PAGE15-河北省邯鄲市雞澤縣第一中學2024-2025學年高二物理上學期第一次月考試題（含解析）一、單選題（本大題共9小題，共36.0分）1.關于電壓和電動勢，下列說法正確的是（）A.電壓和電動勢單位相同，所以電動勢和電壓是同一物理量B.電動勢就是電源兩極間的電壓C.電動勢是反應電源把其他形式的能轉化為電能本事的物理量D.電源電動勢定義式和電勢差定義式中的W都是電場力做的功【答案】C【解析】【詳解】電壓與電動勢的單位相同，但物理意義不同，是兩個不同的物理量，A錯誤；依據閉合電路歐姆定律，路端電壓，只有當外電路斷開時，，路端電壓等于電動勢，B錯誤；電源是把其他形式的能轉化為電能的裝置，電動勢反映電源把其他形式的能轉化為電能本事大小，C正確；電動勢公式中的W是非靜電力做功，電壓中的W是靜電力做功，D錯誤．2.一根長為L，橫截面積為S的金屬棒，其材料的電阻率為ρ。棒內單位體積自由電子數為n，電子的質量為m，電荷量為e。在棒兩端加上恒定的電壓時，棒內產生電流，自由電子定向運動的平均速率為v。則金屬棒內的電場強度大小為（）A. B. C.ρnev D.【答案】C【解析】【分析】考查電路和電場學問【詳解】，I=neSv，，，聯立得E=ρnev，故選C。3.如圖所示，平行紙面的勻強電場中有個直角三角形OAB，邊長OA為3cm，OB為4cm。己知φ0=6V，φA=φB=-6V，下列說法不正確的是A.勻強電場的方向垂直ABB.OA中點的電勢等于0C.勻強電場的大小500V/mD.帶電粒子從A運動到B點時不受電場力【答案】D【解析】【詳解】A．AB是一條等勢線，所以場強垂直于AB，A正確，不符合題意；B．OA中點電勢等于O、A兩點電勢和的一半，為零，B正確，不符合題意；C．依據幾何學問，O到AB的距離為所以場強C正確，不符合題意；D．AB是一條等勢線，在等勢線上運動，電場力不做功，但帶電粒子依舊受電場力，D錯誤，符合題意；故選D。4.如圖所示，Q1、Q2是兩個電荷量相等的點電荷，O點為它們連線的中點，M、N為連線中垂線上的兩點。下列說法正確的是（）A.若Q1、Q2均帶正電，則在中垂線上，O點的電場強度不為零B.若Q1帶正電、Q2帶負電，則在中垂線上，O點的電場強度最大C.若Q1帶正電、Q2帶負電，則M點電場強度大于N點的電場強度，M點的電勢比N點的電勢高D.若Q1、Q2均帶正電，則M點的電場強度大于N點的電場強度，M點的電勢比N點的電勢高【答案】B【解析】【詳解】A．若、均帶正電，它們在點O處產生的電場強度大小相等，方向相反，相互抵消，則中點O的場強為零，故A錯誤；B．若帶正電、帶負電，由等量異種電荷電場線分布可知，在中垂線上，O點的電場強度最大，故B正確；C．若帶正電、帶負電，由等量異種電荷的電場線分布可知，M點的電場強度大于N點的電場強度，連線的中垂線為等勢線，則M點的電勢與N點的電勢相等，故C錯誤；D．若、均帶正電，中點O的場強為零，中垂線上無窮遠處場強也為0，則從O點到無窮遠處，場強先增大后減小，所以無法確定M、N兩點的場強大小，中垂線上在連線上方的場強豎直向上，則M點的電勢比N點的電勢高，故D錯誤。故選B。5.如圖所示，實線表示電場線，虛線ABC表示一帶電粒子僅在電場力作用下的運動軌跡，其中過B點的切線與該處的電場線垂直，下列說法正確的是（）A.粒子帶正電B.粒子在B點的加速度等于它在C點的加速度C.粒子在B點時電場力做功的功率為零D.粒子從A點運動到C點的過程中電勢能先減小后增大【答案】C【解析】【詳解】A．