2018-2019学年内蒙古第一机械制造（集团）有限公司第一中学高二上学期10月月考物理试题 解析版

2018-2019学年内蒙古第一机械制造（集团）有限公司第一中学高二上学期10月月考物理试题 解析版

绝密★启用前 内蒙古第一机械制造（集团）有限公司第一中学2018-2019学年高二上学期10月月考物理试题 评卷人 得分 一、多选题 ‎1．以下关于电场强度E 的说法中正确的是： （ ）‎ A． 电场中某点的场强方向总与正点电荷在该点所受的电场力方向相同 B． 公式E=F/q，只适用于匀强电场，用比值F/q可以计算E的大小 C． 公式E=U/d，其中d是匀强电场中任意两点间的距离 D． 公式E=,当r一定时，E与Q成正比，此公式只适用于点电荷 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A. 规定正电荷在电场中某点所受的电场力的方向为电场强度的方向。故A正确；‎ B. 公式E=F/q是电场强度的定义式，对任意电场都适用，故B错误；‎ C. 公式E=U/d，其中d是匀强电场中任意两点间的距离沿电场方向的投影，故C错误；‎ D. 公式E=是点电荷的电场强度的计算式，Q是场源电荷，当r一定时，E与Q成正比，该公式适用于点电荷的电场；故D正确。‎ 故选：AD.‎ ‎2．一平行板电容器充电后与电源断开，然后再将电容器与静电计相连，如图所示．此时静电计的指针偏角为θ．下列说法正确的是 （ ）‎ A． 若将a 板向左移动，则θ角变小 B． 若将a 板向右移动，则θ角变小 C． 若在a、b 板间插入塑料块，则θ角变大 D． 若将a 板向上移动，则θ角变大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 根据公式C=Q/U、、U=Ed，有：U=，平行板电容器充电后与电源断开，电量Q不变。‎ A. 将a板向左移动将，d增加，根据U=，故U增加，θ增大，故A错误；‎ B. 若将a 板向右移动，则d减小，根据U=，故U减小，θ减小，故B正确；‎ C. 若在a、b 板间插入塑料块，根据U=，故U减小，θ减小，故C错误；‎ D. 若将A板向上移动，S减小，根据U=，故U增加，θ增大，故D正确； ‎ 故选：BD.‎ ‎【点睛】‎ 充电后断开电源，则两极板上的电量不变；要使张角张大，则应增大两板间的电势差；根据电容的定义式及平行板电容器的决定式求出电压的表达式，可以即可。‎ ‎3．关于电动势下列说法正确的是 （ ）‎ A． 电动势是描述电源内部非静电力做功本领的物理量 B． 电动势大，说明非静电力在电源内部把1C正电荷从负极搬运到正极所做的功多 C． 电动势E的单位与电势差的单位相同，都是伏特，所以电势差就是电动势 D． 电源的电动势与外电路结构有关，外电路变化，通常电动势也要变化 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A. 电动势是描述电源内部非静电力做功本领的物理量，故A正确；‎ B. 由E=w/q可知，电动势越大，则非静电力在电源内部把1C正电荷从负极搬运到正极所做的功越多，故B正确；‎ C. 电压与电动势的单位相同，但物理意义不同，是两个不同的物理量，故C错误；‎ D. 电源的电动势是电源本身的物理量决定的，与外电路无关，故D错误；‎ 故选：AB.‎ ‎【点睛】‎ 电源的电动势在数值上等于非静电力在电源内部把1C正电荷从负极搬运到正极所做的功。电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关．电源的电动势在数值上等于内、外电压之和．‎ ‎4．电动机的线圈电阻值为R ，电动机正常工作时，两端的电压为U ，通过电流强度为I，通电时间为t,则下述说法中正确的是 （ ）‎ A． 电动机消耗的电功率为IU B． 电动机消耗的热功率为 I 2R C． 电动机机械功率是IU-I2R D． 电动机线圈产生的热量为 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A. 电动机消耗的电功率为IU，故A正确；‎ BD.电动机正常工作时，线圈消耗的热功率为I2R，电动机线圈产生的热量为I2Rt，电动机是非纯电阻电路，欧姆定律不适用，故B正确，D错误；‎ C.电动机输出的机械功率为IU-I2R，故C正确。‎ 故选：ABC ‎5．截面直径为d、长为L的导线，两端电压为U，当这三个量中的一个改变时，对自由电子定向移动平均速率的影响，下列说法正确的是（　 ）‎ A． 电压U加倍时，自由电子定向移动的平均速率加倍 B． 导线长度L加倍时，自由电子定向移动的平均速率加倍 C． 导线截面直径d加倍时，自由电子定向移动的平均速率不变 D． 