【文档说明】【精准解析】江苏省淮安市涟水县第一中学2020届高三上学期第二次月考物理试题.doc，共(14)页，499.500 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-82c1f589acfb4f13e51d0e2a1fd2bd06.html

以下为本文档部分文字说明：

涟水县第一中学2019-2020学年度第一学期高三第二次阶段检测物理试卷一、单项选择题1.关于电荷量，下列说法错误的是（）A.物体所带电荷可以是任意值B.物体所带电荷量只能是某些值C.物体所带电荷量的最小值为191.610C

−D.一个物体带91.610C−的正电荷，这是它失去了101.010个电子的缘故【答案】A【解析】【详解】A．物体的带电荷量不是任意值，只能是元电荷的整数倍，故A符合题意；B．根据密立根等科学家研究结果可知，物体的带电荷量只能不连续的某些值．故B不符合题意；C．自然界

最小的电荷量是191.610C−，故C不符合题意；D．物体原来中性，失去电子后带正电．物体带91.610C−的正电荷，说明失去了91.610C−的电子，电子的数目为910191.6101.0101.61

0qne−−===个即失去了101.010个电子，故D不符合题意．故选A。2.关于电动势下列说法正确的是（）A.电源电动势等于电源正负极之间的电势差B.用电压表直接测量电源两极得到的电压数值，实际上总略大于电源电动势的准确值C.电源电动势总等于内、外电路上的电压之和，所以它的

数值与外电路的组成有关D.电动势的大小等于非静电力把1库仑正电荷从电源的负极，经过电源内部移到电源正极所作的功【答案】D【解析】【详解】A．电源电动势反映电源将其他形式能量转化为电能的本领大小，电源正、负极之间的电势差为电源的路端电压，只有当电源处于断路状态时，电源的电动

势才等于路端电压，故A错误；B．电压表是有内阻的，跟电源连接后构成一个通路，测量的是电压表内阻的电压，所以电压表测得的电源两极间电压值略小于电动势。故B错误；C．电动势反映电源的特性，其大小总等于内、外电路上的电压之和，与外电路的结构无关，故C错误；D．根据电动势的

定义式WEq=可知电源电动势等于非静电力把1库仑正电荷从电源的负极，经过电源内部移到电源正极所作的功，故D正确。故选D。3.有一个长方体型的金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且a＞b＞c．电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电

阻值最小的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】由电阻的决定式可知，A中电阻A=cRab；B中电阻=BbRac；C中电阻=CaRbc；D中电阻=DaRbc；故电阻最小的为A；4.电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接

成如图所示的电路.当滑动变阻器的触头由中点滑向a端时,下列说法中正确的是（）A.滑动变阻器的实际电阻增大B.回路的总电阻减小C.电压表的读数增大,电流表的读数减小D.电压表的读数减小,电流表的读数增大【答案】B【解析】【详解】AB．当滑动变阻器的触头由中点滑向a端时，变阻器接入电路的电

阻减小，外电路总电阻减小．故A错误，B正确．CD．根据闭合电路欧姆定律总电流I增大，路端电压U减小，电压表测量的是路端电压，则电压表读数减小．R2和R并联部分的电压1UEIRr=−+并（），E、R1、r均不变，I增大，则U并减小，通过R2

的电流减小，所以电流表读数减小．故CD错误．5.如图所示为伏安法测电阻的一种常用电路．以下分析正确的是A.此接法的测量值大于真实值B.此接法的测量值小于真实值C.此接法要求待测电阻值小于电流表内阻D.开始实验时滑动变阻器滑动头P应处在最左端【答案】A【解析】

【详解】上图是电流表的内接法测电阻，图中电压表示数大于xR的两端电压，所以测量值xAxAUUURRRII+==+真值，xAxxAUUURRRII+===+，A正确，B错误；内接法的误差是由于电流表的分压造成的，如果待测电阻值比电流表内阻越大，

电流表分压作用越小，误差越小，故C错误；为了安全期间，以防超过电表量程，滑动变阻器开始要处于最右端，让分压最小，D错误．故选A．6.一金属球，原来不带电，现沿球的直径的延长线放置一均匀带电的细杆MN，如图所示，金属球上

感应电荷产生的电场在球内直径上a，b，c三点的场强的大小分别为Ea、Eb、Ec，三者相比（）A.Ea最大B.Eb最大C.Ec最大D.Ea=Eb=Ec【答案】A【解析】【详解】金属球上感应电荷产生的附加电场与带

电的细杆MN产生的场强大小相等，方向相反，相互抵消。a点离带电的细杆MN最近，带电的细杆MN在a点处产生的场强最大，则金属球上感应电荷在a点处产生的场强最大；而c点离带电杆最远，则金属球上感应电荷在c点处产生的场强最小，故A正确，BCD错误