帶電粒子的軌跡向左下彎曲，則帶電粒子所受的電場力沿電場線切線向下，則知帶電粒子帶負電，故A錯誤；B．電場線的疏密表示場強大小，由圖知粒子在B點的場強大于C點的場強，在B點的加速度大于C點的加速度，故B錯誤；C．由題知粒子過B點的切線與該處的電場線垂直，則粒子受到的電場力方向與粒子在B點速度的方向垂直，所以此刻粒子受到的電場力做功的功率為零，故C正確。D．粒子從A到B的過程中，速度方向與電場力方向成鈍角，電場力做負功，電勢能增加；從B到C過程，電場力做正功，電勢能減小，故D錯誤。故選C。6.如圖所示，一平行板電容器充電后與電源斷開，這時電容器的電荷量為Q，P是電容器內一點，電容器的上極板與大地相連，下列說法正確的是()A.若將電容器的上極板左移一點，則兩板間場強減小B.若將電容器的下極板上移一點，則P點的電勢上升C.若將電容器的下極板上移一點，則兩板間電勢差增大D.若將電容器的下極板上移一點，則兩板間電勢差減小【答案】D【解析】【詳解】A、平行板電容器充電后與電源斷開后，電容器的電量不變，電容器上板左移，正對面積減小，電容C減小，由U=Q/C分析可知U增大，板間場強E=U/d，d不變，則E增大．故A錯誤；BCD、將電容器的下板上移一點，板間距離減小，電容C增大，由U=Q/C分析得知：Q不變，兩板間電勢差減小．又由E=U/d=4πkQ/S，可知板間場強不變，則P與上板的電勢差不變，上板電勢為零，則P點電勢不變．故BC錯誤，D正確．7.關于電功W和電熱Q的說法正確的是（）A.在任何電路中都有W＝UIt、Q＝I2Rt，且W＝QB.任何電路中都有W＝UIt、Q＝I2Rt，但W不肯定等于QC.W＝UIt、Q＝I2Rt均只有在純電阻電路中才成立D.W＝UIt在任何電路中都成立，Q＝I2Rt只在純電阻電路中才成立【答案】B【解析】【分析】純電阻電路，電功可用公式計算，也可用公式計算，非純電阻電路，電功用公式計算，電熱用公式計算【詳解】非純電阻中，用來求電功，用來求電熱，但W>Q；只有在純電阻電路，依據能量守恒電功和電熱電相等，電功可用公式計算，也可用公式計算，可用于任何電路求總電功，而可以適用任何電路求熱功，故B正確，A、C、D錯誤；故選B。【點睛】關鍵是了解純電阻電路、非純電阻電路，對于電功、電熱計算，留意敏捷選取公式．8.如圖所示是某電源的路端電壓隨電流改變的特性曲線，則下列結論正確的是()A.電源的電動勢為6.0V B.電源的內阻為12ΩC.電流為0.5A時的外電阻是無窮大 D.電源的短路電流為0.5A【答案】A【解析】【分析】電源的路端電壓與電流的關系圖象中應明確：圖象與縱坐的交點為電源的電動勢；但與橫坐標的交點可能不是短路電流，要依據對應的縱坐標進行分析；圖象的斜率表示電源的內阻．【詳解】由圖可知，電源的電動勢為6.0V，故A正確；電阻的內阻；故B錯誤；電流為0.5A時，路端電壓為5.2V，則由歐姆定律可知；故C錯誤圖象與橫坐標的交點為電壓為5.2V時的電流，不是短路電流；故D錯誤；故選A．【點睛】對于電源的U-I圖象要留意仔細視察其坐標的設置，本題中由于縱坐標不是從零起先的，故圖象與橫坐標的交點不是短路電流．9.如圖，電源電動勢為E，內電阻為r，、為小燈泡（電阻均不變），R1為定值電阻，R2為光敏電阻，R2阻值的大小隨照耀光強度的增加而減小。閉合開關S后，將照耀R2的光強度增加，則（）A.變亮B.變暗C.R1兩端的電壓將增大D.