2018-2019学年江西省上高二中高二上学期第二次月考物理试题 解析版

2018-2019学年江西省上高二中高二上学期第二次月考物理试题 解析版

绝密★启用前 江西省上高二中2018-2019学年高二上学期第二次月考物理试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．对下列概念、公式的理解，正确的是（ ）‎ A． 根据E＝F/q可知，电场中某点的电场强度和检验电荷的电荷量q成反比 B． 根据U＝Ed可知，匀强电场中两点间电势差等于场强与两点间距离的乘积 C． 根据W＝Uq可知，一个电子在电势差为1V的两点间被电场加速，电场力做功为1eV D． 根据U＝W/q可知，电场中两点间的电势差U与电场力做功W成正比，与电量q成反比 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 根据定义式电场中某点的电场强度与检验电荷的电量无关，故A错误；在公式U=Ed中，d表示两点沿电场线方向的距离，不是两点的距离，故B错误；根据W=Uq可知，一个电子在电势差为1 V的两点间被电场加速，电场力做功为1 eV，故C正确；根据，可知电场中两点间的电势差与电场力做功、电荷量无关，故D错误。所以C正确，ABD错误。‎ ‎2．如图所示，两盏相同的灯泡在电路闭合都能正常发光。过一会儿，两盏灯都熄灭了，此时电路中的电流表没有示数，但电压表有示数，那么电路发生故障可能是（ ）‎ A． 灯泡L1灯丝断了 B． 灯泡L2灯丝断了 C． 灯泡L1短路 D． 灯泡L2短路 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 灯泡L1的灯丝断了，此时电流表无示数，灯泡不发光，电压表无示数，故A不符合题意；灯泡L2的灯丝断了，此时电流表无示数，此时电压表能和电源相连，故电压表有示数，故B符合题意；灯泡L1发生短路，此时电路中只有L2，故该灯泡会发光，且电流表有示数，故C不符合题意；灯泡L2短路，电流表有示数，电压表无示数，故D不符合题意。故选B。‎ ‎【点睛】‎ 该题考查了利用电流表、电压表判断电路的故障，属于一项学生必须掌握的基本技能。解题的关键是根据电压表的示数，同时结合电流表的示数和灯泡的亮与暗进行综合判断。‎ ‎3．四盏灯泡接成如图电路,a、c灯泡的规格为“220V 100W”,b、d规格为“220V 40W”,各个灯泡的实际功率均没有超过它的额定功率,则四盏灯泡实际功率大小顺序是()‎ A． Pa=Pc>Pb=Pd B． Pa>Pd>Pc>Pb C． Pd>Pa>Pc>Pb D． Pd>Pc>Pb>Pa ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ a、c灯泡的电阻为：；b、d灯泡的电阻为： ；根据并联电路的特点知b、c并联后的总电阻R并＜R，大电阻分大电压，所以b、c两端的电压小于a灯泡的电压，根据P=U2/R可得Pa>Pc>Pb ；a、d灯串联，电流相等，根据P=I2R知，则P与R成正比，则Pd＞Pa，故功率大小顺序为：Pd>Pa>Pc>Pb；故C正确，ABD错误。故选C。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查功率的计算问题，由于已知用电器的额定功率、额定电压，在求实际电压的功率时，要抓住电阻不变这一关键点，灵活选择功率公式分析求解即可，要注意理解各功率公式的适用条件．‎ ‎4．如图所示，虚线表示电场的一簇等势面且相邻等势面间电势差相等，一个a 粒子（带正电）以一定的初速度进入电场后，只在电场力作用下沿实线轨迹运动，a ‎ 粒子先后通过M 点和N 点. 