。故选A。7.如上图为某电场中的电场线和等势面，已知10Va=，6cV=，ab=bc，则()A.8bV=B.8bVC.8bVD.上述三种情况都可能【答案】C【解析】【详解】因为10Va=，6cV=，知ac两端的电势差为4V，因为电场线越密的地方场强越强，根据U=Ed知，

ab间的电势差大于bc间的电势差，所以ab间的电势差大于2V，所以b点的电势小于8V．故选C．8.如图所示，正方体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料．ABCD面带负电，EFGH面带正电．从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个带负电的小球A、B、C，最后分

别落在1、2、3三点，则下列说法正确的是（）A.三个小球在真空盒中都做类平抛运动B.C球在空中运动时间最长C.C球落在平板上时速度最大D.C球所带电荷量最少【答案】C【解析】试题分析：由于真空盒内有水平向右的电场，三个小球在电场中均受到向右的电场力，不可能做类平抛运动，故A错误．运用运动的分解法

可知，三个小球水平方向都做匀加速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据公式y=12gt2，知2=ytg，由于竖直方向的分位移大小y相等，所以三个小球运动时间一定相等，故B错误．根据动能定理得：qEx+mgy=12mv2−12mv02，则得：()202qExmgyvvm+=+，x3＞x2＞x1，

可知，C小球落到底板时的速率最大．故C正确．由图看出，水平位移的关系为x3＞x2＞x1，初速度v0相同，由位移公式x=v0t+12at2得知，加速度的关系为a3＞a2＞a1，根据牛顿第二定律得知，三个小球所受的电场力大小关系为：F3＞F2＞F1，由F=qE知，小

球C所带电荷量最多．故D错误．故选C．考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】此题中涉及类平抛运动，其研究方法与平抛运动相似，采用运动的分解法．由轨迹直接分析位移关系．二、多项选择题9.如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，电流表和电压

表都看做理想电表，且1R大于电源的内阻r，当滑动变阻器4R的滑片向b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.电源的输出功率逐渐增大【答案】AD【解析】【详解】AB.由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串连接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向

b移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，同时，R1两端的电压也增大，故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过

R3的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大；因并联部分电压减小，而R2中电压增大，故电压表示数减小，故A正确B错误．C.因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，电荷向下运动，故C错误；D.由题，R1大于电源的内阻r，外

电路的总电阻大于r，而当电源的内外电阻相等时，电源的输出功率最大，则知电路中总电阻减小时，电源的输出功率逐渐增大．故D正确．10.如图中的虚线为某电场的等势面，今有两个带电粒子（重力不计），以不同的速率，沿不同的方向，从A点飞入电场

后，沿不同的径迹1和2运动，由轨迹可以断定（）A.两粒子带电多少一定不同B.两粒子的电性一定不同C.粒子1的动能和粒子2的电势能都是先减少后增大D.经过B、C两点两粒子的速率可能相等【答案】BD【解析】【详解】A．由图无法

判定两电荷在同一位置时所受电场力的大小，故无法判定两粒子带电量的大小关系，故A错误；B．由图可知电荷1如果不受电场力的话将沿直线向中心电荷运动，而本题中电荷1却逐渐远离了中心电荷，故电荷1受到中心电荷的斥力，而

电荷2受到中心电荷的引力，故两粒子的电性一定不同。故B正确；C．由B选项分析可知2粒子在从A向C运动过程中电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，而粒子1在从A向B运动过程中电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，故C错误；D．从A到B和从A到C电场力做功不同，而两粒

子的初速度不同，所以经过B、C两点，两粒子的速率可能相等，D正确。故选BD。11.如图所示的电路，将两个相同的电流表分别改装成A1（0~3A）和A2（0~0.6A）的电流表，把两个电流表并联接入电路中

测量电流强度，则下列说法正确的是（）A.A1的指针半偏时，A2的指针也半偏B.A1的指针还没半偏时，A2的指针已经半偏C.A1的读数为1A时，A2的读数为0.6AD.A1的读数为1A时，干路的电流I为1.2A【答案】

AD【解析】【详解】AB．电流表是由小量程的电流表并联一个电阻改装而成，两电流表并联，两电流表两端电压相等，流过两表头的电流相等，所以A1的指针半偏时，A2的指针也半偏，故A正确，B错误；CD．两电流表量程之比为5：1，根据电

流表改装原理可知，两表头并联，通过表头电流相同，所以A1的读数为1A时，A2的读数为0.2A，干路中的电流为1.2A，故C错误，D正确。故选AD。12.如图所示，电动势为E，内阻为r的电源与滑动变阻器R1、定值电阻R2、R3、平行板电容器及理想电流表组成闭合电路，图中电压表

为理想电压表，当滑动变阻器R1的触头向左移动一小段时，则（）A.电流表读数增大B.电容器带电荷量增加C.R2消耗的功率减小D.电压表示数变化量与电流表示数变化量之比不变【答案】ACD【解析】【详解】A．变阻器R1的触头向左移动一小段时，阻值

减小，回路的总电阻减小，所以回路的总电流增大，则电流表读数增大，故A正确；B．由A选项可知，路端电压U减小，所以电压表的示数减小，则电容器的电量减小，故B错误；C．由于回路总电流增大，则R3电压增大，因此R2

