四川省广安市邻水中学学年高二上第一次月考物理试题解析版.docx

1、四川省广安市邻水中学学年高二上第一次月考物理试题解析版2015-2016学年四川省广安市邻水中学高二（上）第一次月考物理试卷一、单选题（每小题只有1个选项正确，每小题4分，共32分）1一负检验电荷的电荷量为1010C，放在电场中的P点，所受电场力大小为106N，方向向东，则P点的场强为（）A104N/C，方向向西 B104N/C，方向向东C104N/C，方向向西 D104N/C，方向向东2a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，abc=120现将三个等量的正点电荷+Q固定在a、b、c三个顶点上，将一个电量为+q的点电荷依次放在菱形中心点O点和另一个顶点d点处，两点相比（）A+q在d点所受的电场

2、力较大B+q在d点所具有的电势能较大Cd点的电势低于O点的电势Dd点的电场强度大于O点的电场强度3一带负电的点电荷仅在电场力作用下由a点运动到b点的vt图象如图所示，其中ta和tb是电荷运动到电场中a、b两点的时刻下列说法正确的是（）A该电荷由a点运动到b点，电场力做负功Ba点处的电场线比b点处的电场线密Ca、b两点电势的关系为abD该电荷一定做曲线运动4一只“220V，100W“的灯泡工作时电阻为484，拿一只这种灯泡来测量它不工作时的电阻应是（）A等于484 B小于484 C大于484 D无法确定5如图所示，一个带负电的小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内部，接通开关S后，悬线与竖直方向的夹

3、角为，则（）AS闭合，减小A、B间距离，夹角增大BS闭合，减小A、B间距离，夹角不变CS断开，增大A、B间距离，夹角增大DS断开，增大A、B间距离，夹角减小6如图所示的电路中，把R由2改变为6时，电流强度减小为原来的一半，则电源的内电阻应为（）A4 B8 C6 D27如图所示电路中，电源电动势为E，内电阻为r，在平行板电容器C中恰好有一带电粒子处于悬空静止状态，当变阻器R0的滑动端向左移动时，带电粒子将（）A向上运动 B向下运动C静止不动 D不能确定运动状态的变化8在如图所示电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时（）A电压表示数变大，电流表示数变小B电压表示数变小，电流表示数变大C电压表示

4、数变大，电流表示数变大D电压表示数变小，电流表示数变小二、多选题（每小至少两个选项正确，每小题4分，共16分）9在以点电荷为球心、r为半径的球面上各点相同的物理量是（）A电场强度 B同一电荷所受电场力C电势 D同一电荷具有的电势能10如图是一个说明示波管工作的原理图，电子经加速电场（加速电压为U1）加速后垂直进入偏转电场，离开偏转电场时偏转量是h，两平行板间的距离为d，电压为U2，板长为l，每单位电压引起的偏移，叫做示波管的灵敏度，为了提高灵敏度，可采用下列哪些方法（）A增大U2 B减小l C减小d D增大U111如图所示，实线为某孤立点电荷产生的电场的几条电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场

5、区域的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点若带电粒子在运动中只受电场力的作用，下列说法中正确的是（）A该电场是由负点电荷所激发的电场B电场中a点的电势比b点的电势高C带电粒子在a点的加速度比在b点的加速度大D带电粒子在a点的动能比在b点的动能大12如图所示，R1=6，R2=3，R3=4，接入电路后，关于这三只电阻的判断正确的是（）A电流之比是I1：I2：I3=4：3：6 B电压之比是U1：U2：U3=1：2：2C功率之比是P1：P2：P3=1：2：6 D功率之比是P1：P2：P3=6：3：4三、实验题（13题6分，14题12分，共18分）13在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中，一同

6、学猜想可能与两电荷的间距和带电量有关他选用带正电的小球A和B，A球放在可移动的绝缘座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点，如图所示实验时，先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大实验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的而增大，随其所带电荷量的而增大此同学在探究中应用的科学方法是（选填“累积法”、“等效替代法”、“控制变量法”或“演绎法”）14（12分）（2014天心区校级模拟）有一个小灯泡上标有“4V、2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的IU图线现有下列器材供

