2018-2019学年湖南省醴陵市第一中学高二上学期第一次月考物理试题 解析版 15页

湖南省醴陵市第一中学2018-2019学年高二上学期第一次月考物理试题 一、选择题 ‎1.电场中有一点P，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 若放在P点的电荷量减半，则P点的场强减半 B. 若P点没有放电荷，则P点的场强为零 C. P点场强越大，则同一电荷在P点受到的电场力越大 D. P点的场强方向与放在该点的电荷的受力方向相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、场强反映电场本身的性质，只由电场本身决定，与试探电荷无关，则若放在P点的电荷的电荷量减半，则P点的场强不变;故A错误.‎ B、若P点没有试探电荷，则P点场强不变，不为零;故B错误.‎ C、P点的场强是一定的，由F=qE，可知F与q成正比，E越大，同一电荷在P点受到的电场力越大;故C正确.‎ D、P点的场强方向为就是放在该点的正电荷受电场力的方向;故D错误.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】解决本题的关键是理解并掌握场强的物理意义，明确其方向特点：与正电荷所受的电场力方向相同．‎ ‎2.如图所示，实线为某电场中的电场线，虚线为一带电粒子运动轨迹，则下列说法错误的是（ ）‎ A. 粒子在A点具有的动能EKA小于在B点具有的动能EKB B. 粒子在A点具有的电势能EPA小于粒子在B点具有的电势能EPB C. 粒子带负电 D. 粒子在A点的加速度小于在B点的加速度 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B、若粒子从A到B，电场力做负功，电势能增加，动能减小，故在A点具有的电势能EPA小于粒子在B点具有的电势能EPB，在A点具有的动能EKA大于在B点具有的动能EKB；A错误，B正确.‎ C、由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力大致斜向左下方，与电场强度方向相反，故粒子带负电，故C正确.‎ D、B点电场线密集，故电场强，电场力大，故加速度大，故D正确.‎ 本题选错误的,故选A.‎ ‎【点睛】解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，利用电场中有关规律求解．比较电势能的大小有两种方法：一可以从电场力做功角度比较，二从电势能公式角度判断，先比较电势，再比较电势能．‎ ‎3.图中的电容器C两板间有一负电荷q静止，使q向上运动的措施是（ ）‎ A. 两板间距离增大 B. 两板间距离减小 C. 两板间相对面积减小 D. 两板间相对面积增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、两极板间距离d增大，而电容器的电压U不变，则板间场强减小，电荷所受电场力减小，电荷将向下运动;故A错误.‎ B、两极板间距离d减小，而电容器的电压U不变，则板间场强增大，电荷所受电场力增大，电荷将向上运动;故B正确.‎ C、D两极板正对面积S减小时，而电容器的电压U和距离d都不变，则板间场强不变，电荷并不运动;故C,D错误.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题是简单的电容器动态变化分析问题，抓住板间电压不变是关键．‎ ‎4.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、平行板电容器及电流表组成闭合电路,当滑动变阻器R1触头向左移动时,则 （ ）‎ A. 电流表读数减小 B. 电容器电荷量增加 C. R2消耗的功率增大 D. R1两端的电压减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、变阻器R的触头向左移动一小段时，R1阻值减小，回路的总电阻减小，所以回路的总电流增大，电流表读数增大，故A错误.‎ B、外电路总电阻减小，路端电压U减小，所以路端电压减小，电容器的带电量减小，故B错误.‎ C、由于R1和R2并联，由分析可得则R2电压减小，又由于R2电阻不变，所以R2消耗的功率减小，故C错误.‎ D、路端电压减小，而干路电流增加导致R3两端电压增大，由串联分压可得R1两端的电压减小，故D正确.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析，要熟练掌握其解决方法为：局部-整体-局部的分析方法；同时注意部分电路欧姆定律的应用．‎ ‎5.如图所示,直线A为电源a的路端电压与电流的关系图象，直线B为电源b的路端电压与电流的关系图象,直线C为一个电阻R的两端电压与电流的关系图象.将这个电阻R分别接到a,b两电源上,那么 （ ）‎ A. R接到a电源上,电源的效率较高 B. R接到b电源上,电源的输出功率较大 C. R接到a电源上,电源的输出功率较大,但电源效率较低 D. R接到b电源上,电阻的发热功率和电源的效率都较高 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由闭合电路欧姆定律U=E-Ir可知，图象的斜率表示内阻，总截距表示电源的电动势，由图可知，.