2018-2019学年湖南省醴陵市第二中学高二上学期第一次月考物理试题 解析版

2018-2019学年湖南省醴陵市第二中学高二上学期第一次月考物理试题 解析版

湖南省醴陵二中高二上学期月考试卷 一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，计32分。每个小题只有一个正确选项）‎ ‎1.关于电场强度，下列说法正确的是(　　)‎ A. 以点电荷为球心、r为半径的球面上，各点的场强都相同 B. 正电荷周围的电场一定比负电荷周围的电场场强大 C. 若放入正电荷时，电场中某点的场强向右，则当放入负电荷时，该点的场强仍向右 D. 电荷所受到的电场力很大，即该点的电场强度很大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 以点电荷为球心，r为半径的球面上，各点的场强大小相同，但是方向不同，选项A错误； 正电荷周围的电场强度不一定比负电荷周围的电场强度大，要看电场线的疏密，选项B错误； 在电场中某点放入试探电荷q，该点的电场强度为E=F/q，取走q后，该点的场强仍为E不变，选项C正确；根据E=F/q可知，电荷所受到的电场力很大，该点的电场强度不一定很大，选项D错误；故选C.‎ ‎2. 等量异种点电荷的连线和其中垂线如图所示，现将一个带负电的检验电荷先从图中a点沿直线移到b点，再从b点沿直线移到c点．则检验电荷在此全过程中（ ）‎ A. 所受电场力的方向不变 B. 所受电场力的大小恒定 C. 电势能一直减小 D. 电势能先不变后减小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：在等量的异种电荷的中垂线上，电场方向始终垂直中垂线且指向负电荷，检验电荷所受电场力的方向保持不变，所以A错误；‎ 且电荷从a运动到b，因电场力与位移方向垂直，电场力不做功；所以C错；‎ 又因为电场线分布的疏密不同，所受电场力是变化的，所以B错误；‎ 电荷从b运动到c，因为电场力做正功，所以电荷电势能减小，所以D正确．‎ 故选D．‎ ‎3.A、B是一条电场线上的两点，若在A点释放一初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线从A运动到B，其速度随时间变化的规律如图乙所示．设A、B两点的电场强度分别为EA、EB，电势分别为φA、φB，则 A. EA＝EB B. EA＜EB C. φA＝φB D. φA＞φB ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】因为电子做匀加速直线运动，则加速度不变，即所受的电场力不变，可知电场强度不变，所以EA=EB．故A正确，B错误。因为电子从A到B做加速运动，所以电场线方向由B指向A，沿电场线方向电势逐渐降低，则φA＜φB．故CD错误。故选A。‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道沿电场线方向电势逐渐降低，电场线的疏密代表电场的强弱．本题通过电场力的变化判断电场强度的变化．‎ ‎4.如右图所示，在导体壳内放一负电荷q，则壳内的a点、壳上的b点、壳外的c点的电场强度和电势的关系应为 A. Ea＞Eb＞Ec，φ a＞φb＞φc B. Ea＞Eb＞Ec，φ a＜φb＜φc C. Ea＞Ec＞Eb，φa＜φb＜φc D. Ea＞Ec＞Eb，φ a＞φb＞φc ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】当静电平衡时，空腔球形导体内壁感应出正电荷，外表面感应出负电荷，画出电场线的分布如图。 由于a处电场线较密，c处电场线较疏，b处场强零，则Ea＞Ec＞Eb。根据顺着电场线方向电势降低，整个空腔球形导体是一个等势体，表面是一个等势面，分析可知电势关系是φc＞φb＞φa。故选C。‎ ‎5. 在闭合电路中，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 当外电路断开时，路端电压等于零 B. 闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内外电路的电阻之和成反比 C. 当外电路短路时，电路中的电流趋近于无穷大 D. 