7、选用：A电压表（05V，内阻10k）B电压表（015V，内阻20k）C电流表（03A，内阻1）D电流表（00.6A，内阻0.4）E滑动变阻器（10，2A）F滑动变阻器（500，1A）G学生电源（直流6V）、开关、导线若干（1）实验时，选用图甲而不选用图乙的电路图来完成实验，请说明理由：；（2）实验中所用电压表应选，电流表应选用，滑动变阻器应选用（填序号示）（3）把图丙中所示的实验器材用实线连接成实物电路图四、计算题（15题10分，16题10分，17题14分）15（10分）（2014秋锦州期末）如图所示的电路中，电源电动势E=6.0V，内阻r=0.6，电阻R2=0.5，当开关S断开时，电流表的示

8、数为1.5A，电压表的示数为3.0V，试求：（1）电阻R1和R3的阻值；（2）当S闭合后，电压表的示数、以及R2上消耗的电功率16（10分）（2013秋海淀区期末）如图所示，长为l的绝缘细线一端悬于O点，另一端系一质量为m、电荷量为q的小球现将此装置放在水平向右的匀强电场中，小球静止在A点，此时细线与竖直方向成37角重力加速度为g，sin37=0.6，cos37=0.8（1）判断小球的带电性质；（2）求该匀强电场的电场强度E的大小；（3）若将小球向左拉起至与O点处于同一水平高度且细绳刚好张紧，将小球由静止释放，求小球运动到最低点时的速度大小17（14分）（2011广州模拟）如图，板间距为d、板

9、长为4d的水平金属板A和B上下正对放置，并接在电源上现有一质量为m、带电量+q的质点沿两板中心线以某一速度水平射入，当两板间电压U=U0，且A接负时，该质点就沿两板中心线射出；A接正时，该质点就射到B板距左端为d的C处取重力加速度为g，不计空气阻力（1）求质点射入两板时的速度；（2）当A接负时，为使带电质点能够从两板间射出，求：两板所加恒定电压U的范围2015-2016学年四川省广安市邻水中学高二（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、单选题（每小题只有1个选项正确，每小题4分，共32分）1一负检验电荷的电荷量为1010C，放在电场中的P点，所受电场力大小为106N，方向向东，则P点的场

10、强为（）A104N/C，方向向西 B104N/C，方向向东C104N/C，方向向西 D104N/C，方向向东考点： 电场强度 专题： 电场力与电势的性质专题分析： 由题，负检验电荷的电荷量为q=1010C，放在电场中的P点，所受电场力大小为F=106N，方向向东，根据电场强度的定义式E=求出电场强度的大小电场强度方向与负电荷所受电场力方向相反解答： 解：据题，负检验电荷的电荷量为q=1010C，放在电场中的P点，所受电场力大小为F=106N，方向向东，则电场强度的大小E=104N/C，电场强度的方向与负电荷所受电场力方向相反，即向西故选A点评： 本题中电场强度的定义式E=采用的是比值定义法，电

11、场强度与正检验电荷所受电场力相同，与负正检验电荷所受电场力相反2a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，abc=120现将三个等量的正点电荷+Q固定在a、b、c三个顶点上，将一个电量为+q的点电荷依次放在菱形中心点O点和另一个顶点d点处，两点相比（）A+q在d点所受的电场力较大B+q在d点所具有的电势能较大Cd点的电势低于O点的电势Dd点的电场强度大于O点的电场强度考点： 电势；电场强度 专题： 电场力与电势的性质专题分析： 根据电场的叠加，分析d点电场强度的方向；O点的电场强度等于b处+Q在O处产生的电场强度大小根据顺着电场线方向电势降低，分析d点与O点电势关系正电荷在高电势高处电势能大解答

12、： 解：A、设菱形的边长为r，根据公式E=k分析可知三个点电荷在D产生的场强大小E相等，由电场的叠加可知，D点的场强大小为ED=2kO点的场强大小为EO=k=4k，可见，d点的电场强度小于O点的电场强所以+q在d点所受的电场力较小，故A、D错误B、Od间电场线方向从O到d，根据顺着电场线方向电势降低，O点的电势高于d点的电势，而正电荷在高电势高处电势能大，则知+q在d点所具有的电势能较小故B错误，C正确故选：C点评： 本题关键要抓住对称性，由电场的叠加分析场强大小和电场线的方向，再判断电场力大小和电势能的高低3一带负电的点电荷仅在电场力作用下由a点运动到b点的vt图象如图所示，其中ta和tb是