‎ A、A和B电源的效率，b电源的内阻r较小，R接到b电源上，电源的效率较高;故A错误.‎ B、C、D、当电阻R与电源组成闭合电路时，电阻R的U-I图线与电源的U-I图线的交点表示工作状态，交点的纵坐标表示电压，横坐标表示电流，两者乘积表示电源的输出功率，由图看出，R接到a电源上，电压与电流的乘积较大，电源的输出功率较大;故B错误，C正确，D错误.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题是电源的外特性曲线与电阻的伏安特性曲线的综合，关键理解交点的物理意义，也可以根据欧姆定律研究电流与电压关系，来比较电源的输出功率．‎ ‎6.下列关于欧姆表的说法中正确的是（ ）‎ A. 用欧姆表测电阻时，指针越靠近右边误差越小 B. 红表笔与表内电池正极相联，黑表笔与表内电池负极相联 C. “∞”刻度一般在刻度盘的右端 D. 欧姆表的每一档测量范围都是0到∞‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、用欧姆表测量电阻时，指针靠近中央附近时，待测电阻和欧姆表的内阻越接近，误差较小，故A错误.‎ B、红表笔与表内电池负极相连，黑表笔与表内电池正极相连，满足电流红进黑出向右偏，故B错误.‎ C、“∞”刻度一般在刻度盘的左端，表示两表笔间断开时，电阻为无穷大，故C错误.‎ D、欧姆表的表盘只有一排刻度，左密右疏，选每一档测量范围都是0到∞，故D正确.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查了欧姆表的构造和使用注意事项，是实验的基本考查仪器，要重点掌握．‎ ‎7.两电阻R1、R2的电流和电压的关系如图所示，可知两电阻大小之比等于（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由图可知，,;故；故选A.‎ ‎【点睛】本题考查I-U图象，要注意在I-U图象中图象的斜率表示电阻的倒数．‎ ‎8.真空中有两个点电荷，它们之间的静电力为F，如果保持它们所带的电荷量不变，将它们之间的距离增大为原来的2倍，则它们之间作用力的大小等于( )‎ A. F B. 2F C. ‎ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由点电荷库仑力的公式F=k可以得到，电量不变，将它们之间的距离增大为原来的2倍，库仑力将变为原来的，所以D正确。故选D。‎ ‎9.如图所示，在电场中，一个负电荷从C点分别沿直线移到A点和B点，在这两个过程中，均需克服电场力做功，且做功的值相同,有可能满足这种做功情况的电场是 ( )‎ A. 正x方向的匀强电场 B. 正y方向的匀强电场 C. 在第Ⅰ象限内有负点电荷 D. 在第Ⅳ象限内有负点电荷 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】由于负电荷从C点分别到A点B点，电场力分别做了相同数量的负功，表明A、B两点必在电场中的同一等势面上，如果电场是沿正y方向的匀强电场，则A、B为同一等势面上的点，故B项正确。如果在AB的中垂线上的上下某处放一负电荷，则点A、B也是同一等势面上的点，同样也可满足题给条件，故选项B、C、D正确.‎ 故选BCD.‎ ‎【点睛】电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布．当正电荷沿着电场线方向移动时，电场力做正功，则电势能减少，所以电势在减少．当负电荷沿着电场线方向移动时，电场力做负功，则电势能增加，而电势仍减小．‎ ‎10.铅蓄电池的电动势为2 V,这表示 （ ）‎ A. 无论接不接入外电路,蓄电池两极间的电压都为2 V B. 电路中每通过1 C电荷量,电源把2 J的化学能转变为电能 C. 蓄电池在1 s内将2 J的化学能转变为电能 D. 蓄电池将化学能转变为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5 V）的大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、电源两极间的电压与电源和外电路均有关系,满足,在闭合电路中电源两极间的电压要小于2V；故A错误；‎ B、铅蓄电池的电动势为2V，由，知非静电力将1C的正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功为2J，则电源把2 J的化学能转变为电能，故B正确；‎ C、由W=EIt，由于电源未知，则蓄电池在1 s内将化学能转变为电能的数值不一定是2J，还与电流有关。故C错误。‎ D、电源的电动势是表示电源将其它形式的能转化为电能的本领，铅蓄电池的电动势2V比一节干电池的电动势1.5V大，故D正确；‎ 故选BD.‎ ‎【点睛】本题关键是明确电动势的概念、物理意义、单位．要掌握电动势的定义式,知道W是非静电力做功.‎ ‎11.在如图甲所示的电路中,电源电动势为3.0 V,内阻不计,L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡,这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示.当开关闭合后,下列关于电路中的灯泡的判断,正确的是（ ）‎ A. 