当外电阻增大时，路端电压将增大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：根据闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir可知，当外电路断开时，路端电压等于电动势．当外电路短路时，电路中的电流很大，但不是无穷大，因为电源有一定的内阻．当外电阻增大时，电流减小，内电压减小，路端电压将增大．‎ 解：A、根据闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir可知，当外电路断开时，电流I=0，路端电压U=E．故A错误．‎ B、根据闭合电路欧姆定律I=得知：闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内外电路的电阻之和成反比．‎ C、当外电路短路时，R=0，短路电流I短=，电源内阻r＞0，I短≠∞．故C错误．‎ D、当外电阻增大时，电流减小，内电压减小，路端电压将增大．故D正确．‎ 故选BD ‎【点评】本题考查对闭合电路欧姆定律的理解能力．对于断路和短路两个特例，要在理解的基础上加强记忆．‎ ‎6.在图示的电路中，电源的电动势是E，内电阻是r，当滑动变阻器R3的滑动头向左移动时 ‎ A. 电阻R1的功率将加大 B. 电阻R2的功率将减小 C. 电源的功率将加大 D. 电源的效率将增加 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由电路图可知。R2、R3串联后与R1并联接到电源上，当滑动变阻器R3的滑片P向左移动时，R3阻值变小，总电阻变小，总电流变大，根据P=EI可知，电源的功率增大，故C正确，电源内阻所占电压变大，并联部分电压减小，即R1两端的电压减小，根据P1=U2/R1，可知，电阻R1的功率将减小，故A正确；根据I＝U/R可知，通过R1的电流减小，而总电流增大，所以通过R2的电流增大，根据P=I2R可知，电阻R2的功率将增大，故B错误；电源的效率，电源内阻r不变，滑动变阻器阻值R减小，则电源效率减小，故D错误。故选C。‎ ‎【点睛】本题是一道动态分析题，分析清楚电路结构是正确解题的关键，熟练应用串联电路特点及欧姆定律即可正确解题．‎ ‎7.如图所示的电路中，电源的电动势和内电阻恒定不变，电灯恰能正常发光，如果滑动变阻器的滑片向端滑动，则（ ）．‎ A. 电灯更亮，电流表示的示数增大 B. 电灯更亮，电流表的示数变小 C. 电灯变暗，电流表的示数变小 D. 电灯变暗，电流表的示数增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 变阻器滑片向端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电阻增大，电路总电流减小，电流表示数减小，内阻分压减少，路端电压增大，灯泡变亮，故B项正确．故选B．‎ 点睛：本题是简单的电路动态分析问题．分析时按照“局部-整体-再局部”的分析思路进行；对于路端电压也可以直接根据路端电压随外电阻增大而增大判断变化.‎ ‎8.如图为一匀强电场，某带电粒子从点运动到点．在这一运动过程中克服重力做的功为，电场力做的功为．则下列说法正确的是（ ）‎ A. 粒子带负电 B. 粒子在点的电势能比在点少 C. 粒子在点的动能比在点多 D. 粒子在点的机械能比在点少 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ A．由运动轨迹上来看，垂直电场方向射入的带电粒子向电场的方向偏转，说明带电粒子受到的电场力方向相同，所以带电粒子应带正电，故A错误；B．从到的过程中，电场力做正功，电势能在减少，所以在点时的电势能大于在点时的电势能，故B错误；C．从到的过程中，克服重力做功，电势力做功，由动能定理可知，粒子在点的动能比在点多 ‎，故C正确；D．从到的过程中，除了重力做功以外，还有电场力做功，电场力做正功，电势能转化为机械能，带电粒子的机械能增加，由能的转化与守恒可知，机械能的增加量等于电场力做功的多少，所以机械能增加了，故D正确．故选CD．‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握功能关系，知道合力做功与动能的关系，电场力做功与电势能的关系，除重力以外其它力做功与机械能的关系．