电压减小，由于R2电阻不变，所以R2消耗的功率减小，故C正确；D．根据题意可知，电压表与电流表变化量的示数之比即为电源的内阻，因此之比不变，故D正确。故选ACD。三、实验题13.在“用传感器观察电容器的充电和放电”实验中，电路图如图甲．一位同学使用的电源电动势为8.0V，测得放电的I-t图象如

图乙所示．（1）若按“四舍五入”法，根据“I-t图线与两坐标轴包围面积”，试计算电容器全部放电过程的放电量为______；（2）根据以上数据估算电容器的电容值为_________．【答案】（1）3.36×10-3C到3.52×10-3C；（2）0.42×10-3F到0.4

4×10-3F【解析】【详解】（1）根据四舍五入的原则，图线与坐标轴所围成的面积约为42到44个小格，每个小格表示的电荷量为0.08×10-3C，故电容器的总放电量为3.36×10-3C到3.52×10-3C．（2）由

QCU=得，电容为0.42×10-3F到0.44×10-3F．14.影响物质材料电阻率的因素很多，一般金属材料的电阻率随温度的升高而增大，而半导体材料的电阻率则与之相反，随温度的升高而减小。某课题研究组需要研究某种导电材料的导电规律，他们用该种导电材料制作成电阻较小．．．．的线状元件Z做实验，测

量元件Z中的电流随两端电压从零逐渐增大过程中的变化规律：(1)他们应选用下图所示的哪个电路进行实验？答：（）A.B.C.D.(2)实验测得元件Z的电压与电流的关系如下表所示。根据表中数据，判断元件Z是金属材料．．．．还是半导体

材料．．．．．？答：___________________；U（V）00.400.600.801.001.201.501.60I（A）00.200.450.801.251.802.813.20(3)把元件Z接入如图所示的电路中，当电阻R的阻值为R1＝2Ω

时，电流表的读数为1.25A；当电阻R的阻值为R2＝3.6Ω时，电流表的读数为0.80A。结合上表数据，求出电池的电动势为____V，内阻为____Ω。（不计电流表的内阻，结果保留两位有效数字）【答案】(1).A(2).半导体(3).

4.0V(4).0.40Ω【解析】【详解】(1)[1]根据题意可知，电压从零开始变化，且元件电阻较小，所以滑动变阻器选择分压式接法，电流表选择外接，因此电路图选择A。(2)[2]根据表格中的数据可计算得知，元件Z的电阻随电压、电流的增大而减小，所以可知元件Z为半导体材料

。(3)[3][4]根据表格中的数据可得，电流为1.25A时，元件Z的电压为1.00V，电流为0.80A时，元件Z的电压为0.80V；根据闭合电路的欧姆定律可得1.25(2)1.00Er=++0.80(3.6)0.80Er=++解

得4.0VE=0.40Ωr=四、计算题15.竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场，其电场强度为E，在该匀强电场中，用丝线悬挂质量为m的带电小球，丝线跟竖直方向成θ角时小球恰好平衡，小球与右侧金属板相距d，如图所示，求：(1)小

球带何种电荷？(2)小球带电荷量q是多少？(3)若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？【答案】(1)正；(2)tanmgE；(3)2tandg【解析】【详解】(1)小球受到水平向右的电场力，和电场方向相同，故小球所带电荷为正。(2)小球受到水平向右的电场力、竖直向下

的重力和丝线拉力三力平衡tanqEmg=得tanmgqE=(3)小球在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为tanqEagm==由运动学公式得212dat=则2tandtg=16.如图所示，已知电源电动势E＝20V，内阻r＝1Ω，当接入固定电阻R＝4Ω时，

电路中标有“3V,6W”的灯泡L和内阻RD＝0.5Ω的小型直流电动机D都恰能正常工作．试求：(1)电路中的电流大小；(2)电动机的额定电压；(3)电动机的输出功率．【答案】(1)2A(2)7V(3)12W【解析】【详解】(1)灯泡L正常发光，电路中的电流为：6A2A3LLPIU

===(2)由闭合电路欧姆定律可求得，电动机的额定电压为：UD=E-I(r+R)-UL=20-2×(1+4)-3=7V(3)电动机的总功率为P总=IUD=2×7=14W电动机的热功率为P热=I2RD=22×0.5=2W所以电动机的输出功率为P出=P总-P热

=14-2=12W17.如图所示，一电荷量q=3×10-5C带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O点。电键S合上后，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角α=37°。已知两板相距d=0.1m，电

源电动势=15V，内阻r=0.5Ω，电阻R1=3Ω，R2=R3=R4=8Ω。g取10m/s2，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：(1)电路中的电流；(2)电源的输出功率；(3)两板间的电场强度的大小；(

4)带电小球的质量。【答案】(1)2A；(2)28W；(3)140V/m；(4)5.6×10-4kg【解析】【详解】(1)外电路的总电阻231237ΩRRRRRR=+=+电路中的电流2AIRr==+(2)电

源的输出功率228WPIR==出(3)两板间的电场强度的大小140V/mUIREdd===(4)根据受力平衡tan37Eqmg=带电小球的质量45.610kgtan37Eqmg−==