13、电荷运动到电场中a、b两点的时刻下列说法正确的是（）A该电荷由a点运动到b点，电场力做负功Ba点处的电场线比b点处的电场线密Ca、b两点电势的关系为abD该电荷一定做曲线运动考点： 电势能；匀变速直线运动的图像；电势 专题： 电场力与电势的性质专题分析： 由速度图象看出，该电荷由a点运动到b点，速度增大，电场力做正功图象的斜率增大，加速度增大，场强增大，即可判断电场线的疏密根据电场力做功正负，分析电势关系解答： 解：A、由速度图象看出，该电荷由a点运动到b点，速度增大，动能增大，则电场力做正功故A错误B、图象的斜率增大，加速度增大，由a=知，场强增大，电场线越来越密，则a点处的电场线比b点处的

14、电场线疏故B错误C、负电荷的动能增大，电势能减小，则电势升高，即有ab故C正确D、该电荷一定做直线运动故D错误故选C点评： 本题是速度图象与电场知识的综合，抓住斜率分析加速度，即可得到场强的变化情况，由电势能的变化，可判断电势高低4一只“220V，100W“的灯泡工作时电阻为484，拿一只这种灯泡来测量它不工作时的电阻应是（）A等于484 B小于484 C大于484 D无法确定考点： 电功、电功率 专题： 恒定电流专题分析： 灯泡工作时温度很高，电阻较大，当它不工作时，温度较低，电阻较小解答： 解：当220V，100W“的灯泡工作时，电压为U=220V，功率为P=100W，电阻为R=484当灯

15、泡不工作时，温度降低，电阻减小，电阻将小于484故选B点评： 灯泡的灯丝是由金属材料制成的，金属的电阻率随温度升高而增大，随温度降低而减小基础题5如图所示，一个带负电的小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内部，接通开关S后，悬线与竖直方向的夹角为，则（）AS闭合，减小A、B间距离，夹角增大BS闭合，减小A、B间距离，夹角不变CS断开，增大A、B间距离，夹角增大DS断开，增大A、B间距离，夹角减小考点： 电容；匀强电场中电势差和电场强度的关系 专题： 电容器专题分析： 小球受重力、拉力和电场力处于平衡，结合小球电场力的变化判断悬线与竖直方向夹角的变化S断开时，电容器电荷量不变，S闭合时，两极板间的电

16、势差不变解答： 解：A、S闭合，两端的电势差不变，减小A、B间的距离，则电场强度增大，小球所受的电场力增大，可知夹角增大，故A正确，B错误C、S断开，电容器的电荷量不变，根据E=，增大A、B间的距离，电场强度不变，则夹角不变，故C、D错误故选：A点评： 解决电容器的动态分析问题要抓住不变量若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变6如图所示的电路中，把R由2改变为6时，电流强度减小为原来的一半，则电源的内电阻应为（）A4 B8 C6 D2考点： 闭合电路的欧姆定律 专题： 恒定电流专题分析： 根据欧姆闭合电路定律，分别列出R变化前后电流的表达式，运用

17、比例法求出电源的内电阻解答： 解：设电源的内阻为r，则根据欧姆闭合电路定律，得 I1= I2= 由：得 2（R1+r）=R2+r代入解得 r=2故选D点评： 本题考查应用比例法处理简单电路问题的能力，比较容易对于两种相似情况，常常运用比例法求解7如图所示电路中，电源电动势为E，内电阻为r，在平行板电容器C中恰好有一带电粒子处于悬空静止状态，当变阻器R0的滑动端向左移动时，带电粒子将（）A向上运动 B向下运动C静止不动 D不能确定运动状态的变化考点： 电容；闭合电路的欧姆定律 专题： 电容器专题分析： 根据变阻器R0的滑动端向左移动电阻变大，判断电流变化，从而知道R两端的电压变化，再根据等容的定

