学年湖南省双峰县第一中学高二上学期第一次月考物理试题 解析版.docx

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学年湖南省双峰县第一中学高二上学期第一次月考物理试题解析版

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湖南省双峰县第一中学2018-2019学年高二上学期第一次月考物理试题

评卷人

得分

一、单选题

1．关于点电荷和元电荷的说法中，正确的是

A．只有很小的球形带电体才叫做点电荷

B．体积大的带电体有时也可以视为点电荷

C．电子就是元电荷

D．某一带电体的电荷量为3.14×10–19C

【答案】B

【解析】A、由带电体看作点电荷的条件，当带电体的大小、形状对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，带电体能否看作点电荷是由研究问题的性质决定，与自身大小、形状体积等无具体关系，故A错误、B正确；

C、元电荷是带电量的最小值，它不是电子，故C错误；

D、带电体的带电量一定是元电荷的整数倍，

，不是整数，故某带电体的电荷量为

是不可能的，故D错误。

点睛：

元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子或质子的电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，常用符号e表示，任何带电体所带电荷都等于元电荷或者是元电荷的整数倍。

2．一只断灯丝的灯泡，摇接灯丝后使用，要比原来亮一些，这是因为灯丝的（）

A．电阻变小B．电阻增大C．电阻率减小D．电阻率增大

【答案】A

【解析】解：

将断了的灯丝重新搭接上，再将这只灯泡再接入原电路中，灯丝接入电路的长度变短，根据电阻定律得知，其电阻变小，而电路的电压不变，则由功率公式P=

分析得知，灯泡实际消耗的功率增大，电流变大，灯泡变亮．

故选：

A．

【点评】本题是电阻定律的具体应用，我们得到的结果应与实际经验相符．基础题．

3．一个电流表的满偏电流Ig＝1mA，内阻Rg＝500Ω.要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（　　）

A．串联一个10kΩ的电阻

B．并联一个10kΩ的电阻

C．串联一个9.5kΩ的电阻

D．并联一个9.5kΩ的电阻

【答案】C

【解析】把电流表改装成一个量程为10V的电压表，应串联电阻为

；由上式知应串联9.5KΩ的电阻．故选C.

4．电阻R1、R2、R3串联在电路中。

已知R1=10Ω、R3=5Ω，R1两端的电压为6V，R2两端的电压为12V，则（）

A．三只电阻两端的总电压为18VB．电路中的电流为0．8A

C．三只电阻两端的总电压为20VD．电阻R2的阻值为20Ω

【答案】D

【解析】

【详解】

串联电路中各处的电流相等，根据欧姆定律得：

，故B错误；根据欧姆定律得：

，故D正确；R3两端的电压U3=IR3=3V；总电压U=U1+U2+U3=6+12+3=21V，故AC错误；故选D.

5．如图所示，在点电荷形成的电场中有a、b、c三点，它们到点电荷的距离分别为ra、rb和rc，且rb﹣ra=rc﹣rb．用Uab表示a、b之间的电势差，用Ubc表示b、c之间的电势差，则下列说法中正确的是（）

