2018-2019学年四川省雅安中学高二上学期第一次月考物理试题 解析版

2018-2019学年四川省雅安中学高二上学期第一次月考物理试题 解析版

绝密★启用前 四川省雅安中学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．关于元电荷，下列说法中正确的是(　　)‎ A． 元电荷实质上是指电子本身 B． 元电荷实质上是指质子本身 C． 元电荷的值通常取e＝1.60×10-19C D． 元电荷e的数值最早是由物理学家库仑用实验测得的 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ AB. 元电荷是指电子或质子所带的电荷量，数值为e=1.60×10−19C，故A错误，B错误；‎ C. 元电荷的值通常取e=1.60×10−19 C，故C正确；‎ D. 电荷量e的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的，故D错误。‎ 故选：C.‎ ‎2．关于库仑定律，下列说法正确的是(　　)‎ A． 库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积很小的球体 B． 根据F＝k，可知当两电荷间的距离趋近于零时，库仑力将趋向无穷大 C． 若点电荷q1的电荷量大于q2的电荷量，则q1对q2的库仑力大于q2对q1的库仑力 D． 库仑定律和万有引力定律的表达式相似，都是与距离平方成反比的定律 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A. 库仑定律适用于点电荷，点电荷并不是体积很小的球体，故A错误；‎ B. 当两个点电荷距离趋于0时，两带电体已不能看出点电荷了，公式F=不适用了，故电场力并不是趋于无穷大，故B错误；‎ C. 两点电荷之间的作用力是相互的，根据牛顿第三定律，无论点电荷Q1的电荷量与Q2的电荷量大小如何，Q1对Q2的电场力大小上总等于Q2对Q1电场力。故C错误；‎ D. 库仑定律的表达式为F=，万有引力定律的表达为F= ，故两表达式相似，都是平方反比定律，故D正确。‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 库仑定律只适用于真空中两静止的点电荷之间的作用力．当带电体的形状、大小及电荷的分布状况对它们之间的作用力影响可以忽略时，可以看成点电荷；两个带电体间的距离趋近于零时，带电体已经不能看成点电荷了．‎ ‎3．如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极之间的电势差，现使A板带正电，B板带负电，则下列说法正确的是（ ）‎ A． 将B板稍微向右移，静电计指针张角将变小 B． 若将B板稍微向上移，静电计指针张角将变小 C． 若将B板拿走，静电计指针张角变为零 D． 若将玻璃板插入两极板之间，静电计指针张角将变大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：‎ A、将B板稍微向右移，板间距离减小，根据电容的决定式C=，可知电容增大，电容器的带电量不变，根据电容的定义式C=，可知极板间的电势差减小，则静电计指针张角将变小，故A正确．‎ B、若将B板稍微向上移，极板正对面积减小，根据电容的决定式C=，可知电容减小，电容器的带电量不变，根据电容的定义式C=，可知极板间的电势差增大，则静电计指针张角将变大，故B错误．‎ C、若将B板拿走，A板与地间的电势差仍存在，所以静电计指针张角不为零，故C错误．‎ D、若将玻璃板插入两极板之间，根据电容的决定式C=，可知电容增大，电容器的带电量不变，根据电容的定义式C=，可知极板间的电势差减小，则静电计指针张角将变小，故D错误．‎ 故选：A ‎4．关于电阻和电阻率的说法中，正确的是（　 ）‎ A． 导体对电流的阻碍作用叫做导体的电阻，因此只有导体中有电流通过时才有电阻 B． 由R=U/I可知导体的电阻与导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比 C． 将一根导线等分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一 D． 某些金属合金和化合物的电阻率随温度的降低突然减小为零，这种现象叫做超导现象 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：知道电阻是导体对电流的阻碍作用，影响电阻大小的因素有：材料、长度、横截面积、温度，与通过导体的电流和导体两端的电压无关．‎ 解：A、电阻是导体对电流的阻碍作用，是导体本身的一种特性；其大小与导体的材料、长度、横截面积、温度有关；而与导体两端有无电压、电压高低，导体中有无电流、电流大小无关，故AB错误；‎ C、导线的电阻率有材料本身的特性决定，与导体的电阻、横截面积、长度无关，将一根导线等分为二，则半根导线的电阻是原来的一半，但电阻率不变，故C错误；‎ D、由超导现象的定义知，某些金属、合金和化合物的电阻率随温度的降低会突然减小为零，这种现象叫做超导现象，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】明确导线的电阻率有材料本身的特性决定，利用电阻定律和欧姆定律也求电阻，但只能作为比值定义法，应明确电阻与电流、电压等无关．‎ ‎5．