18、义式判断场强的变化，最后知道粒子的运动情况解答： 解：带电粒子处于悬空静止状态，说明mg=qE；当变阻器R0的滑动端向左移动时，电阻变大电流减小，R两端的电压减小，由C=知，Q减小，两板间的场强减小，mgqE，粒子将向下运动，B正确故选B点评： 本题是个电容器的动态分析，要先根据局部的变化分析整体的变化，再到整体和局部的变化去分析8在如图所示电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时（）A电压表示数变大，电流表示数变小B电压表示数变小，电流表示数变大C电压表示数变大，电流表示数变大D电压表示数变小，电流表示数变小考点： 闭合电路的欧姆定律 专题： 压轴题分析： 由图可知R2与R3并联后与R1串

19、联，电压表测量路端电压；由滑片的移动可得出滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路的欧姆定律可得出总电流的变化，由U=EIr可得出路端电压的变化；将R1作为内阻处理，则可得出并联部分电压的变化，求得R2中电流的变化，由并联电路的电流规律可得出电流表示数的变化解答： 解：当滑片向b端滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，则由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，故内压增大；因此路端电压减小，故电压表示数减小；将R1等效为内阻，则可知并联部分电压一定减小，故流过R2的电流减小，因总电流增大，故电流表示数增大；故B正确，ACD错误；故选B点评： 闭合电路的欧姆定律一般按先分析外电路，再

20、分析内电路，最后再分析外电路的思路进行；若电阻与电源串联，可以等效为内阻处理二、多选题（每小至少两个选项正确，每小题4分，共16分）9在以点电荷为球心、r为半径的球面上各点相同的物理量是（）A电场强度 B同一电荷所受电场力C电势 D同一电荷具有的电势能考点： 点电荷的场强；电场强度；电势 专题： 电场力与电势的性质专题分析： 只有大小和方向都相同时，矢量才相同；标量只有大小，没有方向，只要大小相等，标量就相同以点电荷为球心的球面是一个等势面，其上各点的电势相等，电场强度大小相等，方向不同解答： 解：A、以点电荷为球心的球面各点的电场强度大小相等，方向不同，故电场强度不同故A错误B、由F=qE可

21、知，同一电荷受到的电场力大小相等，方向不同，故电场力不同，故B错误C、以点电荷为球心的球面是一个等势面，即各点的电势相等故C正确D、由电势能与电势的关系可知，电势相同，同一电荷具有相同的电势能故D正确故选：CD点评： 本题关键要抓住以点电荷为球心的球面是一个等势面、各点的场强大小相等、方向不同，即可正确求解10如图是一个说明示波管工作的原理图，电子经加速电场（加速电压为U1）加速后垂直进入偏转电场，离开偏转电场时偏转量是h，两平行板间的距离为d，电压为U2，板长为l，每单位电压引起的偏移，叫做示波管的灵敏度，为了提高灵敏度，可采用下列哪些方法（）A增大U2 B减小l C减小d D增大U1考点：

22、 带电粒子在匀强电场中的运动；示波器的使用 专题： 带电粒子在电场中的运动专题分析： 根据灵敏度的定义，分析电子的偏转位移的大小，找出灵敏度的关系式，根据关系式来分析灵敏度与哪些物理量有关解答： 解：电子在加速电场中加速，根据动能定理可得，eU1=mv02，所以电子进入偏转电场时速度的大小为，v0=，电子进入偏转电场后的偏转的位移为，h=at2=，所以示波管的灵敏度=，所以要提高示波管的灵敏度可以增大l，减小d和减小U1，所以C正确故选C点评： 本题是信息的给以题，根据所给的信息，找出示波管的灵敏度的表达式即可解决本题11如图所示，实线为某孤立点电荷产生的电场的几条电场线，虚线是某一带电粒子通

23、过该电场区域的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点若带电粒子在运动中只受电场力的作用，下列说法中正确的是（）A该电场是由负点电荷所激发的电场B电场中a点的电势比b点的电势高C带电粒子在a点的加速度比在b点的加速度大D带电粒子在a点的动能比在b点的动能大考点： 电场线；牛顿第二定律；电势 专题： 电场力与电势的性质专题分析： 解这类题是思路：根据运动轨迹判定电场力方向，然后根据电性判断电场线方向，从而判断电势高低，根据电场力做功判断电势能的变化解答： 解：A、由粒子的运动轨迹可知，带电粒子受电场力向左，由于粒子带电性质不知，故不能判断是何种点电荷产生的电场，故A错误B、由于不能判断电场线的方向，故不能