‎ 二、多项项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。）‎ ‎9.如图所示，、为平行板电容器的两块金属板，极板与静电计相连，静电计的外壳和极板都接地．当、两板带上等量异种电荷后，静电计指针偏转一定角度，此时，在、板间有一正点电荷（带电量很小）静止在点，则（ ）‎ A. 板不动，将板向下移动时，但静电计指针偏角减小 B. 板不动，将板向右移动时，静电计指针偏角增大 C. 板不动，将板向上移动时，点电荷保持不动 D. 、板都不动，在、之间插入介质板时，静电计指针偏角增大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ A．板不动，将极板向下移动一小段距离，可以知道，变大，由电容减小，根据，则电势差增大，指针偏角增大，故A错误，C正确；B．极板不动，将极极向右水平移动一小段距离，减小，则电容减小，根据，则电势差增大，指针偏角增大，故B正确；D．、板都不动，插入介质板时，则电容增大，根据，则电势差减小，指针偏角减小，故D错误．故选BC．‎ ‎【点睛】本题是电容器的动态分析，关键是抓住不变量，当电容器与电源相连，两端间电势差不变，当电容与电源断开，所带电量不变；如果只改变两板间的距离时，两板间的电场强度不变．‎ ‎10.如图所示，MN是一负点电荷产生的电场中的一条电场线．一个带正电的粒子(不计重力)从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示．下列结论正确的是 (　　)‎ A. 带电粒子从a到b过程中动能逐渐减小 B. 负点电荷一定位于M点左侧 C. 带电粒子在a点时具有的电势能大于在b点时具有的电势能 D. 带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，电场力指向轨迹内侧，电场力方向大致向右，对带电粒子做做正功，其动能增加，所以电粒子从a到b过程中动能逐渐增加，故A错误；带正电的粒子所受电场力向右，电场线由M指向N，说明负电荷在直线N点右侧，故B错误；电场力对带电粒子做正功，电势能减小，则带电粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，故C正确；a点离点电荷较远，所以a点的电场强度小于b点的电场强度，则带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度，故D正确。所以CD正确，AB错误。 ‎ ‎11.如图所示为密立根油滴实验示意图．实验中要设法使带负电的油滴悬浮在电场之中．若在实验中观察到某一个带负电的油滴向下加速运动．在该油滴向下运动的过程中，下列说法正确的是（ ）‎ A. 电场力做正功 B. 重力和电场力的合力做正功 C. 电势能逐渐增大 D. 重力势能的减少量小于动能的增加量 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：由于油滴带负电，而上极板带正电，故油滴向下运动时，受到的电场力方向向上，电场力做负功，选项A错误；由于油滴加速向下运动，故重力大于电场力，所以重力和电场力的合力做正功，选项B正确；由于电场力做负功，故电势能逐渐增大，选项C正确；由动能定理可得：WG－W电=△Ek，则WG =△Ek+W电，故重力做的功大于动能的增加量，即重力势能的减少量大于动能的增加量，选项D错误。‎ 考点：电场力做功，动能定理。‎ ‎12.如图所示，AB、CD为一圆的两条直径且相互垂直，O点为圆心．空间存在一未知静电场，方向与圆周所在平面平行．现让一电子先从A点运动至C点，电势能减少了Ep；又从C点运动到B点，电势能增加了Ep.那么此空间存在的静电场可能是(　　)‎ A. 匀强电场，方向垂直于AB由O点指向C点 B. 匀强电场，方向垂直于AB由C点指向O点 C. 位于O点的正点电荷形成的电场 D. 位于D点的负点电荷形成的电场 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：根据电子的电势能的变化确定A和B电势相等．‎ 如果是匀强电场，AB连线是等势线．根据电子先从A点运动至C点，电势能减少了Ep去判断A点和C点电势高低，从而判断场强方向．‎ 如果是点电荷形成的电场，根据电子先从A点运动至C点，电势能减少了Ep去判断场强方向．