2017-2018学年江西省南昌市第二中学高二上学期第一次月考物理试题 解析版

2017-2018学年江西省南昌市第二中学高二上学期第一次月考物理试题 解析版

‎ 江西省南昌市第二中学2017-2018学年高二上学期 第一次月考物理试题 一．选择题。（4分×12=48分）本大题共12小题，每小题4分，共48分．其中1-7题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，8-12题有多个选项是正确的，全选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分．把答案前的字母填在答题卡相应的表格中。‎ ‎1. 关于电流，下列说法中正确的是 (　　)‎ A. 导体中无电流的原因是其内部自由电荷停止了运动 B. 同一个金属导体接在不同的电路中，通过的电流强度往往不同，那是由导体内自由电荷定向运动的速率不同而导致的 C. 由于电荷做无规则热运动的速率比电荷定向移动速率大得多，故电荷做无规则热运动形成的电流也就大得多 D. 电流的传导速率就是导体内自由电子的定向移动速率 ‎【答案】B ‎【解析】导体中无电流时，内部的自由电荷仍在无规律运动；故A错误；由I=nevs可知，同一个金属导体接在不同的电路中，通过的电流强度往往不同，那是由导体内自由电荷定向运动的速率不同而导致的，故B正确；电流的大小与电荷无规则运动的快慢无关；故C错误；电流的传导速率是电场形成的速度，约为光速；而电子的定向移动速率远小于光速；故D错误； 故选B．‎ ‎2. 下列说法中正确的是 （ ）‎ A. 由公式可知，电场中某点的场强与放在该点的检验电荷所受的电场力的大小成正比，与检验电荷的电量成反比 B. 由公式可知，电场中A、B两点间电势差UAB与在这两点之间移动电荷时电场力所做的功WAB成正比，与电荷的电量q成反比 C. 在库仑定律的表达式中， 是点电荷产生的电场在点电荷处的场强大小；而是点电荷产生的电场在点电荷处的场强大小 D. 公式中的d为匀强电场中电势差为U的两点间的距离 ‎【答案】C ‎【解析】E=是电场强度的定义式，运用比值法定义，E与F、q无关，故A错误．公式 是电势差的定义式，UAB由电场本身决定，与试探电荷无关，故B错误．在库仑定律的表达式中，将Q1看成场源电荷，Q2看成试探电荷，则是点电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处的场强大小；而是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强大小．故C正确．公式E=中的d为匀强电场中电势差为U的两点间沿电场线方向的距离．故D错误．故选C．‎ 点睛：关于电场强度的三个公式理解时抓住两点：一是公式中各量的含义；二是公式适用的条件．知道定义式适用于一切电场．‎ ‎3. 如图所示，取一对用绝缘支柱支撑的金属导体A和B，使它们彼此接触．起初它们不带电，贴近A、B下面的金属箔片是闭合的．现在把带正电荷的球C移近导体A，可以看到A、B上的金属箔片都张开了．下列说法正确的是(　　)‎ ‎ ‎ A. A内部的场强比B内部的场强大 B. A、B内部的场强均为零 C. A左端的电势比B右端的电势低 D. A左端的电势比B右端的电势高 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：当导体A、B放在带正电的附近时，出现感应起电现象．电荷周围有电场存在，从而导体A、B处于电场中，在电场力的作用下，使导体中的自由电子重新分布．而处于静电平衡的导体，电荷只分布在外表面，内部电场强度为零，且是等势体．‎ 解：A、带正电荷的球C移近导体A，在A的左端感应出负电荷，在B的右端出现正电荷，电荷只分布在外表面，内部场强处处为零，导体是个等势体．‎ 故选：B 点评：体现物体静电感应起电的实质，及静电平衡状态时，带电体的电荷只分布在外表面，内部电场强度为零，且导体的电势处处相等．