在这一过程中，电场力做负功，由此可判断出( 　　)‎ ‎ ‎ A． a 粒子在M 点受到的电场力比在N 点受到的电场力大 B． N 点的电势低于M 点的电势 C． a 粒子在N 点的电势能比在M 点的电势能大 D． a 粒子在M 点的速率小于在N 点的速率 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 根据电场线或等势面的疏密程度可知N点的电场强度较大，故带电粒子在M点受到的电场力比在N点受到的电场力小，故A错误；由粒子的运动轨迹可知，带正电的粒子所受的电场力方向指向右下方，则电场线的方向指向右下方，根据“顺着电场线的方向电势降落”，可知N点的电势高于M点的电势，故B错误；若粒子从M到N，电场力对粒子做负功，电势能增加，所以N点的电势能比在M点的电势能大，故C正确；若粒子从M到N，电场力做负功，速度减小，所以M点的速率大于在N点的速率，故D错误；故选C。‎ ‎【点睛】‎ 此题关键是知道电场线与等势面垂直，等差等势面的疏密程度也反映电场的强弱，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．‎ ‎5．如图所示，当滑动变阻器R3的滑动头P向下移动时，则 A． 电压表示数变小，电流表示数变大 B． 电压表示数变大，电流表示数变小 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 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在变阻器的滑片向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压如何变化，即可知电压表示数的变化情况。由欧姆定律分析并联部分电压的变化，判断电流表示数的变化．‎ ‎【详解】‎ 滑动头P向下移动时，滑动变阻器连入电路的总电阻增大，即电路总电阻增大，根据闭合回路欧姆定律可得电路路端电压增大，即电压表的示数增大，总电流减小，即两端的电压减小，故并联电路电压增大，即两端电压增大，通过支路的电流增大，而总电流是减小的，故通过变阻器支路的电流减小，即电流表示数减小，B正确．‎ ‎【点睛】‎ 在分析电路动态变化时，一般是根据局部电路变化（滑动变阻器，传感器电阻）推导整体电路总电阻、总电流的变化，然后根据闭合回路欧姆定律推导所需电阻的电压和电流的变化（或者电流表，电压表示数变化），也就是从局部→整体→局部．‎ ‎6．在某个电场中,x轴上各点电势φ随x坐标变化如图所示,一质量m、电荷量+q的粒子只在电场力作用下能沿x轴做直线运动,下列说法中正确的是(　　)‎ A． x轴上x=x1和x=-x1两点电场强度和电势都相同 B． 粒子运动过程中,经过x=x1和x=-x1两点时速度一定相同 C． 粒子运动过程中,经过x=x1点的加速度大于x=x2点加速度 D． 若粒子在x=-x1点由静止释放,则粒子到达O点时刻加速度为零,速度达到最大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A、从x=x1到x=-x1，电势先降低后升高，因为沿着电场线方向电势逐渐降低，可知电场的方向先向右再向左，则知x轴上x=x1和x=-x1两点电场强度方向相反，根据斜率等于场强的大小，可知x=x1和x=-x1两点电场强度大小相等，故这两点电场强度不同。由图知两点的电势相等，故A错误。‎ B、x=x1和x=-x1两点电势相等，电场力做功为0，根据动能定理可知粒子运动过程中，经过x=x1和x=-x1两点时速度大小一定相同，但速度方向有可能相反。故B错误。‎ C、由x=x1和x=-x1两点电场强度大小相等，粒子所受的电场力大小相等，则加速度大小相等。故C错误。‎ D、若粒子在x=-x1点由静止释放，粒子到达O处时所受的电场力为零，加速度为零，粒子先加速后减速，则到达O点时的速度最大，故D正确。‎ 故选D.‎ ‎【点睛】‎ 解决本题的关键知道电势的高低与电场方向的关系，知道电场力做功与电势能的关系，知道φ-x图象切线的斜率大小等于场强．‎ ‎7．用甲、乙两个完全相同的电流表表头改装成量程分别为0~5V和0 ~10V的电压表，串联后接在12V的电压上，则( )‎ A． 两表的电压示数相同，均为6V B． 