‎ 解：现让一电子先从A点运动至C点，电势能减少了Ep；又从C点运动到B点，电势能增加了Ep，‎ 所以A和B电势相等．‎ A、如果是匀强电场，AB连线是等势线，匀强电场垂直于AB，由于电子先从A点运动至C点，电势能减少，所以A点电势小于C点电势，沿着电场线电势一定降低．所以方向垂直于AB由C点指向O点，故A错误，B正确．‎ C、如果位于O点的正点电荷形成的电场，A点电势等于C点电势，故C错误．‎ D、位于D点的负电荷形成的电场，符合题意，位于D点的正点电荷形成的电场不符合题意．故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】注意电势能不仅与电荷有关还与电势有关，分析时一定要带入符号进行研究 三、实验题（每空2分，共22分。请按题目要求作答，将答案写在答题卷上。）‎ ‎13.为了很好地了解规格为“、”的小灯泡的电学特性，我们需要通过实验绘制伏安特性曲，为了描绘一个的小灯泡的伏安特性曲线，给了以下器材：‎ 直流电源：，内阻不计；电流表：量程分别为和，内阻均约为；‎ 电压表：，，内阻均约为；滑动变阻器：最大阻值为，允许通过的最大电流为；开关一个；导线若干。实验时要求加在灯泡两端的电压可从调到．‎ ‎①根据小灯泡的规格，电流表应选择量程__________（填或），电压表应选择量程__________（填或0-15V）‎ ‎②在下面方框里画出符合本实验要求的电路图。（提示：电路图画在答题纸上）‎ ‎③某位同学测得小灯泡的伏安特性曲线如图所示．比较小灯泡在和时的电阻大小，得出___________的结论，原因是_______________‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). 在时的电阻比时的电阻大 (4). 原因灯泡灯丝的电阻随温度的升高而增大 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由于小灯泡的规格为“12V，6W”则可知额定电流，所以电流表应选择量程为0～0.6A；电压表应选择量程为0～15V；‎ ‎（2）本实验因本实验要求电流由零开始调节，故滑动变阻器采用分压接法；电压表的内阻远大于小灯泡的电阻，则采用电流表外接法，电路图如图所示；‎ ‎ （3）由图可知，电压值6.0V时，电流为0.4A，电阻为；电压值10V时，电流为0.5A，电阻为；则在10V时的电阻比6V时的电阻大；原因灯泡灯丝的电阻随温度的升高而增大。‎ ‎【点睛】本题考查描绘灯泡的伏安特性曲线实验，要注意滑动变阻器的分压限流接法，安培表内外接法，仪器的选择是电学实验考查的重点，同时要学会根据图线进行数据处理。‎ ‎14.在学习了串并联的基本规律后，我们可以把一个最大量程为的电流计，分别改装成电压表和更有大量程的电流表．‎ ‎（1）若已知该电流计的内阻为，为了改装成最大量程为的电压表，需________联（填“串”或“并”）一个__________的电阻．‎ ‎ (2)如图所示，虚线框内是用该电流计改装成的多量程电流表，、、为改装后新电流的接线柱，为负极接线柱，为大量程接线柱、为小量程接线柱．已知为电流计内阻，若、，那么选择、接线柱时，新电流表的量程为__________；选择、接线柱时，新电流表的量程为__________．‎ ‎【答案】 (1). 串联 (2). (3). 200 (4). 800‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）改装成电压表需要串联一个分压电阻，串联的电阻为：‎ ‎。 ‎ ‎（2）设选择A、C接线柱时，新电流表的量程为I1；选择A、B接线柱时，新电流表的量程为I2，则由串并联电路的特点可知： ；；联立解得：I1=200μA；I2=800μA.‎ ‎【点睛】本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律的应用，明确电路的连接方式和知道电流表的满偏电流不变是关键.‎ ‎15.用如图甲所示的电路做“测定电池的电动势和内电阻”的实验，根据测得的数据做出了如图乙所示的U-I图象，由图可知测得的电池的电动势为______V，内电阻为______Ω.‎ ‎【答案】 (1). 1.40 (2). 1.0‎ ‎【解析】‎ 试题分析：在U﹣I图象中纵坐标的截距代表的是电源的电动势，直线的斜率代表的是电源的内阻的大小．