2017-2018学年广西南宁市第三中学高二上学期第一次月考物理试题 解析版

2017-2018学年广西南宁市第三中学高二上学期第一次月考物理试题 解析版

南宁三中2017～2018学年度上学期高二月考（一）‎ 理科物理试题 一、选择题（每小题4分，共40分。1-6题为单选题，7-10为不定项选择题，有错不得分，选对不全得2分）‎ ‎1. 下面说法正确的是(　　)‎ A. 我们通常所说的1号干电池的容量比7号干电池的容量大 B. 电源电动势等于电源正、负极之间的电势差 C. 同一电源接入不同的电路，电动势会发生变化 D. 电动势和电势差的单位相同，电动势实质上就是电势差 ‎【答案】A ‎【解析】电干电池的电动势都是1.5V，1号干电池比7号干电池的体积大，容量大，故A错误；电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压，当接入电路后，电源电动势不等于电源正、负极之间的电势差，故B错误；把同一电源接在不同的电路中，电源的电动势不变，故C错误；电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，反映了电源内部非静电力做功的本领，电势差是两点之间电势的差，它们的物理意义不同，故D错误。所以A正确，BCD错误。‎ ‎2. A为已知电场中的一固定点，在A点放一个电荷量为q的正的点电荷，所受的电场力为F，A点的场强为E，则：‎ A. 若在A点换上点电荷-q，A点的场强方向将发生变化 B. 若在A点换上点电荷-q，电荷的受力方向将发生变化 C. 若将A点的电荷移去，A点的场强将变为零 D. 若在A点换上电荷量为2q 的点电荷，所受力为‎2F，A点的场强变为2E ‎【答案】B ‎【解析】电场强度的定义式为：是通过比值定义法得出的，场强的大小及方向与试探电荷无关，场强度反映电场本身的性质，故放入任何电荷时电场强度的方向大小均不变，即使将试探电荷移走，电场强度不变．故ACD错误；若在A点换上点电荷-q，根据电场力公式：可知电荷的受电场力的大小不变，而方向将发生变化，故B正确。所以B正确，ACD错误。‎ ‎3. 铜的摩尔体积为V，密度为ρ，每摩尔铜原子有n个自由电子，今有一根横截面为S的铜导线，当通过的电流为I时，电子平均定向移动的速率为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎4. 如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线。则（ ）‎ A. 场强Ea>Eb，Eb>Ec B. 电势φa>φb，φc>φb C. 沿cba路径移动质子与电子，电荷的电势能改变是一样的 D. 沿bc方向直线射入的电子有可能做曲线运动 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：根据电场线的疏密表示电场强度的相对大小，可知Ea＞Eb＞Ec．故A正确．沿着电场线方向电势是降低的，同一等势面上各点的电势相等，则知φc＞φb=φa．故B错误．沿cba路径移动质子与电子，根据公式W=qU，知由于电子与质子的电性相反，电场力对质子做正功，对电子做负功，则质子的电势能减小，电子的电势能增大．故C错误．沿bc方向直线射入的电子，所受的电场力沿cb方向，电子做直线运动．故D错误．故选：A．‎ 考点：电场线；电势；电场强度.‎ ‎5. 带正电的空心金属球壳置于绝缘支架上，将4个原来不带电的金属小球按图示位置放置，A球用绝缘轻绳竖直悬挂，B球接地，C球用导线与球壳内部相连，D球与球壳内部接触。设大地电势为零，当达到静电平衡时，下列说法正确的是（ ）‎ A. 由于静电感应，A球带负电，电势为正 B. B球接地不带电，电势为零 C. C球带正电，电势与球壳电势相等 D. D球带正电，电势为零 ‎【答案】C ‎【解析】由于静电感应，A球的左右两端带上不同的电荷，但整体不带电，故A错误；由于静电感应，B球带负电，但电势和大地的电势相等，所以电势为零．故B错误；C球在金属球壳的外部，会带上与球壳相同的电荷，所以C球带正电，电势与球壳电势相等，故C正确；D球在球壳的内部，与球壳接触后成为球壳内部的一部分，所以D不带电．故D错误。所以C正确，ABD错误。