如图所示，完全相同的金属小球A和B带有等量异种电荷，中间连有一轻质绝缘弹簧，放在光滑的水平面上，平衡时弹簧的压缩量为x0，现将不带电的与A、B完全相同的另一个小球C与A 接触一下，然后拿走C，待AB重新平衡后弹簧的压缩量为x，则（）‎ A． x=x0/2‎ B． x>x0/2‎ C． xr，所以弹簧压缩量小于原来的一半，要比x0小，故C正确，ABD错误。‎ 故选：C。‎ ‎6．如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面上，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置。如果将小球B向左推动少许，待两球重新达到平衡时，则两个小球的受力情况与原来相比( )‎ A． 推力F将增大 B． 竖直墙面对小球A的弹力减小 C． 地面对小球B的弹力一定不变 D． 两个小球之间的距离增大 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ 试题分析：先以A球为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件分析墙壁对A的弹力如何变化，再以AB整体为研究对象，根据平衡条件分析F如何变化和地面对小球B的弹力的变化．由库仑定律分析两球之间的距离如何变化．‎ 解：‎ A、B、C以A球为研究对象，分析受力，作出力图如图1所示．‎ 设B对A的库仑力F与墙壁的夹角为θ，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为：‎ N1=mAgtanθ，‎ 将小球B向左推动少许时θ减小，则N1减小．‎ 再以AB整体为研究对象，分析受力如图2所示，由平衡条件得：‎ F=N1‎ N2=（mA+mB）g 则F减小，地面对小球B的弹力一定不变．故A错误，BC正确．‎ D、由上分析得到库仑力F库=，θ减小，cosθ增大，F库减小，根据库仑定律分析得知，两个小球之间的距离增大，故D正确．‎ 故选：BCD ‎【点评】本题运用隔离法和整体法结合分析动态平衡问题，关键是确定研究对象（往往以受力较少的物体为研究对象），分析受力情况．‎ ‎7．如图所示，把一个带电小球A固定在光滑的水平绝缘桌面上，在桌面的另一处有另一带电小球B，现给B一个垂直于AB方向的速度v0，则下列说法中正确的是（　　）‎ A． B球可能做直线运动 B． B球的电势能可能增加 C． A球对B球的库仑力可能对B球不做功 D． B球可能从电势较高处向电势较低处运动 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ 试题分析：由题看出，小球B受到的静电力与速度不在同一直线上，则B球不可能做直线运动，故A错误；若小球A、B带异种电荷，而且引力恰好等于时，B球做匀速圆周运动，A球对B球的库仑力不做功，故B正确；若小球A、B带异种电荷，而且引力恰好小于时，B球会远离A球，引力做负功，电势能增加，故C正确；由于两球电性未知，B球可能受斥力会远离A球，也可能受到引力靠近A球，所以B球可能从电势较高处向电势较低处运动，故D正确。‎ 考点：电势差与电场强度的关系、电势 ‎【名师点睛】由小球B受到的静电力与速度不在同一直线上可知，B球不可能做直线运动．若小球A、B带异种电荷小球B做匀速圆周运动，库仑力不做功，若小球B所受的引力小于所需要的向心力，小球B做离心运动时，B球的电势能可能增加，B球不一定从电势较高处向电势较低处运动。‎ 评卷人 得分 二、多选题 ‎8．如图甲所示为电场中的一条电场线，在电场线上建立坐标轴，则坐标轴上O~X2间各点的电势分布如图乙所示，则（ ）‎ A． 在O~X2间，场强先减小后增大 B． 在O~X2间，场强方向一定发生了变化 C． 若一负电荷从O点运动到X2点，电势能逐渐增大 D． 从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，则该电荷在O~X2间一直做加速运动 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ φ-x图象的斜率的绝对值大小等于电场强度，由几何知识得知，斜率先增大后减小，则电场强度先增大后减小，但斜率一直是负，场强方向没有改变。故AB错误。由图看出，电势逐渐降低，若一负电荷从O点运动到x2点，电势能逐渐升高。故C正确。从O 点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，受到的电场力方向与速度方向相同，做加速运动，即该电荷在O～x2间一直做加速运动。故D正确。故选CD。‎ ‎【点睛】‎ 本题从数学的角度理解φ-t图象的斜率等于场强，由电势的高低判断出电场线的方向，来判断电场力方向做功情况．‎ 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、填空题 ‎9．图示为一个半径为R的均匀带电圆环，取环面中心O为原点，以垂直于环面的轴线为x轴，P到O点的距离为2R，质量为m，带负电且电量为q的小球从轴上P点由静止释放，小球经M点（图中未画出）时速度最大，运动到Q点时速度为零，Q点在O点上方R处。则圆环在M点的场强大小EM=__________________， P、Q两点的电势差UPQ=_________________。‎ ‎【答案】， ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 小球经M点时速度最大，则在M点的加速度为零，根据平衡条件求出M点的场强大小；从P点运动到Q点过程中，根据动能定理可求P、Q两点的电势差。‎ ‎【详解】‎ 解：小球经M点时速度最大，则在M点的加速度为零，有，解得M点的场强大小 ； ‎ 从P点运动到Q点过程中，根据动能定理可得， P、Q两点的电势差；‎ 评卷人 得分 四、实验题 ‎10．