‎ ‎4. 如图所示，在x轴上关于O点对称的F、G两点有等量异种电荷Q和—Q，一正方形ABCD与xoy平面内，其中心在O点，且AB边与FG连线平行。则下列判断正确的是（ ）‎ A. O点电场强度为零 B. A、C两点电场强度相等 C. B、D两点电势相等 D. 若将点电荷-q从A点移向C，电势能减小 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：Q和-Q在O点的电场方向均向右，根据叠加原理可知O点电场强度不为零，故A错误；根据电场线分布的对称性可知，A、C两点电场强度相等，故B正确；根据顺着电场线方向电势降低，D点的电势比B点高，故C错误；A到C电势逐渐降低，根据负电荷在电势高处电势能小，可知电势能增大，故D错误．‎ 考点：考查了电场的叠加，电场强度，电势．‎ ‎5. 在如图所示的实验装置中，平行板电容器的极板A与静电计相接，极板B接地．若极板B稍向上移动一点，由观察到的静电计指针变化做出平行板电容器电容变小的结论的依据是(　　)‎ ‎ ‎ A. 极板上的电荷量几乎不变，两极板间的电压变大 B. 极板上的电荷量几乎不变，两极板间的电压变小 C. 两极板间的电压不变，极板上的电荷量变小 D. 两极板间的电压不变，极板上的电荷量变大 ‎【答案】A ‎【解析】A极板与静电计相连，所带电荷电量几乎不变，B板与A板带等量异种电荷，电量也几乎不变，故电容器的电荷量Q几乎不变；若极板B稍向上移动一点，会发现指针张角变大，即电压增加，由公式知电容C变小；故BCD错误，A正确．故选A．‎ 点睛：本题抓住电容器的电量几乎不变是关键．涉及到电容器动态变化分析的问题，常常根据电容的决定式 和电容的定义式、场强公式综合分析，是常用思路．‎ ‎6. 如图所示，平行板a、b组成的电容器与电池连接，平行板电容器P 处固定放置一带负电的点电荷，平行板b接地．现将电容器的b板向下稍微移动，则(　　)‎ ‎ ‎ A. 点电荷所受电场力增大 B. 点电荷在P处的电势能减小 C. P点电势降低 D. 电容器的带电荷量增加 ‎【答案】B 点睛：电容器的动态分析中首先应注意是否与电源相连，再根据电容的变化进行判断，对于电势能表达式EP=qφ，电荷量以及电势均要考虑正负号．‎ ‎7. 如图所示，电荷量为+q的点电荷与均匀带电薄板相距为2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心，垂线上的a、b两点关于薄板对称，到薄板的距离都是d．若图中b点的电场强度为零，则a点的电场强度大小和方向分别为（静电力常数k）（　　）‎ A. kq/d2，垂直薄板向左 B. 8kq/9d2，垂直薄板向左 C. 10kq/9d2，垂直薄板向左 D. kq/9d2，垂直薄板向左 ‎【答案】C ‎【解析】由于a点处的合场强为零，所以带电薄板在a处产生的场强与点电荷+q在a处产生的场强大小相等均为 ‎，方向相反，可知带电薄板应带正电，由带电薄板产生场强的特点可知，薄板在b点产生的场强方向向左，大小等于．b点的电场强度大小为 E=+=，方向向左．故选C.‎ ‎8. 铅蓄电池的电动势为2V，这表示 (　 　)‎ A. 电路通过1C电荷量，电源把2J的化学能转化为电能 B. 电池接入电路时，其两极间的电压是2V C. 电池没有接入电路时，其两极间的电压是2V D. 铅蓄电池把化学能转化为电能的本领比一节干电池(电动势为1 .5V)大 ‎【答案】ACD ‎【解析】蓄电池的电动势为2V，表示电路通过1C电荷量，电源把2J的化学能转化为电能，选项A正确； 根据闭合电路欧姆定律可知，电池接入电路时，其两极间的电压小于2V，选项B错误； 电池没有接入电路时，其两极间的电压是2V，选项C正确；电动势反映把其他形式的能转化为电能的本领，则铅蓄电池把化学能转化为电能的本领比一节干电池(电动势为1 .5V)大，选项D正确；故选ACD.