A．Uab＜Ubc

B．Uab=Ubc

C．Uab＞Ubc

D．根据已知条件，无法判断Uab和Ubc之间的大小关系

【答案】C

【解析】解：

A、正电荷产生的电场中，离电荷越远，场强越弱，故ab间的场强大于bc间的场强，根据U=Ed可知，Uab＞Ubc，故C正确

故选：

C

【点评】本题主要考查了正点电荷电场强度的分布图，根据U=qE判断出两点间的电势差的大小

6．电场中某区域的电场线分布如图所示，A、B是电场中的两点，则

A．同一点电荷放在A点受到的静电力比放在B点时受到的静电力小

B．因为B点没有电场线，所以电荷在B点不受到静电力作用

C．在仅受电场力时，同一点电荷放在B的加速度比放在A点时的加速度小

D．正电荷放在A点由静止释放，电场线就是它的运动轨迹

【答案】C

【解析】试题分析：

解决本题需掌握：

在电场中根据电场线的分布判断电场强度的大小和方向；物体运动轨迹由受力情况和速度情况决定，不一定沿电场线．

解：

A、从图中可以看出A点电场线比B点电场线密，因此A点电场强度比B点电场强度大，电场力也大，故A错误；

B、电场线只是大体的描述电场的强弱和方向，无电场线通过的地方，电场强度并不表示为零，故B错误；

C、B点电场强度比A点小，由于只受电场力作用，根据牛顿第二定律可知，同一点电荷在B的加速度比放在A点时的加速度小，故C正确；

D、正电荷在A点静止释放时，下一时刻，速度方向和所受电场力方向不在一条线上，因此不可能沿电场线运动，故D错误．

故选C．

【点评】根据电场线的特点正确对电场中带电体进行速度、加速度、受力等分析是对学生的基本要求．

7．在如图所示电路中，开关S1、S2、S3、S4均闭合，C是极板水平放置的平行板电容器，板间悬浮着一油滴P，断开哪个开关后P会向下运动

A．S1B．S2C．S3D．S4

【答案】C

【解析】

本题考查含容电路的分析，四个开关均闭合时,油滴悬浮于平行板电容器的极板间,油滴所受合外力为零,说明油滴除受重力外必受电场力的作用,且大小与重力相等,方向与重力相反.若断开某个开关后,油滴向下运动,必是电场力减小,电容器极板间电压减小所致.从电路连接形式可看出,电阻R1､R2并联后与电容器C串联.故电容器C实质上是并联在电阻R3两端.因R1､R2的电阻相对于电容器而言可忽略,断开S1不会使电容器两板间的电压发生变化;断开S4,电容器两板间的电压保持不变;断开S2,因电源内阻远小于电容器的电阻,电容器两板间电压反而会升高;只有断开S3时,电容器通过R3放电,使电容器两板间的电压降低,P才会向下运动

点评：

含容电路中，电容器所在支路为断路，没有电流通过，所以该支路的电阻相当于导线，利用这个结论可把电路图简化，电容器与电源断开电量不变，场强与单位面积的带电量成正比，当电容器与电源接通的情况下，电容器两端的电压保持不变，场强与两极板的距离成反比

8．水平平行放置的金属板a、b间加上恒定电压，两板间距离为d．一带电粒子紧贴a板水平射入电场，刚好紧贴b板射出，如图所示．在其他条件不变的情况下，若将b板向下平移一段距离x，带电粒子刚好从两板中央射出．不考虑重力的影响，则（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】

【详解】

粒子做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动。

第一种情况，有L=vt，d=

at2，

，

联立得：

…①

第二种情况，若仅将b板向下平移一段距离x时，有：

L=vt，

（d+x）=

a′t2，

，

联立得：

（d+x）=

…②

由①②解得：

x=（

-1）d，故D正确，ABC错误；故选D。

【点睛】

带电粒子垂直电场线进入匀强电场中做类平抛运动，要将运动分解为沿电场线和垂直于电场线两个方向进行分析，利用直线运动的规律进行求解．

9．两个固定的等量异种点电荷，在他们连线的垂直平分线上有a、b、c三点，如图所示，若取无穷远处电势为0，则下列说法正确的是

A．a点电势比b点电势高

B．a、b、c三点与无穷远处电势相等

C．a、b两点场强方向相同，a点场强比b点小

D．a、c两点场强方向相同，a点场强比c点大

【答案】BC

【解析】

试题分析：

等量异种点电荷连线的垂直平分线是一条等势线，所以a、b、c三点电势相等且与无穷远处电势相等．故A错误、B正确；a、b两点场强方向均与ac连线垂直向右，方向相同。

a点处电场线比b处疏，则a场强比b点小，故C错误；a、c两点场强方向均与ac连线垂直向右，方向相同，a点处电场线比c处疏，则a场强比c点小，故D错误，故选B。

考点：

考查了等量异种电荷电场分布规律

【名师点睛】根据矢量合成法则，等量异种点电荷连线的垂直平分线上各点的电场强度方向都与它垂直，所以垂直平分线是一条等势线，而且这条等势线一直延伸到无穷远处，其上各点电势相等且等于无穷远处的电势。

垂直平分线上各点的场强，连线中点最强，向两边逐渐减小。

评卷人

得分

二、多选题

10．关于电动势，下列说法中正确的是（）

A．一个电源的电动势的大小只由电源本身决定

B．因电动势的单位和电势差相同，所以电动势实质上就是电势差

C．一个电动势为1.5V的干电池接入电路时，若有1C的电荷量通过电路，就有1.5J的化学能转变成电能

D．电压表接到电源两极时，测得的就是电动势

【答案】AC

【解析】

【详解】

一个电源的电动势的大小只与电源本身的有关，故A正确；电动势的单位和电势差相同，但本质不同，故B错误；一个电池的电动势为1.5V表示：

它接入电路时，若有1C的电荷量通过电路，就有1.5J的化学能转变成电能；故C正确；普通电压表接到电源两极时，测得的就是路端电压，不是电动势；故D错误；故选AC。

【点睛】

本题关键要知道电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，电动势与外电路无关．接在电源两极间的电压表测得的电压小于电源的电动势．