导线截面直径d加倍时，自由电子定向移动的平均速率加倍 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A. 电压U加倍时，由欧姆定律得知，电流加倍，由电流的微观表达式I=nevS得知，自由电子定向运动的平均速率v加倍。故A正确；‎ B. 导线长度l加倍，由电阻定律得知，电阻加倍，电流减半，则由电流的微观表达式I=nevS得知，自由电子定向运动的平均速率v减半。故B错误；‎ CD、导线横截面的直径d加倍，截面积变为4倍，由电阻定律得知，电阻变1/4倍，电流变为原来的4倍，根据电流的微观表达式I=nevS得知，自由电子定向运动的平均速率v不变。故C正确，D错误。‎ 故选：AC.‎ ‎6．如图所示，C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板；a板接地；P和Q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P板与b板用导线相连，Q板接地。开始时悬线静止在竖直方向，在b板带电后，悬线偏转了角度α。在以下方法中，能使悬线的偏角α变大的是（ ）‎ A． 加大a、b间的距离 B． 缩小a、b间的距离 C． 取出a、b两极板间的电介质 D． 换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A. 增大a、b间的距离，根据，则电容减小，Q不变，ab板间的电势差U=Q/C，知电势差增大，所以PQ两端的电势差增大，电场强度增大，则电场力变大，α变大。反之，缩小a、b间的距离，α变小。故A正确，B错误。‎ C. 取出a、b两极板间的电介质，根据，则电容减小，Q不变，ab板间的电势差U=Q/C，知电势差增大，所以PQ两端的电势差增大，电场强度增大，则电场力变大，α变大。故C正确；‎ D.‎ ‎ 换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质，则电容增大，Q不变，ab板间的电势差U=Q/C，知电势差减小，所以PQ两端的电势差减小，电场强度减小，则电场力变小，α变小。故D错误。‎ 故选：AC.‎ ‎【点睛】‎ 题中电容器ab与平行金属板PQ并联，电势差相等，根据左边电容器的电容的变化得出平行金属板两端的电势差变化，从而得出电场强度的变化，判断悬线偏转角度α的变化．‎ 评卷人 得分 二、单选题 ‎7．如图所示电场线，电场中A、B两点电场强度的大小和电势分别用EA、EB和φA、φB表示，则 ‎ ‎ ‎ A． EA>EB，φA>φB B． EA>EB，φA<φB C． EAφB D． EAb>c)的导体，将其中的两个对立面接入电路中时，最大的电阻为R，则最小的电阻为 (　　)‎ A． R B． C． D． ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由电阻定律：R=可知横截面积越小，长度越大，电阻越大；横截面积越大，长度越短，电阻越小。故电阻最大时，横截面积应该最小，即从左右两端接入，此时电阻为：‎ R=‎ 解得：ρ=‎ 当从上下两个面接入时电阻最小，此时电阻为：‎ r==，故D正确，ABC错误 故选：D.‎ ‎11．如图所示，实线表示匀强电场的电场线。一个带正电荷的粒子以某一速度射入匀强电场，只在电场力作用下，运动的轨迹如图中的虚线所示，a 、b 为轨迹上的两点。若a 点电势为φa , b 点电势为φb，则（ ）‎ A． 场强方向一定向左， B． 场强方向一定向左，‎ C． 场强方向一定向右 D． 场强方向一定向右，‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 匀强电场中电场力与电场线平行，而曲线运动合力指向曲线的内侧，故电场力一定向右；粒子带正电，故电场强度方向向右，沿电场线方向电势逐渐降低，则有电势φa>φb，故C正确，ABD错误；‎ 故选：C ‎12．阻值相等的四个电阻，电容器C及电池E（内阻可忽略）连接成如图所示电路．开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为．与的比值为 ‎ ‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 当开关S断开时，电路总阻值：，则干路电流I1=E/R总1，电容的电压；‎ 当开关S闭合时，电路总阻值：，则干路电流I2=E/R总2，电容的电压；‎ 由C=Q/U可得：Q1：Q2=U1：U2=3：5，故B正确，ACD错误。‎ 故选：B。‎ 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 ‎13．