福建省宁德市福鼎市第一中学2023-2024学年高二上学期10月月考物理试题

这是一份福建省宁德市福鼎市第一中学2023-2024学年高二上学期10月月考物理试题，共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023-2024福鼎一中高二年级第一次月考 物理试题75分钟 100分一、单选题(每题4分)1．下列是某同学对一些概念和公式的理解，其中正确的是A．电荷在电场中某点的电势能，等于把它从这点移动到零电势能位置时静电力做的功B．根据电容的定义式，电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比C．根据电场强度的定义式，电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量成反比D．电源的电动势越大，电源所能提供的电能就越多2．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．M点的电势小于N点的电势B．粒子带正电，M点的电势大于N点的电势C．粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力D．粒子在M点的电势能小于在N点的电势能3．两根完全相同的金属裸导线，如果把其中的一根均匀拉长到原来的2倍，另一根对折后绞合起来．然后给它们分别加上相同电压，则在同一时间内通过它们的电荷量之比为　　A．1：4             B．4：1            C．1：8             D．1：164．如图所示，竖直绝缘墙壁上的Q处有一个固定的质点A，在Q的上方P点用丝线悬挂着另ー个质点B．A、B两质点因带同种电荷而相斥，致使悬线与竖直方向成一角度，由于缓慢漏电使A、B两质点带的电荷量逐渐减少，在电荷漏完之前A、B未接触，下列说法正确的是（　　）A．A、B之间的库仑力先变大后变小B．A、B之间的库仑力一直变大C．丝线的拉力一直不变D．丝线的拉力先变大后变小二、多选题(每题6分，漏项得3分)5．对电功及焦耳定律公式的理解正确的是(     )A．非纯电阻电路中的电功可能等于焦耳热B．焦耳定律适用于一切电路的焦耳热的求解C．电功的另一表达式只适用于纯电阻电路 D．电功公式、焦耳定律公式都适合于任何电路,因此W一定等于Q 6．某静电场在x轴上各点的电势随坐标x的分布图像如图。x轴上A、O、B三点的电势值分别为、、，电场强度沿x轴方向的分量大小分别为、、，电子在A、O、B三点的电势能分别为、、。下列判断正确的是（　　）A．        B．C．            D．7．三个质量相等的带电微粒（重力不计）以相同的水平速度沿两极板的中心线方向从O点射入，已知上极板带正电，下极板接地，三微粒的运动轨迹如图所示，其中微粒2恰好沿下极板边缘飞出电场，则A．三微粒在电场中的运动时间有B．三微粒所带电荷量有C．三微粒所受电场力有D．飞出电场时微粒2的动能大于微粒3的动能8．如图所示为平放于水平面上的“”型管俯视图，“”型管固定不动；内壁光滑的AB与DF两直管道长度均为2R，G为DF中点；内壁粗糙的半圆弧BCD半径为R．空间存在水平向右电场强度E=的匀强电场．一电荷量为q的带正电绝缘小球(直径略小于管的直径，且可看做质点)从A位置由静止释放，第一次到达轨道最右端的C点时速率vc=，已知重力加速度为g．下列说法正确的是（    ）A．小球由A到B的时间为2B．小球恰能运动到G点C．小球第一次到C点时对轨道的弹力大小为mgD．小球从开始运动到最后静止，克服摩擦力做功一定等于3mgR  三、填空题(每空2分)9．如图所示，让平行板电容器带电后，静电计的指针偏转一定角度，不改变A、B两极板带的电量，若减小两极板间的距离，那么静电计指针的偏转角度  （填“增大”、“减小”或“不变”），若在两极板间插入电介质，那么静电计指针的偏转角度     （填“增大”、“减小”或“不变”），若改变两极板的正对面积那么静电计指针的偏转角度     （填“增大”、“减小”或“不变”）。   10．如图所示，双量程电压表由表头G和两个电阻串联而成。已知该表头的内阻，满偏电流，表头G的满偏电压为     ,使用、两个端点时，若量程为0～，则为     ,使用、两个端点时，若量程为0～，则+为     .11．