灯泡L1的电阻为12Ω B. 通过灯泡L1的电流为灯泡L2的电流的2倍 C. 灯泡L1消耗的电功率为0.75 W D. 灯泡L2消耗的电功率为0.30 W ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、C、当开关闭合后，灯泡L1的电压U1=3V，由图2读出其电流I1=0.25A，则灯泡L1的电阻，功率P1=U1I1=0.75W，故A,C正确；‎ B、D、灯泡L2、L3串联，电压U2=U3=1.5V，由图读出其电流I2=I3=0.20A，则I1=1.25I2，灯泡L2、L3的功率均为P=UI=1.5V×0.20A=0.30W，故B错误，D正确；‎ 故选ACD.‎ ‎【点睛】本题关键抓住电源的内阻不计，路端电压等于电动势，来确定三个灯泡的电压．读图能力是基本功．‎ ‎12.如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在光屏P上，关于电子的运动，下列说法中正确的是 ( )‎ A. 滑头触头向右移动时,电子打在荧光屏上的位置上升 B. 滑头触头向左移动时,电子打在荧光屏上的位置上升 C. 电压U增大时,电子打在荧光屏上的速度大小不变 D. 电压U增大时,电子从发出到打在荧光屏上的时间不变 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】电子在加速电场中做加速运动，根据动能定理得：，则得电子获得的速度为：.‎ 电子进入偏转电场后做类平抛运动，电子在沿极板方向做匀速直线运动，粒子在电场中运动时间：；‎ 在平行电场方向做初速度为0的匀加速直线运动，加速度，电子在电场方向偏转的位移.‎ 联立以上各式得：,又因为偏转电场方向向下，所以电子在偏转电场里向上偏转.‎ A、B、滑动触头向右移动时，加速电压U′变大，由上可知电子偏转位移变小，因为电子向上偏转，故在屏上的位置下降，相反，滑动触头向左移动时，电子打在荧光屏上的位置上升;故A错误，B正确.‎ C、偏转电压U增大时，电子在电场中受到的电场力增大，即电子偏转的加速度a增大，又因为电子加速获得的速度v不变，电子在电场中运动的时间不变，a增大，而电子打在屏上的速度为，故电子打在屏上的速度增大;故C错误.‎ D、电子在电场中运动的时间不变，离开电场后做匀速直线运动，由于水平速度不变，运动时间也不变，所以电子从发出到打在荧光屏上的时间不变;故D正确.‎ 故选BD.‎ ‎【点睛】电子在加速电场作用下做加速运动，要能运用动能定理可得电子获得的速度与加速电场大小间的关系．电子进入偏转电场后，做类平抛运动，运动时间受电场的宽度和进入电场时的速度所决定，电子在电场方向偏转的距离与时间和电场强度共同决定．熟练用矢量合成与分解的方法处理类平抛运动问题．‎ 二、实验题 ‎13.⑴某同学用游标卡尺测量一个圆柱形铜片的直径，如图所示。其直径为_____mm ‎⑵然后用螺旋测微器测量该铜片的厚度，示数如图所示。其厚度为______mm ‎【答案】 (1). 10.75 (2). 6.195(6.194~6.196)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)游标卡尺的主尺读数为：1cm=10mm，游标尺上第15个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为15×0.05mm=0.75mm，所以最终读数为：10mm+0.75mm=10.75mm．‎ ‎(2)螺旋测微器的固定刻度为6mm，可动刻度为19.5×0.01mm=0.195mm，所以最终读数为6mm+0.195mm=6.195mm，由于千分位的5是估读数据，因此可以不是确切的6.195，最后的结果可以在6.194～6.196之间．‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．‎ ‎14.在实验室测量标有“10V，5W”灯泡的I-U曲线。可供选择的器材有：‎ A、量程是0.6A，内阻约0.5Ω的电流表 B、量程是3A，内阻约0.1Ω的电流表 C、量程是3V，内阻约3kΩ的电压表 D、量程是15V，内阻约15kΩ的电压表 E、阻值为0~20Ω，额定电流为2A的滑动变阻器 F、阻值为0~200Ω，额定电流为0.5A的滑动变阻器 G、电池组 H、开关一个、导线若干 ‎(1)①电流表应该选择_____；②电压表应该选择____；③变阻器应该选择_____；（只填序号）‎ ‎(2)请根据可选择的器材设计实验电路，并画在答卷指定位置______________；‎ ‎⑶在答卷上用实线将图中器材连成实验电路______________。‎ ‎【答案】 (1). A (2). D (3). E (4). (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由题意可知，灯泡的额定电压为10V，为了准确性及安全性原则，电压表应选择15V(D项)，灯泡的额定电流为0.5A，故电流表应选择0.6A(A项)；测量灯泡的伏安特性曲线实验中应采用分压接法，故滑动变阻器应选用小电阻，故滑动变阻器应选择20Ω(E项).