两表头的指针的偏角相同 C． 两表头的指针的偏角不相同 D． 两表的电压示数不同 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：因改装后的电压表量程不同，故内阻不同，则两表的分压不同，故示数不同．故A错误，D正确；因量表是串联关系，则通过两表的电流大小相等，则指针偏角相同．故B正确，C错误；故选BD 考点：电表的改装；串联电路的特点 ‎【名师点睛】考查的是电表的改装以及串联电路的特点；要知道电流表改装成电压表是串联一个分压电阻；同时要知道串联电路的电压与电阻的关系及电压表的内阻与电压表的量程成正比。‎ 评卷人 得分 二、多选题 ‎8．下列关于欧姆表的说法中正确的是（ ）‎ A． 测量电阻前要把红、黑表笔相接，调整调零旋钮，使指针指在电阻刻度的零位上 B． 测量电阻时，如果指针偏角过小，应换用高倍率档 C． 测量电阻时，表针偏转角度越大，说明被测电阻的阻值越大 D． 测量电阻时，每次更换倍率后，不需要重新调零 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 因欧姆表内部电源电动势及内阻会发生变化，故在使用之前应先进行欧姆调零，A正确；指针偏角过小，则电阻大，要换用高倍率档，B正确；欧姆表的零处于满偏处，刻度盘与电流表的刻度相反，故表针偏转角度越大，则说明被测电阻的阻值越小，C错误；每次调整倍率时都要重新调零，D错误．‎ ‎9．在炎热的夏天小学生们喜欢戴着装有一个微型电风扇的帽子，微型电风扇中直流电动机的额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为R，将它接在电动势为E、内阻为r的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则 A． 电源的总功率为UI B． 电源的输出功率为UI C． 电动机消耗的热功率为U2/R D． 电动机消耗的热功率为I2R ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 电源的总功率为 P总=EI＞UI，故A错误．由题知，路端电压为U，则电源的输出功率为 P出=UI，故B正确．电源的输出功率等于电动机的输入功率，电动机消耗的热功率P热=I2R，由于电动机正常工作时欧姆定律不成立，IR＜U，所以电动机消耗的热功率小于U2/R．故C错误，D正确．故选BD.‎ 点睛：本题是要搞清电动机的输入功率、输出功率和热功率的求法，电动机输入的电功率只能用P=UI求，热功率只能用P热=I2R用．输出功率要根据能量守恒定律求解．‎ ‎10．带电小球以速度v0沿竖直方向从A点垂直进入匀强电场E中，如图所示，经过一段时间后到达B点，其速度变为水平方向，大小仍为v0，则在上述过程中一定有( )‎ A． 小球一定是做圆周运动 B． 小球运动的水平位移大小等于竖直位移大小 C． 静电力所做的功一定等于重力所做的功 D． 小球速度的最小值为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 小球受到重力和电场力，两个力均为恒力，合力为恒力，一定不是做圆周运动，圆周运动合力提供向心力，合力方向改变，故A错误；将粒子的运动分解成水平方向与竖直方向，水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动，根据分运动的等时性和运动学公式可得：水平位移为：，竖直位移为： ，可得水平方向与竖直方向位移大小相等。故B正确；粒子由A到B过程中，根据动能定理，则有：qEx-mgy=0，即得电场力所做的功一定等于克服重力所做的功，即等于重力做功的负值。故C错误；‎ 由C知电场力等于重力，将电场力和重力等效为一个力F'，进行正交分解，垂直F'方向匀速运动，当速度与F'垂直时，速度最小，初速度与F'垂直的分量，当合力F'与速度垂直时，速度最小，，故D正确；故选BD。