吉林省梅河口市第五中学2021-2022学年高二上学期第一次月考物理试题(1)

高二月考参考答案 1．D 【详解】 电场强度是用试探电荷受力的方法定义的，公式 F E q  中虽然有试探电荷的电荷量q，但更换试探电荷时，F 与q 的比值不变，电场强度由电场本 身决定，故选项D 正确，ABC 错误。 故选D。 2．C 【详解】 A．匀强电场中平行相等的线段在电场线方向的投影d 相等，由 U Ed  可知其端电压相等，有 ad bc U U  可得 a d b c        解得 16V d a c b         故A 正确，与题意不符； B．连接两对角线交点为O，因两线段aO 与Oc 平行相等，同理可得 16V O  故B 正确，与题意不符； CD．根据已求出的电势可得到16V 的等势线，如图所示 电场线与等势线垂直且由高电势指向低电势， 则能找出电场强度的方向， 但不知道几何长度， 则无法求出电场强度的大小。故C 错误，与题意相符；D 正确，与题意不符。 故选C。 3．B 【详解】 两球之间的库仑力属于作用力和反作用力， 它们一定大小相等，方向相反的，与电量是否相 等无关，故无法判断电量大小关系，设其大小为F； 如果 1 2    ，则AB 在同一水平线上，对A 球受力分析，受重力、拉力和静电力，根据共点 力平衡条件，有： 1 1 tan F m g   同理有 2 2 tan F m g   联立解得 m1=m2 将A 球和B 球看作一个整体，讨论如下： ①当m1＞m2，重心偏左，整体不能平衡，要向右摆动，则有θ1＜θ2； ②当m1＜m2，重心偏右，整体不能平衡，要向左摆动，则有θ1>θ2； 故ACD 错误，B 正确； 故选B。 4．B 【详解】 粒子在水平方向做匀速运动，竖直方向做匀加速运动，因水平方向位移之比为1:2，根据 x=v0t 可知，时间之比为1:2；竖直方向根据 2 1 2 y at  可知y 相同，则加速度之比为4:1；根据 qE a m  可知a 和b 的比荷之比是4:1. 故选B。 5．D 【详解】 M 、N 的距离为L ，M 点在O点的电场强度大小为 2 2 4 1 2 q kq k L L        方向由O到N ；N 点在O点的电场强度大小为 2 2 2 8 1 2 q kq k L L        方向由O到N ；则O点的电场强度大小为 2 12kq L ，方向由O指向N ，故D 正确。 故选D。 6．D 【详解】 AB． 由等量同种电荷的电场线分布规律可知， c 点的场强方向平行于MN 的中垂线， 且不可 能为零，故AB 错误； C．a 点和b 点的电场强度大小相等，方向不同，故C 错误； D．由图可知，c 点所在的区域电势小d 点所以的等势线，由 p E q   所以把正试探电荷从c 点移到d 点，试探电荷电势能增大，故D 正确。 故选D。 7．B 【详解】 AB．B 点的电阻为 1 6 40 1.5 10 B U R I       A 错误，B 正确； CD．A 点的电阻为 3 30 0.1 A R    故两点间的电阻改变了40-30=10Ω，CD 错误。 故选B。 8．A 【详解】 开关在位置1 时，外电路总电阻 3 2 R R  总 电压表示数 U＝ 3 2 3 2 R R R  E＝3 5 E 同理，每个灯泡两端的电压 U1＝U2＝1 5 E 电源内阻的发热功率为 P 热＝ 2 2 ( ) 5 E R ＝ 2 4 25 E R 开关在位置2 时，外电路总电阻 R 总′＝2 3 R 电压表示数 U′＝ 2 3 2 3 R R R  E＝2 5 E 灯泡L1 的电压 U1′＝1 5 E L2 的电压 U2′＝2 5 E 电源内阻的发热功率为 P 热′＝ 2 3 ( ) 5 E R ＝ 2 9 25 E R 综上所述，电压表读数变小，L1 亮度不变，L2 将变亮，电源内阻的发热功率将变大，BCD 错误，A 正确。 故选A。 9．A 【详解】 由题意可知，粒子在竖直方向受重力作用，做匀减速直线运动，运动时间为 0 v t g  水平方向受电场力作用，做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为 0 v a g t   水平方向的位移 2 2 0 0 2 2 v v x a g   由牛顿第二定律得 AB qU ma x  则 2 0 2 AB mv U q  故选A。 10．AB 【详解】 AC．一个带电体能否看成点电荷，不是看它的尺寸大小，而是看它的形状和大小对所研究 的问题的影响是否可以忽略不计，故A 正确，C 错误； B．点电荷是理想模型，实际是不存在的，故B 正确； D．根据F＝k 1 2 2 q q r 适用的条件可知，该公式适用于真空中的点电荷，故当r→0 时，电荷不 能看成点电荷，库仑定律不再适用，D 错误。 故选AB。 11．BD 【详解】 AB．