（1）用20分度的游标卡尺测得某小球的直径如下图所示，则小球的直径为d=_______mm。‎ ‎（2）用螺旋测微器测金属导线的直径，其示数如下图所示，该金属导线的直径为 mm。‎ ‎【答案】（1） ； （2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：游标卡尺的固定刻度读数为，游标尺上第3个刻度游标读数为，所以最终读数为：；螺旋测微器的固定刻度读数为，可动刻度读数为，所以最终读数为：。‎ 考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用 ‎【名师点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是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．把电流表改装成电压表的实验中，已知电流表的量程为100μA，内阻为1000Ω，要把它改装成量程为0-3V的电压表，则改装的方法中是给电流表________(填“串联”或“并联”)一个阻值为________Ω的电阻。‎ ‎【答案】串联 2.9×104 ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 利用串联电阻可进行分压知：改装成电压表需要串联电阻，串联电阻的阻值为 .‎ 故答案为：串联，2.9×104‎ 评卷人 得分 四、实验题 ‎15．某学习小组用伏安法测量一未知电阻Rx的阻值，给定器材及规格为：‎ 电流表A（量程为0～5mA．内阻约为10Ω）；‎ 电压表V (量程为0～3V．内阻约为3kΩ)；‎ 最大阻值约为10Ω的滑动变阻器；‎ 电源E(电动势约3V)；‎ 开关S、导线若干。‎ ‎（1）由于不知道未知电阻的阻值范围，先采用如图电路试测，读得电压表示数大约为2.0V．电流表示数大约为4.0mA，则未知电阻阻值Rx大约为___________Ω；‎ ‎（2）经分析，该电路测量误差较大，需要作改进。请在方框内画出改进后的测量原理图；‎ ‎（3）用改进后的电路进行测量，其测量值_________（填“等于”、“小于”、“大于”）真实值。‎ ‎【答案】500 大于 ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1)由欧姆定律R=U/I可得，未知电阻阻值Rx大约为500Ω；‎ ‎(2)待测电阻较大，接近电压表的内阻，为了减小电压表的分流，所以采用电流表内接法。原理图改进如图所示：‎ ‎(3) 电流表内接法，电压比待测电阻实际电压偏大，电流等于待测电阻实际电流，根据Rx=U/I，测量值大于真实值。‎ ‎【点睛】‎ ‎（1）由殴姆定律R=U/I可求出电阻的阻值；‎ ‎（2）待测电阻较大，接近电压表的内阻，为了减小电压表的分流，所以采用电流表内接法；‎ ‎（3）电流表内接法，电压比待测电阻实际电压偏大，电流等于待测电阻实际电流，根据Rx=U/I，分析测量值与真实值的关系。‎ ‎16．某同学要测绘规格为“2．8V 1．5W”的小灯泡的I－U曲线．除导线和开关外还备有以下器材可供选择：‎ A．电流表（量程0．6A，内阻约为1Ω）‎ B．电流表（量程3．0A，内阻约为0．2Ω）‎ C．电压表（量程3．0V，内阻约为5kΩ） ‎ D．电压表（量程15．0V，内阻约为15kΩ）‎ E．滑动变阻器（最大阻值为200Ω，额定电流100mA）‎ F．滑动变阻器（最大阻值为10Ω，额定电流1．0A）‎ G．电源（电动势为3．0V，内阻约为0．2Ω）‎ ‎（1）实验中所用的电流表应选 ；电压表应选 ；滑动变阻器应选 ．（填器材前面的字母）‎ ‎（2）为使实验误差尽可能小，请你设计实验电路图，并画在方框中．‎ ‎（3）由于电表具有一定的内阻，本实验中， （填“电流表”或“电压表”）的读数有误差，若测量小灯泡的电阻，则测量值比真实值 （填“偏大”或“偏小”）。‎ ‎【答案】（1）电流表选A，电压表选C，滑动变阻器选F（2）‎ ‎（3）电流表；偏小 ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据小灯泡规格“2.8V，1.5W”可知，额定电流大小为，所以电压表应选C，电流表应选A；由于测定伏安特性曲线实验要求电流从零调，所以变阻器应采用分压式接法，应选择全电阻小的变阻器F以方便调节；‎ ‎（2）由于小灯泡电阻较小，满足，所以电流表应用外接法，又变阻器应采用分压式接法，电流图如图所示：‎ ‎（3）把小灯泡与电压表看做一个整体考虑，根据欧姆定律可知，电流表的读数有误差，由于并联电阻小于任一支路的电阻，所以待测电阻测量值应比真实偏小．