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查运动的合成与分解，掌握运动学公式和动能定理的应用，理解电场力做功与电势差之间的关系.‎ ‎11．如图所示，充有一定电量的平行板电容器水平放置，其中上极板A带负电，下极板B带正电，其正中有一小孔，带负电的小球（可视为质点）从小孔正下方某处以一确定初速度v0开始正对小孔运动，恰能到达上极板A处（空气阻力忽略不计）．只考虑板之间存在的电场，则下列说法正确的是（　　）‎ A． 若A板向上移动少许，则小球将不能到达A板 B． 若A板向上移动少许，则小球仍能到达A板 C． 若B板向上移动少许，则小球仍能到达A板 D． 若B板向下移动少许，则小球仍能到达A板 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由题意设两板间的电压为U，小球的质量为m，电荷量为q，板间距离为d，由动能定理可得： ‎ A、B项：若A板向上移动少许，由电容器的决定式可知，电容减小，由电容器定义式可知，两板间的电压增大，小球从B板到A板克服电场力做功大于qU，所以小球不能达到A板，故A正确,，B错误；‎ C、D项：若B板向上移动少许，由电容器的决定式可知，电容增大，由电容器定义式可知，两板间的电压减小，小球从B板到A板克服电场力做功小于qU，所以仍能到达A板，故C正确，D错误。‎ 故应选AC。‎ 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 ‎12．某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：‎ A．被测干电池一节 B．电流表：量程0～0.6 A，内阻约为0.3 Ω C．电压表：量程0～3 V，内阻约为15KΩ D．滑动变阻器1：0～10 Ω，2 A E．滑动变阻器2：0～100 Ω，1 A F．开关、导线若干 ‎(1)滑动变阻器选择________（D或F）。‎ ‎(2)实验电路图应选择如图中的__________(填“甲”或“乙”)。‎ ‎(3)提供的器材部分线路已连好,请用笔画线代表导线把图中的实物连接成测量电路______。‎ ‎(4)根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的UI图像，干电池的电动势E＝__________V，内阻r＝________Ω。‎ ‎【答案】D； 乙； 如图；‎ ‎ 1.5； 1； ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）滑动变阻器选择阻值较小的D即可。‎ ‎（2）为了减小实验的误差，实验电路图应选择如图中的乙；‎ ‎（3）电路连线如图；‎ ‎（4）根据UI图像，干电池的电动势E＝1.5V，内阻r＝。‎ ‎13．（1）测某金属丝的电阻率，为了精确的测出金属丝的电阻，需用欧姆表对金属丝的电阻粗测，下图是分别用欧姆档的“×1档”（图a）和“×10档”（图b）测量时表针所指的位置，则测该段金属丝应选择_______档（填“×1”或“×10”），该段金属丝的阻值约为_______。‎ ‎（2）所测金属丝的直径d如图左所示，d=_________mm；接入电路金属丝的长度L如图右所示，L=________cm。‎ ‎（3）为了更精确的测量该段金属丝的电阻，实验室提供了如下实验器材：‎ A．电源电动势E（3V，内阻约1）‎ B．电流表A1（0~0.6A，内阻r1约7）‎ C．电流表A2（0~10mA，内阻r2=10）‎ D．电压表V（0~15V，内阻约3k）‎ E．定值电阻R0=250‎ F．滑动变阻器R1（0~5，额定电流1A）‎ G．滑动变阻器R2（0~150，额定电流0.3A）‎ H．开关，导线若干 ‎（4）选择的实验器材除A,H外，其它的字母代号___________ 。 ‎ ‎（5）根据你所设计的实验电路，若所选电表A1，A2 ，V读数分别用I1，I2，U表示（其中有一个不需要），所测金属丝的电阻的表达式为R=________，若所测电阻值为R，所测金属丝电阻率的表达式为_______。‎ ‎【答案】（1）×1 7.0或7 （2）1.700—1.704 5.015 （4）BCEF （5）； ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由图a、b所示可知，图b所示欧姆表指针偏转角度太大，应选用图a所示测量电阻阻值，图a所示欧姆档的“×1档”，所测电阻阻值为7×1=7Ω； （2）由图所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为1.5mm，可动刻度示数为20.0×0.01mm=0.200mm；螺旋测微器示数为1.5mm+0.200mm=1.700mm； 由图所示游标卡尺可知，其示数为：L=5cm+0.05mm×3=5.015cm； （4）电压表量程为15V，电源电动势为3V，用电压表测电压误差太大，不能用电压表测电压，可以用内阻已知的电流表A2与定值电阻串联组成电压表测电压，电路最大电流约为，电流表应选A1，待测电阻丝阻值约为7Ω，电流表内阻约为7Ω，电压表内阻为10+250=260Ω，电压表内阻远大于电阻丝电阻，电流表应采用外接法，为测多组实验数据、方便实验操作，滑动变阻器应选择R1并采用分压接法，则需选用的器材是：BCEF；‎ ‎（5）实验电路图如图所示： ‎ 由电路图可知，电阻及电流表A2两端电压为：U=I2（R0+r2）， 待测电阻阻值为：， 电阻为：，则电阻率为：；‎ ‎【点睛】‎ 应用欧姆表测定值时应选择合适的挡位，使指针指针表盘中央刻度线附近，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；本题考查了实验器材选择与实验电路设计，知道实验原理、知道实验器材的选择原则选择实验器材，然后设计实验电路．‎ 评卷人 得分 四、解答题 ‎14．如图所示，R1=R2=R3=1.0Ω，当电键K闭合时，伏特表上读数是1.0V，当电键K断开时，伏特表上读数是0.8V，求:‎ ‎（1）电源的电动势 ‎（2）电源的内电阻 ‎【答案】(1) 2V (2) 0.5Ω ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：当电键K闭合时，电阻R2与R3并联后与R1串联，当K断开时，R1与R2串联，电压表测量R1的电压；根据闭合电路欧姆定律对两种情况分别列式，联立即可求得电源的电动势E和内电阻r。‎ 当电键K闭合时，电阻R2与R3并联后与R1串联，外电路总电阻为，电路中干路电流为：‎ 根据闭合电路欧姆定律得：E=I（R+r）‎ 当K断开时，R1与R2串联，电路中干路电流为 ：‎ 根据闭合电路欧姆定律得： 联立解得：E=2V r=0.5Ω．‎ 点睛：本题主要考查了闭合电路欧姆定律，根据两种情况由闭合电路欧姆定律列出方程组，是求解电源电动势和内电阻常用的方法和思路。‎ ‎15．如图所示，空间某区域存在足够大的水平方向的匀强电场E=3×105N/C，将一长为L=1m的不可伸长的绝缘细线一端固定于O点，另一端连接一个质量为m=0.4kg的可视为质点小球，小球带电量q= +1 ×l0-5 C，现将绝缘细线AO拉至与电场线平行位置，且细线刚好拉直，让小球从A处静止释放，取g= 10 m/s2，求：‎ ‎(1)小球第一次到达O点正下方的B点时细线的拉力F;‎ ‎(2)小球从A运动到B过程中，小球的最大速度vm；‎ ‎【答案】（1）6N（2）m/s ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因mg=4N，qE=3N，则小球沿圆弧运动，由A到B由动能定理： ‎ ‎ 解得vB=m/s ‎ 则F-mg= ‎ 解得F=6N ‎（2）依题意小球运动到平衡位置，即，即半径与竖直方向的夹角为370的C点时，速度最大，由A到C根据动能定理：mgLcos370-EqL(1-sin370)= ‎ 解得：vm=m/s ‎【点睛】‎ 此题关键是要分析小球的受力情况，知道小球在平衡位置时速度最大，能用等效力的方法研究小球的运动.