11．如图所示电路中，电源内阻不能忽略，当变阻器R的滑片P向下移动时下列说法中正确的是

A．V1示数变大，

示数变小，

示数变大

B．V1示数变小，

示数变大，

示数变小

C．电源消耗的总功率增大

D．电源消耗的总功率减小

【答案】AC

【解析】

【详解】

当变阻器R的滑片向下移动时，R减小，R与R2并联的阻值减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流I增大。

电压表V2的示数U2=E-Ir，电压表V1的示数U1=IR2，I增大，U2减小，U1增大。

电阻R2的电压U2=E-I（R1+r），I增大，U2减小，流过R2的电流I2减小，则电流表的示数IA=I-I2，IA增大，则A正确，B错误。

根据P=IE可知电源消耗的总功率增大，选项C正确，D错误；故选AC.

【点睛】

本题电路中典型的问题：

电路中动态变化分析问题，一般按照“部分→整体→部分”思路分析．

12．如图所示，带电平行金属板A，B，板间的电势差为U，A板带正电，B板中央有一小孔．一带正电的微粒，带电量为q，质量为m，自孔的正上方距板高h处自由落下，若微粒恰能落至A，B板的正中央c点，则（）

A．微粒在下落过程中动能逐渐增加，重力势能逐渐减小

B．微粒落入电场中，电势能逐渐增大，其增加量为

C．微粒在下落过程中重力做功为

，电场力做功为

D．若微粒从距B板高2h处自由下落，则恰好能达到A板

【答案】BCD

【解析】

【详解】

微粒在下落过程中先做加速运动，后做减速运动，动能先增大，后减小；重力一直做正功，重力势能一直减小，故A错误。

微粒落入电场中，电场力做负功，电势能逐渐增大，其增加量等于微粒克服电场力做功△EP=

qU．故B正确。

微粒下降的高度为h+

，重力做正功，为WG=mg（h+

），电场力向上，位移向下，电场力做负功，

，故C正确。

由题微粒恰能落至A，B板的正中央c点过程，由动能定理得：

mg（h+

）-

qU=0  ①

 若微粒从距B板高2h处自由下落，设达到A板的速度为v，则由动能定理得：

mg（2h+d）-qU=

mv2  ②

由①②联立得v=0，即恰好能达到A板。

故D正确。

故选BCD。

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明

评卷人

得分

三、实验题

13．下图中20分度游标卡尺和螺旋测微器的读数分_______cm和_______mm。

【答案】10.405cm9.202~9.204mm

【解析】

【详解】

游标卡尺的读数：

10.4cm+0.05mm×1=10.405cm；

螺旋测微器的读数：

9mm+0.01mm×20.3=9.203mm。

14．某探究小组要尽可能精确地测量电流表○A1的满偏电流，可供选用的器材如下：

A．待测电流表A1（满偏电流Imax约为800μA、内阻r1约为100Ω，表盘刻度均匀、总格数为N）

B．电流表A2（量程为0.6A、内阻r2＝0.1Ω）

C．电压表V（量程为3V、内阻RV＝3kΩ）

D．滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）

E.电源E（电动势有3V、内阻r约为1.5Ω）

F.开关S一个，导线若干

（1）该小组设计了图甲、图乙两个电路图，其中合理的是________（选填“图甲”或“图乙”）．

（2）所选合理电路中虚线圈处应接入电表________（选填“B”或“C”）．

（3）在开关S闭合前，应把滑动变阻器的滑片P置于________端（选填“a”或“b”）．

（4）在实验中，若所选电表的读数为Z，电流表A1的指针偏转了n格，则可算出待测电流表A1的满偏电流Imax＝________.

【答案】图乙Cb

【解析】

本题①的关键是根据变阻器的全电阻远小于待测电流表内阻可知，变阻器应采用分压式接法；题②的关键是根据串联电路电流相等可知虚线处应是电流表B；题③关键是明确闭合电键前应将变阻器滑片置于输出电压最小的一端；题④的关键是求出待测电流表每小格的电流．

（1）由于待测电流表的量程较小，而内阻大于滑动变阻器的最大阻值，为了减小误差，应选用乙电路图．

（2）由于两块电流表的量程差距较大，只能选用电压表当电流表使用，故选C.