24、判断电势的高低，故B错误C、电场线的疏密表示场强的大小，由图象知a点的场强比b点的大，故在a点的加速度比在b点的加速度大，C正确；D、由于a点运动到b点过程中，电场力做负功，电势能增大，动能减小，所以a点的电势能比b点的电势能小，a点的动能比在b点的动能大，故D正确故选CD点评： 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，利用电场中有关规律求解比较电势能的大小：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12如图所示，R1=6，R2=3，R3=4，接入电路后，关于这三只电阻的判断正确的是（）A电流之比是I1：I2：I3=4：3：6 B电压之比

25、是U1：U2：U3=1：2：2C功率之比是P1：P2：P3=1：2：6 D功率之比是P1：P2：P3=6：3：4考点： 电功、电功率 专题： 恒定电流专题分析： 电阻R1与R2并联后与R3串联，并联电路电压相等，串联电路电流相等，串联电路电压比等于电阻比，并联电路电流比等于电阻的反比解答： 解：B、电阻R1与R2并联后与R3串联；并联电阻为：=2并联电路电压相等，串联电路电压比等于电阻比，故：U并：U3=R12：R3=2：4=1：2故：U1：U2：U3=1：1：2，故B错误；A、串联电路电流相等，并联电路电流比等于电阻的反比，故：=I3=I1+I2故I1：I2：I3=1：2：3，故A错误；C、

26、D、根据电功率公式P=UI，有：P1：P2：P3=U1I1：U2I2：U3I3=1：2：6，故C正确，D错误；故选：C点评： 分析清楚电路的串并联结构，根据串并联电路的电流和电压的关系，利用电压和功率的公式逐个计算可以求得它们的电压、电流和功率的大小关系三、实验题（13题6分，14题12分，共18分）13在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中，一同学猜想可能与两电荷的间距和带电量有关他选用带正电的小球A和B，A球放在可移动的绝缘座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点，如图所示实验时，先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大；再保持两球

27、距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大实验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的减小而增大，随其所带电荷量的增大而增大此同学在探究中应用的科学方法是控制变量法（选填“累积法”、“等效替代法”、“控制变量法”或“演绎法”）考点： 库仑定律；共点力平衡的条件及其应用 分析： 由于实验时，先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，所以采用的方法是控制变量法解答： 解：对小球B进行受力分析，可以得到小球受到的电场力：F=mgtan，即B球悬线的偏角越大，电场力也越大；所以使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B

28、球悬线的偏角越大，说明了两电荷之间的相互作用力，随其距离的减小而增大；两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大，说明了两电荷之间的相互作用力，随其所带电荷量的增大而增大先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近这是只改变它们之间的距离；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量这是只改变电量所以采用的方法是控制变量法故答案为：减小，增大，控制变量法点评： 该题考查库仑定律的演示实验，属于记忆性的知识点本题属于简单题14（12分）（2014天心区校级模拟）有一个小灯泡上标有“4V、2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的IU图线现有下列器材供选用：A电压表（

29、05V，内阻10k）B电压表（015V，内阻20k）C电流表（03A，内阻1）D电流表（00.6A，内阻0.4）E滑动变阻器（10，2A）F滑动变阻器（500，1A）G学生电源（直流6V）、开关、导线若干（1）实验时，选用图甲而不选用图乙的电路图来完成实验，请说明理由：在用伏安法描绘这个灯泡的I一U图线的实验中，电压要从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法；（2）实验中所用电压表应选A，电流表应选用D，滑动变阻器应选用E（填序号示）（3）把图丙中所示的实验器材用实线连接成实物电路图考点： 伏安法测电阻 专题： 实验题分析： （1）根据滑动变阻器分压及限流接法的不同作用，结合题意选择滑动变阻器的接法；由电流表、电压表与灯泡内阻间的大小关系确定电流表的接法（2）仪表的选择应本着安全准确的原则；电压表要测量灯泡两