‎ ‎16．如图电路中，电源的电动势E=3V，内阻r=1Ω，电阻R1=2Ω，R2=R4=1Ω，R3=8Ω，R5=5Ω，电容器的电容C=100μF，求：‎ ‎（1）电键K断开时，电容器电量Q1？‎ ‎（2）闭合电键K后，通过电阻R3的电量Q．‎ ‎【答案】（1）7.5×10-5C且上正下负；（2）1.75×10-4C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）闭合电键K之前，R1与R2串联，R3、R4、R5上没有电流流过．根据闭合电路欧姆定律得：电路中的电流 ‎ 电容器的电压等于R2的电压，为 UC=I1R2=0.75×1V=0.75V 所以电容器带电量 Q1=CUC=0.75×10-4C=7.5×10-5C 根据电流的方向可知，电容器上极板电势高，带正电，下极板电势低，带负电． （2）闭合电键K后，R1与R2串联，R4与R5串联，两条支路并联．R3上没有电流流过． 外电路的总电阻为 总电流为 路端电压为 U=E-Ir=3V-1×1V=2V ‎ ‎ R1的电压 ‎ R4的电压 电容器的电压等于R1与R4电压之差，为 UC′=U1-U2=1V 则得电容器的带电量 Q2=CUC′=1×10-4C． 因为U1＞U2，外电路中顺着电流方向电势降低，可知电容器下极板的电势高，带正电，上极板的电势低，带负电．所以闭合电键K后，通过电阻R3的总电量为 Q=Q1+Q2=1.75×10-4C．‎ ‎【点睛】‎ 本题是电路桥式电路，对于电容器，关键求电压．本题电路稳定时，电容器的电压等于电容器这一路同侧两个电阻的电压之差．‎ ‎17．如图1所示，真空室中电极K发出的电子（初速不计）经过U0＝1000伏的加速电场后，由小孔S沿两水平金属板A、B间的中心线射入。A、B板长l＝0.20米，相距d＝0.020米，加在A、B两板间电压u随时间t变化的u-t图线如图2所示。设A、B间的电场可看作是均匀的，且两板外无电场。在每个电子通过电场区域的极短时间内，电场可视作恒定的。两板右侧放一记录圆筒，筒在左侧边缘与极板右端距离b＝0.15米，筒绕其竖直轴匀速转动，周期T＝0.20秒，筒的周长s＝0.20米，筒能接收到通过A、B板的全部电子。（不计重力作用）‎ ‎ 　　‎ ‎（1）以t＝0时（见图2，此时u＝0）电子打到圆筒记录纸上的点作为xy坐标系的原点，并取y轴竖直向上。试计算电子打到记录纸上的最高点的y坐标。‎ ‎（2）最高点的x坐标。 ‎ ‎（3）在给出的坐标纸（图3）上定量地画出电子打到记录纸上的点形成的图线。‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）计算电子打到记录纸上的最高点的坐标设v0为电子沿A、B板的中心线射入 电场时的初速度，则 ①‎ 电子在中心线方向的运动为匀速运动，设电子穿过A、B板的时间为t0，则l=v0t0 ②‎ 电子在垂直A、B板方向的运动为匀加速直线运动对于恰能穿过A、B板的电子，在它通过时加在两板间的电压uc应满足 ③‎ 联立①、②、③式解得 此电子从A、B板射出时沿y方向的分速度为 ④‎ 此后，此电子作匀速直线运动，它打在记录纸上的点最高，设纵坐标为y，由图可得 ‎ ⑤‎ 由以上各式解得 ⑥‎ 从题给的u-t图线可知，加于两板电压u的周期T0=0.10秒，u的最大值um=100伏，因为uC＜um，在一个周期T0内，只有开始的一段时间间隔△t内有电子通过A、B板 ‎ ⑦‎ 因为电子打在记录纸上的最高点不止一个，根据题中关于坐标原点与起始记录时刻的规定，第一个最高点的x坐标为 ⑧‎ 第二个最高点的x坐标为 ⑨‎ 第三个最高点的x坐标为 由于记录筒的周长为20厘米，所以第三个最高点已与第一个最高点重合，即电子打到记录纸上的最高点只有两个，它们的x坐标分别由⑧和⑨表示 ‎（2）电子打到记录纸上所形成的图线，如图所示