‎ ‎9. 如图所示，MON是固定的光滑绝缘直角杆，MO沿水平方向，NO沿竖直方向，A、B为两个套在此杆上的带有同种电荷的小球，用一指向竖直杆的水平力F作用在A球上，使两球均处于静止状态．现将A球向竖直杆方向缓慢拉动一小段距离后，A、B两小球可以重新平衡．则后一种平衡状态与前一种平衡状态相比较，下列说法正确的是(　　)‎ ‎ ‎ A. A、B两小球间的库仑力变大 B. A、B两小球间的库仑力变小 C. A球对MO杆的压力变大 D. A球对MO杆的压力不变 ‎【答案】BD ‎【解析】对B球受力分析，受重力Mg、静电力F1、杆对其向左的支持力N2，如图；‎ 根据平衡条件，有x方向：F1sin θ=N2，y方向：F1cos θ=Mg．由上述得到F1=‎ ‎ ．由于新位置两球连线与竖直方向夹角θ变小，sin θ变小，cos θ变大，由上式知，静电力F1变小，故B正确，A错误；对AB整体分析，水平杆对A球的支持力等于两个球的重力之和，则大小不变， A球对MO杆的压力不变，故C错误，D正确．故选BD．‎ 点睛：本题关键是对两个球分别受力分析，然后根据平衡条件并运用正交分解法列方程求解出各个力的表达式进行讨论．‎ ‎10. 两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，下列说法正确的是(　 　)‎ ‎ ‎ A. q1为正电荷，q2为负电荷 B. |q1|<|q2|‎ C. C点的电场强度为零 D. 将一带负电的检验电荷从N点移到D点，电场力先做负功后做正功 ‎【答案】AC ‎【解析】由图知无穷远处的电势为0，A点的电势为零，由于沿着电场线电势降低，所以O点的电荷q1带正电，M点电荷q2带负电，由于A点距离O比较远而距离M比较近，所以q1电荷量大于q2的电荷量．故A正确，B错误；该图象的斜率等于场强E，则知C点电场强度为零，故C正确；N→D段中，电势先高升后降低，所以场强方向先沿x轴负方向，后沿x轴正方向，将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功．故D错误；故选AC.‎ 点睛：电势为零处，电场强度不一定为零．电荷在电场中与电势的乘积为电势能．电场力做功的正负决定电势能的增加与否．‎ ‎11. 某同学设计了一种静电除尘装置，如图1所示，其中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料．图2是装置的截面图，上、下两板与电压恒定为U的高压直流电源相连．带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v0，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值，称为除尘率．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．要增大除尘率，下列措施可行的是（　　）‎ A. 只增大电压U B. 只增大长度L C. 只增大高度d D. 只增大尘埃被吸入水平速度v0‎ ‎【答案】AB ‎【解析】试题分析：增加除尘率即是让离下极板较远的粒子落到下极板上，带电尘埃在矩形通道内做类平抛运动，在沿电场的方向上的位移为即增加y即可，只增加电压U和长度L即可以增加y，故AB正确。‎ 考点：带电粒子在匀强电场中的运动 ‎【名师点睛】此题为结合生活背景的题目，考查频率较高，注意构建物理情景-----类平抛运动，应用运动的分解知识求解。‎ ‎12. 小明去实验室取定值电阻两只R1＝10Ω，R2＝30Ω，电压表一个，练习使用电压表测电压．电路连接如下图，电源输出电压U＝12.0V不变．