電路的路端電壓將增大【答案】A【解析】【詳解】將照耀R2的光強度增加，則R2阻值減小，電路總電阻減小，總電流變大，路端電壓減小，L1的電流變大，則L1變亮；因為則并聯支路的電壓減小，則R1兩端的電壓將減小，因則L2電流變大，即L2變亮。故選A。二、多選題（本大題共4小題，共16.0分）10.如圖，在M、N點分別放有帶電荷量為Q和q的兩個正點電荷，它們之間的庫侖力大小為F。下列說法正確的是（）A.Q對q的庫侖力的方向向右B.Q對q的庫侖力的方向向左C.若將它們間的距離增大為原來的4倍，則Q對q庫侖力的大小變?yōu)镈.若將它們間的距離增大為原來的2倍，則Q對q庫侖力的大小變?yōu)椤敬鸢浮緼D【解析】【詳解】AB．兩電荷均帶正電，則Q對q的庫侖力的方向為向右的斥力，選項A正確，B錯誤；CD．依據可知，若將它們間的距離增大為原來的4倍，則Q對q庫侖力的大小變?yōu)椋蝗魧⑺鼈冮g的距離增大為原來的2倍，則Q對q庫侖力的大小變?yōu)椋x項C錯誤，D正確。故選AD。11.在電場中把的正電荷從點移到點，電場力做功，再把這個電荷從點移到點，電場力做功。則下列說法正確的是A.、、三點中電勢最高的是點B.若把的電荷從點移到點，電場力做功為C.之間的電勢差為D.之間的電勢差為【答案】BC【解析】【詳解】ACD．依據題意：解得：零電勢的選取是隨意的，題中未指定零電勢，所以假設，則，，所以C點電勢最高，故AD錯誤，C正確；B．據電勢差與電勢關系可得：則將另一電荷由A移到C電場力做功：故B正確。12.如圖所示，圖線a是某一電源的U－I曲線，圖線b是肯定值電阻的U－I曲線．若將該電源與該定值電阻連成閉合電路（已知該電源的內阻r=2.0Ω），則說法錯誤的是（）A.該定值電阻為6ΩB.該電源的電動勢為20VC.將2只這種電阻串聯作為外電阻，電源輸出功率最大D.將3只這種電阻并聯作為外電阻，電源輸出功率最大【答案】C【解析】【詳解】A.圖線b的斜率k==6Ω則定值電阻的阻值：R=k=6Ω故A正確，不符合題意；B.由圖讀出交點的電壓U=15V，電流I=2.5A，依據閉合電路歐姆定律得，電源的電動勢E=U+Ir=15V+2.5×2V=20V故B正確，不符合題意；CD.定值電阻的阻值R=6Ω，電源的內阻r=2.0Ω；對于電源，當內外電路的電阻相等時輸出功率最大，則將3只這種電阻并聯作為外電阻，電源輸出功率最大；故C錯誤，符合題意；D正確，不符合題意。13.如圖所示，平行金屬板中帶電質點P原處與靜止狀態(tài)，不考慮電流表和電壓表對電路的影響，當滑動變阻器R4的滑片向a端移動時，則（）A.電壓表讀數減小 B.電流表讀數減小C.質點P將向上運動 D.上消耗的功率漸漸增大【答案】BCD【解析】【詳解】AB.由圖可知，R2與滑動變阻器R4串聯后與R3并聯，再與R1串聯接在電源兩端；電容器與R3并聯；當R4的滑片向a移動時，滑動變阻器接入電阻增大，則電路中總電阻增大；由閉合電路歐姆定律可知，電路中總電流減小，路端電壓增大；電路中總電流減小，則R1兩端的電壓減小，又路端電壓增大，則并聯部分的電壓增大，據歐姆定律可知流過R3的電流增大；電路中總電流減小，流過R3的電流增大，則流過R2的電流減小，電流表示數減小；流過R2的電流減小，R2的電壓減小，又并聯部分的電壓增大，則R4電壓增大，電壓表讀數增大；故A錯誤，B正確；C.因電容器兩端電壓增大，板間場強增大，質點受到的向上電場力增大，質點P將向上運動，故C正確；D.