‎ 解：在U﹣I图象中图象与纵坐标的交点等于电源的电动势，‎ 所以由图可以读出电源的电动势为1.40V，‎ 图象中的斜率表示电源的内阻，‎ 所以电源的内阻为r=Ω=1.0Ω．‎ 故答案为：1.40，1.0．‎ ‎【点评】本题考查测定电动势和内电阻的数据处理，要求能根据公式得出图象中斜率及截距的含义．在计算电源的内阻的时候，一定要注意纵坐标的数值是不是从0开始的．‎ 四、计算题（本题共3小题，共30分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。）‎ ‎16.如图所示，电源电动势，内阻，电流表内阻不计．为一可变电阻箱，为一电动机．调节电阻箱的阻值为时，电动机恰好不转动，此时电流表读数．‎ ‎（1）求电动机的内阻．‎ ‎（2）调节电阻箱的阻值为时，电流表读数，求此时电动机输出的机械功率．‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎(1)依据欧姆定律：，代入数可得．‎ ‎(2)依据电压的关系，‎ 根据欧姆定律 ，，‎ 解得：．‎ 依据功率关系：．‎ ‎【点睛】对于电动机电路是不是非纯电阻电路不能一概而论，要具体情况具体分析，当电动机不转动时，其电路是纯电阻电路，而转动时是非纯电阻电路．‎ ‎17.在图示的电路中，若R1=4Ω，R3=6Ω，电池内阻r=0.6Ω，则电源总功率为40W，输出功率为37.6W，求电源电动势和电阻R2。‎ ‎【答案】E=20V R2=7Ω ‎【解析】‎ 试题分析：由题意可知：电源内电路发热功率P热=I2r=40－37.6=2.4W（2分）‎ 电路电流强度I=2A（2分）‎ 电源总功率：P总=EI=40， 得 E=20V（2分）‎ 即外电路总电阻：‎ 根据闭合电路欧姆定律ε=IR+Ir 即： 20=2×（2.4+R2）+2×0.6，解得：R2=7Ω （2分）‎ 考点：本题考查闭合电路涉及电功率、欧姆定律的计算等，意在考查学生的分析能力。‎ ‎18.如图所示，绝缘光滑水平轨道AB的B端与处于竖直平面内的四分之一圆弧形粗糙绝缘轨道BC平滑连接，圆弧的半径R=0.40m．在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E=1.0×104N/C．现有一质量m=0.10kg的带电体（可视为质点）放在水平轨道上与B端距离s=1.0m的位置，由于受到电场力的作用带电体由静止开始运动，当运动到圆弧形轨道的C端时，速度恰好为零．已知带电体所带电荷量q=8.0×10﹣5C，求：‎ ‎（1）带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力；‎ ‎（2）带电体沿圆弧形轨道从B端运动到C端的过程中，摩擦力做的功．‎ ‎【答案】（1）带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力为5N，方向竖直向下．‎ ‎（2）带电体沿圆弧形轨道从B端运动到C端的过程中，摩擦力做的功为﹣0.72J．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）设带电体在水平轨道上运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有qE=ma 解得a==8．0 m/s2‎ 设带电体运动到B端的速度大小为vB,则vB2=2ax 解得vB==4．0 m/s 设带电体运动到圆弧形轨道的B端时受轨道的支持力为FN,根据牛顿第二定律有FN-mg=‎ 解得FN=mg+=5．0 N。‎ 根据牛顿第三定律可知,带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力大小FN'=FN=5．0 N,方向竖直向下 ‎（2）因电场力做功与路径无关,所以带电体沿圆弧形轨道运动过程中, 电场力所做的功W电=qER=0．32 J 设带电体沿圆弧形轨道运动过程中摩擦力所做的功为Wf,对此过程根据动能定理有W电+Wf-mgR=0-mvB2‎ 解得Wf=-0．72 J。‎ 考点：动能定理；牛顿第二定律的应用 ‎【名师点睛】本题综合运用了牛顿运动定律和动能定理，关键是理清过程，正确地受力分析，根据动能定理列表达式求解。‎ ‎ ‎ ‎ ‎