小明先用电压表与R1并联，电压表示数为U1，再用电压表与R2并联，电压表示数为U2，则下列说法正确的是 (　 　)‎ ‎ ‎ A. U1一定大于3.0V B. U2一定小于9.0V C. U1与U2之和小于12V D. U1与U2之比一定不等于1:3‎ ‎【答案】BC ‎【解析】解：不接电压表时，R1、R2串联，电压之比为：‎ ‎，‎ 而U′1+U′2=12V 解得：U′1=3.0V，U′2=9.0V 当电压表并联在R1两端时，有：，‎ 解得：U1＜3V，‎ 同理，当电压表并联在R2两端时，有：U2＜9V，‎ 得：U1+U2＜12V．‎ 但两电压表之比可能等于1：3．‎ 故BC正确，AD错误．‎ 故选：BC．‎ ‎【考点】串联电路和并联电路．‎ ‎【专题】恒定电流专题．‎ ‎【分析】不接电压表时，R1、R2串联，电压之比等于电阻之比，求出此时R1、R2两端的电压，并联电压表后并联部分电阻变小，再根据串并联电路的特点即可分析求解．‎ ‎【点评】本题主要运用串并联的知识讨论电压表对电路的影响，知道并联电压表后并联部分电阻变小，难度适中．‎ 二．填空题（本大题2小题,每空3分,共15分）‎ ‎13. 示波管的内部结构如图所示。如果在偏转电极XX/、YY/之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏中心．如果在偏转电极XX/之间和YY/之间分别加上如图所示的电压，请画出荧光屏上出现的完整扫描波形图。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】试题分析：A图中，在XX′偏转电极所加的电压的周期为2T，即在2T的时间内才能完成一次水平方向的扫描，而竖直方向（y方向）的周期为T，所以在水平方向的一次水平扫描的过程中，竖直方向由2个周期性的变化；y方向的电压变化为正弦式的变化，由于电子到达荧光屏的偏转量与偏转电压成正比，所以A图中的扫描图形如图；‎ 要在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象．XX′偏转电极要接入锯齿形电压，即扫描电压．‎ B图中，在XX′偏转电极所加的电压的周期为T，即在一个周期T的时间内完成一次水平方向的扫描，同时竖直方向的周期为T，所以在水平方向的一次水平扫描的过程中，竖直方向也完成一个周期性的变化；y方向的电压大小不变，方向每半个周期变化一次，结合电子到达荧光屏的偏转量与偏转电压成正比，所以B图中的扫描图形如图．‎ 考点：考查了示波器的工作原理 ‎【名师点睛】本题关键要清楚示波管的工作原理，示波管的YY′偏转电压上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象 ‎14. 美国物理学家密立根通过如图所示的实验装置，最先测出了电子的电荷量，被称为密立根油滴实验。如图，两块水平放置的金属板A、B分别与电的正负极相连接，板间产生匀强电场，方向竖直向下，图中油滴由于带负电悬浮在两板间保持静止。‎ ‎（1）若要测出该油滴的电荷量，需要测出的物理量有__________。‎ A．油滴质量m B．两板间的电压U C．两板间的距离d D．两板的长度L ‎（2）用所选择的物理量表示出该油滴的电荷量q=________（已知重力加速度为g）‎ ‎（3）在进行了几百次的测量以后，密立根发现油滴所带的电荷量虽不同，但都是某个最小电荷量的整数倍，这个最小电荷量被认为是元电荷，其值为e=__________C。‎ ‎【答案】 (1). （1）ABC (2). （2） (3). （3）‎ ‎【解析】试题分析：（1）平行金属板板间存在匀强电场，液滴恰好处于静止状态，电场力与重力平衡，则有 ‎,所以需要测出的物理量有油滴质量m，两板间的电压U，两板间的距离d，故选ABC．‎ ‎（2）用所选择的物理量表示出该油滴的电荷量 ‎（3）在进行了几百次的测量以后，密立根发现油滴所带的电荷量虽不同，但都是某个最小电荷量的整数倍，‎ 这个最小电荷量被认为是元电荷，其值为e=1．6×10-19C．‎ 考点：密利根油滴实验 三．计算题（本大题共4小题,共47分．