(1)某同学测量金属线直径时螺旋测微器如图所示，‎ 则该金属线的直径为d=___________mm。‎ ‎（2）用伏安法测量待测小灯泡的电阻，并描绘该灯泡的伏安特性曲线。小灯泡上标有“3V 0.2A”字样，有下列器材可供选用： ‎ A．电压表（0—3V，内阻约1kΩ） ‎ B．电压表（0—15V，内阻约5kΩ）‎ C．电流表（0—0.3A，内阻约2Ω） ‎ D．电流表（0—0.6A，内阻约0.5Ω）‎ E．滑动变阻器（10Ω，1A） ‎ F．滑动变阻器（1000Ω，0.1A）‎ G．直流电源（6V，内阻不计）,另有开关一个、导线若干 ‎①实验中电压表应选______，电流表应选______，滑动变阻器应选______．（只填器材前面的字母代号）‎ ‎②请在答卷实物图中用笔画线代替导线连接实验电路______。‎ ‎【答案】（1）1.722（1.720-1.724）；（2）①A，C，E；②‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）该金属线的直径为d=1.5mm+0.01mm×22.2=1.722mm。‎ ‎（2）①小灯泡的额定电压为3V，则电压表选择A；小灯泡的额定电流为0.2A ‎，则电流表选择C；因滑动变阻器要用分压电路，故选阻值较小的E. ‎ ‎②小灯泡的电阻约为15Ω，远小于电压表内阻，故选用电流表外接电路；滑动变阻器用分压电路，电路图如图；‎ 评卷人 得分 五、解答题 ‎11．如图所示，在电场强度E＝5×108 V/m的匀强电场中，将一电荷量q=2×10-5C的正电荷由A点移到B点，已知A、B两点间距离为2cm，两点连线与电场方向成600角，求：‎ ‎（1）A、B两点间的电势差UAB　；‎ ‎（2）电荷由A移到B的过程中，电场力所做的功WAB　。‎ ‎【答案】（1）5×106V；（2）100J ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）A、B两点间的电势差 UAB=EdABcos60°=5×108×2×10-2×0.5V=5×106V． （2）电荷由A移到B的过程中，电场力所做的功 WAB=qUAB=2×10-5×5×106J=100J.‎ ‎【点睛】‎ 与电势差有关的两个公式U=Ed和W=qU是考试的考试热点，U=Ed应用时要注意d是两点沿电场线方向的距离，往往不代符号运算；而W=qU应用时，各个量都要代入符号运算．‎ ‎12．如图所示，竖直放置的一对平行金属板间的电势差U1=1×104V，水平放置的一对平行金属板间的电势差为U2，一带负电的粒子由静止开始经U1加速后，垂直电场方向沿极板正中间进入水平放置的金属板间，恰好从金属板下板边缘射出。已知带电粒子的比荷q/m=3.2×109C/kg，水平金属板长度L=12cm，板间距离d=12cm，不计粒子的重力，求：‎ ‎（1）粒子经电场U1加速后的速度大小；‎ ‎（2）偏转电压U2的大小；离开电场时的偏向角θ.‎ ‎【答案】（1）v0=8×106m/s；（2）U2=2×104V ， ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据动能定理即可求出粒子经电场U1加速后的速度大小；粒子进入偏转电场后做类平抛运动，根据类平抛运动的规律求解；‎ ‎【详解】‎ 解：（1）粒子经电场U1加速后，根据动能定理： ‎ 解得v0=8×106m/s ‎ ‎（2）粒子在偏转电场中：水平方向L=v0t ‎ 竖直方向： ‎ 由牛顿第二定律可得： ‎ 联立解得U2=2×104V ‎ ‎ ‎ ‎ 联立联立解得 ‎13．如图所示，在E＝103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q＝10－4‎ ‎ C的小滑块质量m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.4，位于N点右侧1.5 m的M处，g取10 m/s2，求：‎ ‎(1)小滑块从M点到Q点重力和电场力分别做的功；‎ ‎(2)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？‎ ‎(3)在第（2）问的情况下，小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？‎ ‎【答案】（1）-0.08J,-0.08J；（2）8m/s；（3）0.6N ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）小滑块从M点到Q点重力做的功： ‎ 电场力的功： ‎ ‎（2）设滑块到达Q点时速度为v，则由牛顿第二定律得：mg+qE=m 滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得： -mg•2R-qE•2R-μ（mg+qE）x=mv2-mv02 联立方程组，解得：v0=8m/s； （3）设滑块到达P点时速度为v′，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得：‎ ‎-（mg+qE）R-μ（qE+mg）x=mv′2-mv02 又在P点时，由牛顿第二定律得：FN=m， 代入数据解得：FN=0.6N 根据牛顿第三定律，则小滑块通过P点时对轨道的压力是0.6N，方向水平向左；‎ ‎【点睛】‎ 此题中滑块恰好通过最高点时轨道对滑块没有弹力，由牛顿定律求出临界速度，再根据动能定理和牛顿运定律结合求解小球对轨道的弹力．‎