‎ 考点：考查了测绘小灯泡伏安特性曲线实验 评卷人 得分 五、解答题 ‎17．如图所示，R为电阻箱，V为理想电压表．当电阻箱读数为R1＝2 Ω时，电压表读数为U1＝4 V；当电阻箱读数为R2＝5 Ω时，电压表读数为U2＝5 V．求：电源的电动势E和内阻r。‎ ‎【答案】1Ω ‎【解析】试题分析：据闭合电路欧姆定律，得 当电阻箱数R=5Ω时 当电箱读数为R1=2Ω 代入式得E=6V r=1Ω 考点：闭合电路欧姆定律 ‎【名师点睛】此题提供一测量电源电动势和内阻的方法：伏阻法；电压表与电阻箱组合，相当于电压表和电流表双重作用。‎ ‎18．如图所示，在匀强电场中有a、b、c三点，a、b相距 5cm，b、c相距12cm．将一个带电荷量为4×10﹣8C 的电荷从a点移到b点时，电场力做功为1.2×10﹣7 J．‎ ‎（1）a、b两点间电势差为多少 ‎（2）匀强电场的场强大小E ‎（3）b、c两点间电势差为多少．‎ ‎【答案】（1）3V（2）60V/m（3）3.6V ‎【解析】（1）根据Wab=qUab得： ． （2）匀强电场的场强大小： ． （3）b、c两点间的电势差：Ubc=Edbccos60°=60×0.12×V＝3.6V ‎19．在如图所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1＝100 Ω，R2阻值未知，R3是一滑动变阻器，当其滑片从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电流的变化图线如图所示，其中A、B两点是滑片在变阻器的两个不同端点得到的．求：‎ ‎(1)电源的电动势和内阻；‎ ‎(2)定值电阻R2的阻值；‎ ‎(3)滑动变阻器的最大阻值．‎ ‎【答案】（1）2A （2）7V （3）12W ‎【解析】试题分析：电源的路端电压随电流的变化图线斜率大小等于电源的内阻，由闭合电路欧姆定律求出电动势；当滑片滑到最右端时，R1被短路，外电路的电阻最小，电流最大，读出电流和电压，由欧姆定律求出R2的阻值；滑动变阻器阻值最大时，外电阻最大，电流最小，由图读出电压和电流，由欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值。‎ ‎（1）由闭合电路欧姆定律得E=U+Ir，将图象中A、B两点的电压和电流代入和得 ‎ E=16+0.2r ‎ ‎ E=4+0.8r 联立解得 E=20V r=20Ω。‎ ‎（2）当R3的滑键自左向右滑时，R3阻值变小，使电路总电阻变小，而总电流变大．由此可知，图线上的A、B两点是滑键分别位于最左端和最右端时所得到的．当滑键位于最右端时，R3=0，R1被短路，外电路总电阻即为R2，故由B点的U、I值可求出R2，。‎ ‎（3）当滑键在最左端时，其阻值最大，并对应着图线上的A点，故由A点的U、I值可求出此时外电路总电阻，再根据串、并联电路的规律可求出R3的最大值．,‎ 又有 ，代入数值解得滑动变阻器的最大值R3=300Ω。‎ 点睛：本题要理解电源的伏安特性曲线的意义，可由图线上两点的坐标建立方程组求解电源的电动势和内阻。‎ ‎20．如图所示，真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场，在电场中，若将一个质量为m、带正电的小球由静止释放，运动中小球的速度方向与竖直方向夹角恒为37°（取sin37°=0.6，cos37°=0.8）。若将该小球从电场中某点P以初速度v0竖直向上抛出，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）小球受到的电场力的大小 ‎（2）小球从抛出至最高点的过程中，电势能的变化量 ‎（3）小球从P点抛出后，再次落回到与P点在同一水平面的某点Q时，小球的动能 ‎【答案】（1）（2）mv02（3）mv02‎ ‎【解析】（1）根据题设条件可知，合外力和竖直方向夹角为37°，所以电场力大小为：    Fe=mgtan37°=mg，电场力的方向水平向右． 故电场力为mg，方向水平向右． （2）小球沿竖直方向做匀减速运动，有：vy=v0-gt 沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，加速度为a： ‎ 小球上升到最高点的时间，此过程小球沿电场方向位移： 电场力做功 W=Fxsx=mv02 故小球上升到最高点的过程中，电势能减少mv02； （3）小球从到Q的运动的时间： ，水平位移： 小球从到Q的过程中，由动能定理得：Fe•x＝EK−mv02 由以上各式得出：EK＝mv02‎ 点睛：本题在复合场中考查了运动的合成、分运动之间的关系等．解这类问题的关键是：正确进行受力分析，弄清运动形式，利用相应物理规律求解．‎