（3）乙电路图中滑动变阻器采用的是分压式接法，在闭合开关前，要求测量电路的分压为零，故滑动变阻器的滑片P应置于b端．

（4）根据串联电路的特点，可得：

，解得：

评卷人

得分

四、填空题

15．如图所示，0～3A档电流表读数A，0～15V档电压表的读数为V．

【答案】1．75A；10．7V

【解析】

试题分析：

电流表使用的0～3A量程，每一个小格代表0．1A，电流为1．75A；电压表使用的0～15V量程，每一个大格代表5V，每一个小格代表0．5V，电压为10．7V．

考点：

电表读数

【名师点睛】掌握电流表和电压表的正确使用和正确读数．电流表和电压表在电学中是最基本的测量工具，一定要熟练掌握。

评卷人

得分

五、解答题

16．如图所示，电源电动势为E=30V，内阻为r=1Ω，电灯上标有“6V，12W”字样，直流电动机线圈电阻R=2Ω.若电灯恰能正常发光，求：

（1）流过电灯的电流是多大？

（2）电动机两端的电压是多大？

（3）电动机输出的机械功率是多少。

【答案】

（1）2A

（2）22v（3）36w

【解析】

试题分析：

⑴灯泡L正常发光，电路中的电流为

⑵由欧姆定律可求得，电动机的电压为UD=U－UL=28V-6V=22v

⑶电动机的总功率为P总＝IUD＝2×22＝44W

电动机的热功率为P热＝I2RD＝22×2＝8W

所以电动机的输出功率为P出＝P总－P热＝44－8＝36W

考点：

本题考查闭合电路的欧姆定律、非纯电阻电功率。

17．如图所示，在平行金属带电极板MN电场中将电荷量为－4×10－6C的点电荷从A点移到M板，电场力做负功8×10－4J，把该点电荷从A点移到N板，电场力做正功为4×10－4J，N板接地。

则

（1）A点的电势

A是多少？

（2）UMN等于多少伏？

（3）M板的电势

M是多少?

【答案】

（1）

（2）

（3）

【解析】

试题分析：

（1）A、N间的电势差：

，又：

UAN=φA-φN，φN=0，则A点的电势：

φA=-100V．

（2）

．

（3）UMN=φM-φN，φN=0，则M板的电势：

φM=-300V

考点：

电场力的功和电势差的关系；电势

【名师点睛】此题主要考查电场力的功和电势差的关系；运用电势差公式

时，要注意电荷移动的方向，往往公式中三个量都要代入符号一起计算。

18．如图所示的电路中，电源电动势E=6V，内阻r=0.6Ω，电阻R2=0.5Ω，当开关S断开时；电流表的示数为1.5A，电压表的示数为3V，试求：

（1）电阻R1和R3的阻值；

（2）当S闭合后，R2上的电压和消耗的功率．（电压表和电流表内阻不计）

【答案】

（1）

；

（2）

；

【解析】

【详解】

（1）S断开时，由U1=I1R3得：

，

又由闭合电路欧姆定律得：

代入数据得：

R1=1.4Ω

（2）S闭合：

外电路总电阻为：

总电流为：

电压表的示数为：

U2=E-I′（R1+r）=6.0-2.5×（1.4+0.6）=1V

R2上消耗的电功率为：

【点睛】

本题考查闭合电路欧姆定律的基本应用，要注意明确电路结构，能准确利用串并联电路的规律以及闭合电路欧姆定律分析求解。

19．如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，坐标系内有A．B两点，其中A点坐标为（6cm，0），B点坐标为（0，

cm），坐标原点O处的电势为0，点A处的电势为8V，点B处的电势为4V，现有一带电粒子从坐标原点O处沿电势为0的等势线方向以速度v=4×103m/s射入电场，粒子运动中恰好通过B点，不计粒子所受重力，求：

（1）图中C处（3cm，0）的电势；

（2）匀强电场的电场强度大小；

（3）带电粒子的比荷q/m。

【答案】

（1）4V

（2）266.7V/m（3）2.4×107C/kg

【解析】

（1）坐标原点O处的电势为0，点A处的电势为8V，OA的中点C点，因为是匀强电场，根据

，可得C点的电势为4V。

（2）B、C两点的电势相等，连接BC，因BC的电势相等，所以匀强电场的方向垂直于BC，过O点作BC的垂线相交于D点，由几何关系得：

场强

（3）带电粒子从坐标原点O处沿电势为0的等势线方向射入电场，做类平抛运动，则有：

，

，又

，

，联立解得：