某同学选用两个完全相同的小球A、B来验证库仑定律．使小球A和B带上同种电荷，A球放在左右可移动且上下高度可调节的绝缘座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点，如图．实验时，保证A、B两球球心在同一水平线上，待B球平衡后偏离竖直线的角度为θ，B球质量为m，重力加速度为g；先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，悬线的偏角越大；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大. (1)实验中需要用到             的科学方法．(2)根据平衡关系，A、B两球之间的电场力F=                （用m、g、θ表示）．（3）在阅读教材后，该同学知道了库仑定律的表达式，并知道了均匀分布的带电球体可以等效为电荷量全部集中在球心处的一个点电荷．它将两个半径为R的金属小球分别带上了q1和q2的正电，并使其球心相距3R，应用库仑定律，计算了两球之间的库仑力，则该同学的计算结果          （选填“偏大” “偏小”“正确”），原因是：                 ．四、解答题12．(10分)一个竞速四驱车模型的电动机，额定电压为3 V，电流为20mA，线圈阻值R=5 Ω，当它正常工作时，试分析：（1）电动机的发热功率（2）电动机输出的机械功率  13．(12分)有一电荷量的点电荷，从电场中的A点移到B点过程中，电场力做功，从B点移到C点过程中，克服电场力做功，试分析：（1）AB、BC、CA间电势差各为多少？（2）如设B点电势为零，则A、C两点电势各为多少？电荷在A、C两点的电势能分别为多大？  14. (18分)光滑绝缘水平面AB上有C、D、E三点. CD长L=10cm， DE长L2=2cm， EB长L3=9cm.另有一半径R=0.1m的光滑半圆形金属导轨PM与水平面相连，P点接地，不计BP连接处能量损失.现将两个带电量为-4Q和Q的物体(可视作点电荷)固定在C、D两点，如图所示.将另一 带电量为+q,质量m=1x10-4kg的金属小球(也可视作点电荷)从E点静止释放，则(感应电荷的影响忽略不计) ( 重力加速度g= 10m/s2)(1)小球在水平面AB运动过程中最大速度的位置;(2)若小球过圆弧的最高点后恰能击中放在C处的物体，则小球在最高点时对轨道的压力为多大;(3)若不改变小球的质量而改变小球的电量q，发现小球落地点到B点的水平距离s与小球的电量q，符合下图的关系，则图中与竖直轴的相交的纵截距应为多大;(4)你还能通过图象求出什么物理量，其大小为多少。
参考答案：1．A【详解】A．由功能关系知，Ep1-Ep2=W电若Ep2=0，则Ep1=W电即电势能等于把它从这点移动到零势能位置时静电力所做的功，故A正确；B．电容定义式，采用比值法定义，C由电容器本身特性决定，与Q、U无关，故B错误；C．电场强度的定义式，采用比值法定义，电场强度为电场本身的性质，与试探电荷所受的电场力无关；故C错误；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．B【详解】AB．粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，斜向左下方，与电场方向一致，粒子带正电，根据顺着电场线的方向电势降低，可知过M点的等势面的电势高于过N点的等势面的电势，则M点的电势高于N点的电势，故B正确，A错误；C．由电场线的疏密表示电场强度的大小，可知，M点的电场强度比N点的小。由F=qE知，粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力，故C错误；D．从M到N，粒子的所受电场力斜向左下方，则电场力对粒子做正功，电势能减少，所以粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，故D错误；故选B。【点评】本题的关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧。根据电场力来确定电场力做功的正负，从而判定电势能增加与否。3．D【详解】设原来的电阻为R，其中的一根均匀拉长到原来的2倍,横截面积变为原来的1/2,另一根对折后绞合起来,长度减小为原来的一半,横截面积变为原来的2倍,根据电阻定律,电阻R1=4R,电阻R2=R/4，则两电阻之比为16：1.