 【答案】(1)210m/s 2m 【解析】
【详解】(1)以小球为研究对象，由A 点至C 点的运动过程中，根据动能定理可得：
21
300302
C h mg Eq h mg Eq cos mg Eq L mv sin μμ+-+︒⋅
-+=-︒()()()
代入数据解得：
210m/s C v =
(2)以小球为研究对象，在由C 点至D 点的运动过程中，根据机械能守恒定律可得：
22
11 222
C D mv mv mg R =+⋅ 解得
2
2()42104100.5m/s 25m/s D C v v gR =-=-⨯⨯=
小球做类平抛运动的加速大小为a ，根据牛顿第二定律可得：
mg +qE =ma
则得：
220.1100
10m/s 20m/s 1
qE a g m ⨯=+
=+= 应用类平抛运动的规律列式可得：
x =v D t ，
2R =
12
at 2
联立得：
=== x v。