小球做曲线运动，所受合力指向轨迹凹侧，由于重力竖直向下，可知电场力一定水平 向左， 运动过程所受重力与电场力的合力恒定， 故小球不可能做匀速圆周运动， 一定做匀变 速运动，A 错误，B 正确； CD．运动过程电场力对小球做负功，可知电势能一定增加，C 错误，D 正确。 故选BD。 12．CD 【详解】 A．粒子在x 轴负半轴运动过程中，电势能不断增大，则动能不断减小，速度不断减小，A 错误； B． p E x  图像的切线斜率为电场力，则粒子在x 轴负半轴运动过程中，斜率越来越小，电 场力越来越小，加速度越来越小，B 错误； C．粒子在x 轴正半轴运动过程中，电势能越来越小，则动能不断增大，C 正确； D．粒子在 0 x x  和 1 x x  两个位置的电势能相同，则动能相同，由于均沿x 轴正方向运动， 速度相同，D 正确； 故选CD。 13．BD 【详解】 A．由于不知道小球B 的电性，所以无法判断小球A 的电性。故A 错误； B．由平衡条件分析得，小球B 的受力情况只能是如下图 由平行四边形定则得 1 cos30 2 mg F  解得库仑力为 3 F mg  小球A 在N 处产生的电场强度大小为 B 3 F F mg E q q q    故B 正确； CD．由几何关系得两电荷间的距离为 2 cos30 r R   根据库仑定律得 A B 2 q q F k r  联立解得 2 A 3mgR q kq  故C 错误，D 正确。 故选BD。 14．CD 【详解】 A．只断开开关S，电容器通过R2、R3 放电，所带电荷量变小，极板间场强减小，带电微粒 所受向上的电场力减小，故微粒向下运动，A 错误； B．电阻R3 与电容器串联，由于电容器处于开路状态，故R2 的阻值对电路没有影响，所以 P2 向上移动时，电压表示数不变，带电微粒仍保持静止，B 错误； C．只调节电阻R2 的滑动端P1 向下移动时，回路总电阻不变，干路电流不变，路端电压不 变，故电压表示数不变，电容器两端的电压（即电阻R2 上半段的电压）变大，极板间场强 变大，微粒所受向上的电场力变大，带电微粒向上运动，C 正确； D．只增大R1 的光照强度，R1 阻值减小，干路电流变大，故电阻R0 消耗的功率变大，电容 器两端电压U 变大，微粒所受向上的电场力变大，带电微粒向上运动，D 正确。 故选CD。 15．C D F 0.48 2.20 【详解】 (1)[1][2]用伏安法测定电阻的原理是电阻定义式 U R I  ，电压表和电流表选择的原则是在保 证仪表安全的情况下，指针偏转角度尽可能大，根据电源的电动势为3V ，电压表的量程应 选3V，即选D； 电流 U I R  ，约为0.6A，故电流表应选C； [3]滑动变阻器的选择原则是保证安全的情况下，调节要方便，由于待测电阻较小，故滑动 变阻器应选F。 (2)[5]电流表的量程是0.6A，最小分度是0.02A，故电流表示数为0.48A； [6]电压表的量程是3V，最小分度是0.1V，故电压表的示数为2.20V。 (3)[7]由于待测电阻的阻值远小于电压表的电阻，故应选择电流表外接法，如图所示 [8]根据电路图，器材连线如图 16． （1）6V ； （2） 2 【详解】 （1）根据电场力做功公式，有 a ad d W qU  代入数据求得 6V ad U  （2）对a 到b 动能定理 2 2 1 1 2eV 2 2 b ab a W mv mv    得 16eV b v m  对a 到d 动能定理 2 2 1 1 6eV 2 2 ad d a W mv mv    得 8eV d v m  故 2 b d v v  17． （1）5V，1Ω ； （2）1.875W 【详解】 （1）由电动势的定义式有 W E q  代入数据解得 5V E  由电流的定义式有 q I t  由闭合电路欧姆定律得 E U Ir   联立解得 1Ω r  （2）设通过电阻R 的电流为I1，电动机的电流为I2，有 1 U I R  2 1 I I I   电动机正常工作时的机械功率 2 2 2 0 - P UI I R  电 代入数据解得 1.875W P  电 18． （1） 1 2 A eU v m  ； （2） 2 0 1 2 4 P b l lU Y U d   （ ） ； （3） 2 2 2 2 1 2 2 1 k (4 ) 4 e U d U l E U d   【详解】 （1）根据动能定理可得 2 1 1 e 2 A U mv  解得 1 2 A eU v m  （2）在偏转电场中有 2 1 2 y at  2 eU a md  A l t v  解得 2 2 1 4 U l y U d  而由几何关系有 2 2 OP l b Y l y   0 2 P b l Y y l   解得 2 0 1 2 4 P b l lU Y U d   （ ） （3）由 2 2 / 2 2 2 2 1 4 U l y U U d U d   则 2 2 2 2 / 1 2 k 1 2 2 1 (4 ) ( ) 4 e U d U l E e U U U d     ）