‎ ‎(2)测量小灯泡的伏安特性曲线时，要求电压值从零开始变化，故滑动变阻器应采有分压接法；灯泡内阻约为：，因，故电流表应采用外接法减小系统误差，电路图如图所示：‎ ‎(3)根据外接法+分压式，结合电表的量程选择，连接实物图如图所示:‎ ‎【点睛】对电学实验应明确：①当实验要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法，此时应选择全电阻小的变阻器以方便调节．②当待测电阻满足时，电流表应用外接法．③分析“伏安法”实验误差时，可以将待测电阻与电压表（外接法时）或与电流表（内接法时）看做一个整体考虑即可．‎ 三、计算题 ‎15.把一个带正电的小球用细线悬挂在两块面积很大的竖直平行板间的O点，小球质量m=2g，悬线长L=6cm，两板间距离d=8cm，当两板间加上U=2×103V的电压时，小球自悬线水平的A点由静止开始向下运动到达O点正下方的B点时的速度刚好为零，如图所示.取g=10m/s2，求小球所带的电量.‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】板间的场强为：‎ 从A到B根据动能定理可得：mgL-qEL=0-0‎ 解得：q=8×10-7C ‎【点睛】本题主要考查了在匀强电场中的动能定理，关键受运动过程的分析.‎ ‎16.如图所示，是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图．电动机内电阻r＝0.8Ω，电路中另一电阻R＝10Ω，直流电压U＝160V，电压表示数UV＝110V．试求：‎ ‎(1)通过电动机的电流；‎ ‎(2)输入电动机的电功率；‎ ‎(3)若电动机以v＝1m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量？(g取10m/s2)‎ ‎【答案】（1）5A（2）550W（3）53kg ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由电路中的电压关系可得电阻R的分压UR＝U－UV＝(160－110)V＝50V 流过电阻R的电流 即通过电动机的电流，IM＝IR＝5A.‎ ‎(2)电动机的分压UM＝UV＝110 V 输入电动机的功率P电＝IMUM＝550W ‎(3)电动机的发热功率 电动机输出的机械功率P出＝P电-P热＝530W 又因P出＝mgv，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查了机械公式和电功功率以及电功公式的灵活应用，关键是知道电动机做功的功率加上线圈的发热功率即为电动机消耗电能的功率．‎ ‎17.如图所示,两平行金属板A、B长L=8 cm,两板间距离d=8 cm,A板比B板电势高300 V.一带正电的粒子电荷量q=10-10 C,质量m=10-20 kg,沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场,初速度v0=2×106 m/s,粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后,进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域,(设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响).已知两界面MN、PS相距为12 cm,D是中心线RO与界面PS的交点,O点在中心线上,距离界面PS为9 cm,粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上.(静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2)‎ ‎(1)求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离多远?到达PS界面时离D点多远?‎ ‎(2)在图上粗略画出粒子运动的轨迹.‎ ‎(3)确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小.‎ ‎【答案】（1）3cm，12cm（2）（3）负电， ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离（侧向位移）：‎ 带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS线交于a，设a到中心线的距离为Y.‎ 又由相似三角形得 ‎(2)带电粒子垂直进入匀强电场后，只受电场力，做类平抛运动，在MN、PS间的无电场区域做匀速直线运动，界面PS右边做圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上，图象如图所示：‎ ‎(3)带电粒子到达a处时，带电粒子的水平速度：vx=v0=2×106m/s 竖直速度：所以 vy=at=1.5×106m/s，‎ v合=2.5×106m/s 该带电粒子在穿过界面PS后将绕点电荷Q作匀速圆周运动。所以Q带负电.‎ 由粒子竖直速度与水平速度大小，可知，SO连线与PS的夹角为37°；‎ 根据几何关系：半径r=15cm 解得：Q=1.04×10-8C ‎【点睛】本题是类平抛运动与匀速圆周运动的综合，分析粒子的受力情况和运动情况是基础。难点是运用几何知识研究圆周运动的半径.‎ ‎ ‎ ‎ ‎