解答本题时,要求写出必要的文字说明和重要的演算步骤,只写出答案的不给分）‎ ‎15. 某同学学习电流与电路后认为：电路接通后，自由电子从电源出发，以很大(可能接近光速)的定向移动速率，在金属导线中运动，很短时间到达用电器，所以不会看到开灯好长时间才见灯亮的现象，请利用下面有关资料探究该同学说法的正确性．横截面积S＝1 mm2铜导线，可允许通过电流为1 A，铜在单位体积中自由电子数为8.5×1028个/m3.‎ ‎【答案】见解析；‎ ‎【解析】由电流的微观表达式I＝neSv ‎ ‎ 可见v≪光速c＝3×108 m/s，以这样的速度传播1 m长导线需用时t＝s＝3.8 h显然与实际不符，其实是在恒定电场的作用下，电路中的电子几乎同时定向移动，即整个电路几乎同时形成了电流．‎ ‎16. 如图所示，A、B为两块足够大的相距为d的平行金属板，接在电压为U的电源上．在A板的中央P点放置一个电子发射源．可以向各个方向释放电子．设电子的质量为m、电荷量为e，射出的初速度为v.求电子打在B板上的区域面积？(不计电子的重力) ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】打在最边缘的电子，其初速度方向平行于金属板，在电场中做类平抛运动，在垂直于电场方向做匀速运动，即r＝vt①‎ 在平行电场方向做初速度为零的匀加速运动，即②‎ 电子在平行电场方向上的加速度③‎ 电子打在B板上的区域面积S＝πr2④‎ 由①②③④得 ‎..................‎ ‎17. 如图所示，在方向水平向右的匀强电场中，有长度为R的不可伸长的绝缘细线一端连着一个质量为m的带负电小球，另一端固定在O点。已知小球静止时处于A点，此时细线与竖直方向的夹角为θ=370。现把球拉起至细线刚好伸直且与场强方向平行的位置B，然后无初速释放，让小球在竖直面内运动。求小球运动到A点时细线的拉力F.(已知重力加速度为g，sin370=0.6)‎ ‎【答案】4.17mg.‎ ‎【解析】小球所受重力和电场力的合力为：. ‎ 小球由B做匀加速直线运动到C点：‎ 设C点速度为vC，根据动能定理： ‎ 可得: ‎ 小球沿绳方向速度立即变为零，垂直于绳方向速度为 ‎ 小球由C点做圆周运动到A点：. ‎ 设A点速度为vA，根据动能定理： ‎ 可得： ‎ 对A点受力分析：‎ 可得：T=4.17mg.‎ 点睛：本题考查了动能定理在电场中的基本运用，运用动能定理解题关键选择合适的研究过程，分析过程中有哪些力做功，然后根据动能定理列式求解．‎ ‎18. 一平行板电容器长l＝10 cm，宽a＝8 cm，板间距d＝8 cm，在板左侧有一足够长的“狭缝”离子源，沿着两板中心平面，连续不断地向整个电容器射入离子，它们的比荷均为3×1010 C/kg，速度均为3×106 m/s，距板右端l/2处有一屏，如图甲所示，如果在平行板电容器的两极板间接上如图乙所示的交流电，由于离子在电容器中运动所用的时间远小于交流电的周期，故离子通过电场的时间内电场可视为匀强电场，不计离子重力．试求：‎ ‎ ‎ ‎(1)离子打在屏上的区域面积； ‎ ‎(2)在一个周期内，离子打到屏上的时间．‎ ‎【答案】(1)128 cm2　(2)0.0192 s ‎【解析】(1)设离子恰好从极板边缘射出时极板两端的电压为U0，‎ 水平方向：l＝v0t ‎ 竖直方向： ‎ 又 ‎ 得. ‎ 即当U≥192 V时离子打到极板上，当U<192V时离子打到屏上，‎ 因为打到屏上的离子好像是从极板中心沿直线射到屏上，由此可得： ‎ 解得y＝d ‎ 又由对称性知，打到屏上的总长度为2d. ‎ 则离子打到屏上的区域面积为S ＝2 d a＝128cm2 ‎ ‎(2)在前1/T，离子打到屏上的时间. ‎ 又由对称性知，在一个周期内，打到屏上的总时间t＝4t0＝0.0192s ‎ 点睛：本题是类平抛运动的问题，采用运动的分解方法处理，关键是挖掘隐含的临界条件，并且巧妙利用推论进行研究．‎ ‎ ‎