加上相同的电压，根据欧姆定律，电流比为1：16，根据q=It知相同时间内通过的电量之比:1：16.故D正确，A. B. C错误．故选:D.点睛：根据电阻定律判断出两根金属导线的电阻之比，根据欧姆定律得出电流之比，再根据q=It得出通过的电荷量之比．4．C【详解】对球B受力分析，受重力、细线的拉力、库仑力，如图所示：根据共点力平衡条件，图中力三角形与几何三角形PAB相似，故：由于PB、PA不变，AB减小，故T不变，F减小；故C正确．5．BC【详解】A．非纯电阻电路中的电功大于焦耳热，选项A错误；B．焦耳定律适用于一切电路的焦耳热的求解，选项B正确；C．电功的另一表达式只适用于纯电阻电路，选项C正确；D．电功公式、焦耳定律公式都适合于任何电路，但是只有在纯电阻电路中W才等于Q，选项D错误；6．ABD【详解】A．由图知B．根据图像切线斜率的大小等于电场强度沿x轴方向的分量大小，则知C．电子带负电，根据电势能公式分析得知故C错误；D．由图知，OA间电势差大于OB间电势差，即有即电子带负电，则根据电势能公式得故ABD正确。故选ABD。7．AD【详解】粒子在电场中运动的时间，水平速度相等而位移x1<x2=x3 ，所以t1<t2=t3 ，故A正确；根据竖直位移公式：，对粒子1与2两者竖直位移相等，在y、E、m相同的情况下，粒子2的时间长，,则电量小，即q1<q2，而对粒子2和3，在E、m、t相同的情况下，粒子2的竖直位移大，则q2>q3，故B错误；由B选项分析知：q1<q2，所以F1<F2，故C错误；由B选项分析q2>q3，且y2>y3，则Eq2y2>Eq3y3，电场力做功多，增加的动能大，故D正确．所以AD正确，BC错误．8．AC【详解】A项：小球由A到B的过程，由牛顿第二定律得：，结合得，由，解得：，故A正确；B项：设BC段小球克服摩擦力做功为，CD段克服摩擦力做功为，从A运动到C过程中，由动能定理得：，解得：，小球从C到D的过程，电场力和摩擦力均做负功，小球的速率减小，所需要的向心力减小，则轨道对小球的弹力减小，摩擦力减小，所以有，设小球到达G点的速度为，从A运动到G的过程，由动能定理得：，可得，故小球将越过G点；C项：，小球在C点时，水平方向有：，又，解得：，竖直方向有，对轨道对小球的弹力大小，同由牛顿第三定律得，小球对轨道的弹力大小；D项：小球最终可能停在C点，小球从开始运动到最后静止，克服摩擦力做功等于电场力做功，为，小球最终也可能不停在C点，小球从开始运动到最后静止，克服摩擦力做功等于电场力做功，小于，故D错误．9．     减小     减小     增大【详解】[1]让平行板电容器带电后，电荷量Q一定，由电容器决定式可知减小两极板间的距离d，则C增大，由公式可知可得电压U减小，则静电计指针的偏转角度减小。[2]在两极板间插入电介质，则增大，由上述公式可知C增大，则U减小，故静电计指针的偏转角度减小。[3]改变两极板的正对面积S减小，则C减小，可知U增大，故静电计指针的偏转角度增大。10.【详解】表头的G的满偏电压使用、两个端点时，若量程为0～，则的阻值使用、两个端点时，若量程为0～，则+11．     （1）控制变量法      （2）mgtanθ     （3）偏大；     两电荷带同种电荷，导致电量间距大于3R．【详解】（1）做这个实验是时，“先保持两球电荷量不变”和“再保持两球距离不变”，可见，实验中需要用到控制变量法的科学方法．（2）A球受重力，绳的拉力和电场力三力平衡，根据平衡关系，A、B两球之间的电场力F=mgtanθ．（3）当两球心相距为3R时，两球不能看成点电荷，因带同种电荷，导致电量间距大于3R，根据库仑定律F=k，可知，它们相互作用的库仑力大小F＜．即该同学的计算结果偏大，原因是：两电荷带同种电荷，导致电量间距大于3R．【点睛】本题应知道控制变量法在实验中的应用，明确当两球心相距为3R时，两球不能看成点电荷，不能直接运用库仑定律解答，注意库仑定律的成立条件，理解点电荷的含义．12．【详解】电动机输入功率P入=UI=6×10-2 W线圈发热功率为P热=I2R=2×10-3 W输出功率P出=UI-I2R=5.8×10-2 W即输出的机械功率为5.8×10-2W。13．（1）-50V；150V；-100V；（2）；；；【详解】（1）由可得又由于可得所以（2）由可得又由可得