因R3兩端的電壓增大，由P=可知，R3上消耗的功率增大，故D正確．三、試驗題（本大題共2小題，共18.0分）14.(1)下面左圖螺旋測微器讀數為__________mm，右圖游標卡尺讀數為__________mm(2)某表頭滿偏電流為1mA、內阻為982Ω．（以下計算結果均取整數）①為了將表頭改裝成量程為3V的電壓表，須要一個阻值為________Ω的電阻與表頭串聯；②為了將表頭改裝成量程為50mA的電流表，須要一個阻值約為____Ω的電阻與表頭并聯．【答案】(1).0.900(2).14.50(3).2024(4).20【解析】【詳解】(1)[1]螺旋測微器讀數為0.5mm+0.01mm×40.0=0.900mm；[2]游標卡尺讀數為1.4cm+0.05mm×10=14.50mm；(2)[3]為了將表頭改裝成量程為3V的電壓表，須要串聯電阻的阻值為[4]為了將表頭改裝成量程為50mA電流表，須要并聯電阻的阻值為15.有一額定電壓為2.8V，額定功率0.56W的小燈泡，現要用伏安法描繪這個小燈泡的伏安特性曲線，有下列器材可供選用：A.電壓表（量程0~3V內阻約6kΩ）B.電壓表（量程0~6V，內阻約20kΩ）C.電流表（量程0~0.6A，內阻約0.5Ω）D.電流表（量程0~200mA，內阻約20Ω）E.滑動變阻器（最大電阻10Ω，允許最大電流2A）F.滑動變阻器（最大電阻200Ω，允許最大電流150mA）G.三節(jié)干電池（電動勢約為4.5V）H.電鍵、導線若干(1)為提高試驗的精確程度，電壓表應選用____；電流表應選用___；滑動變阻器應選用____；（以上均填器材前的序號）(2)請在虛線框內畫出描繪小燈泡伏安特性曲線的電路圖____；(3)通過試驗描繪出小燈泡的伏安特性曲線如圖所示，某同學將一電源（電動勢E=2V，內阻r=5Ω）與此小燈泡干脆連接時，小燈泡的實際功率是____W（保留兩位有效數字）。【答案】(1).A(2).D(3).E(4).(5).0.18（0.16~0.20范圍內均給對）【解析】【詳解】(1)由題意可知，燈泡的額定電壓為2.8V，為了精確性及平安性原則，電壓表應選擇A；由P=UI可得，燈泡的額定電流為：，故電流表應選擇D；測量燈泡的伏安特性曲線試驗中應采納分壓接法，故滑動變阻器應選用小電阻，故滑動變阻器應選擇

E；(2)測量小燈泡的伏安特性曲線時，要求電壓值從零起先改變，故滑動變阻器應采有分壓接法；燈泡內阻約為：，而電流表內阻約為20Ω，故電流表應采納外接法；故電路圖如圖所示∶(3)由電源的電動勢和內阻作出電源的伏安特性曲線如圖所示：則交點為燈泡的工作點，由圖可知，燈泡的電壓為1.38V，電流為0.15A，則燈泡的功率P=UI=1.3×0.13=0.17W；（0.16~0.20范圍內均給對）【點睛】依據小燈泡的額定電壓可以選出電壓表，依據燈泡的額定功率可求出額定電流，則可確定出電流表；依據滑動變阻器的接法可選出滑動變阻器；依據測伏安特性曲線的試驗要求可以選出滑動變阻器的接法，由電流表及電壓表內阻的關系可得出電流表的接法；在圖中作出電源的伏安特性曲線，圖像與燈泡的伏安特性曲線的交點為燈泡的工作點，則可得出燈泡的電壓及電流，由功率公式可求得實際功率。四、計算題（本大題共3小題，共30.0分）16.如圖所示，用細線將質量為m=4×10-3kg的帶電小球P懸掛在O點正下方．當空中有方向為水平向右，大小為E＝2×104V/m的勻強電場，系統(tǒng)靜