‎ ‎6. 如图所示，水平方向的匀强电场中，有一质量为m的带电小球，用长为l的细线悬于点O，当小球平衡时，细线和竖直方向的夹角为θ，现给小球一个初速度，速度方向和细线垂直，使小球恰能在竖直平面内做圆周运动，则圆周运动过程中速度的最小值为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. 0‎ ‎【答案】C ‎【解析】以小球为研究对象，受重力与电场力，所以求出二力的合力： ，电场力为：FE=mgtanθ，由于小球恰好做圆周运动，所以圆周运动过程中速度的最小值处在重力和电场力合力的反方向上，且二力的合力提供向心力．由牛顿第二定律得： ，小球的最小速度： ；故选C．‎ 点睛：对小球受力分析，求出电场力与合力，由牛顿第二定律即可正确解题，此题可以把二力的合力视为等效场，求出等效重力加速度，在等效重力加速度的反方向上时，速度最小．‎ ‎7. 如图所示是电阻R的I-U曲线，图中α=370由此可得（ ）‎ A. 电阻与其两端的电压成正比 B. I－U图象的斜率表示电阻的倒数，所以R＝1/tan37°＝4/3 Ω C. 此导体的电阻R＝U/I=2 Ω D. 在R两端加6.0 V电压时，每秒通过导体截面的电荷量是‎3.0 C ‎【答案】CD ‎【解析】根据电阻的定义式：可知，导体的电阻与其两端电压没关系，故A错误；根据电阻的定义式：可知，I-U图象斜率的倒数等于电阻R，则得: ，故C正确，B错误；由图知，当U=6V时，I=‎3A，则每秒通过电阻横截面的电荷量是q=It=3×‎1C=‎3.0C，故D正确。所以CD正确，AB错误。‎ ‎8. 如图所示，匀强电场中某直线上的两点A、B相距‎0.2 m，正电荷电量q＝10‎-6C，从A移到B，电场力做功为2×10-6J，则( )‎ A. 该电场的场强为10 V/m B. 该电场的场强方向由A指向B C. A、B间的电势差为2 V D. A点的电势比B点的高 ‎【答案】CD ‎【解析】根据电场力做功的公式W=qU得：，故C正确；根据匀强电场两点电势差和电场强度的公式：，故A正确；由于，所以B点的电势比A点的低，故D正确；沿着电场线电势一定降低，所以电场的方向由A向B，故D正确。所以ABCD正确。‎ ‎9. 如图所示，R 是一个定值电阻，A、B 为水平正对放置的两块平行金属板，B板接地，两板间带电微粒 P 处于静止状态，则下列说法正确的是( )‎ A. 若增大A、B两金属板的间距，则有向右的电流通过电阻R B. 若错开A、B两金属板的间距，P保持原静止状态 C. 若紧贴A板内侧插入一块一定厚度的金属片，P将向上运动 D. 若紧贴B 板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片，P 原位置电势减小 ‎【答案】BC ‎【解析】若增大A、B两金属板的间距，根据电容的决定式：，可知电容减小，电压不变，根据定义式：，可知电量减小，所以电容器放电，故有向左的电流通过电阻R，故A错误；若错开A、B两金属板的间距，，但是电压不变，根据场强公式：，可知场强不变，微粒受力不变，所以P保持原静止状态，故B正确；若紧贴 A 板内侧插入一块一定厚度的金属片，相当于极板间距离变小了，而电压U不变，根据场强公式：，可知场强增加，电场力增加，所以P 将向上运动，故C正确；若紧贴B 板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片，因为电压不变，距离不变，根据场强公式：，可知场强不变，所以P 原位置电势不变，故D错误。所以BC正确，AD错误。‎ ‎10. 如图所示，a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中a、b、c三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分．小球d位于O点正上方h处，且在外力F作用下恰处于静止状态，已知a、b、c三小球的电荷量均为q，d球的电荷量为6q，h=R．重力加速度为g，静电力常量为k，则（　　）‎ A. 小球d一定带正电 B. 小球b的周期为 C. 小球c的加速度大小为 D. 外力F竖直向上，大小等于 ‎【答案】BCD ‎【解析】a、b、c三小球所带电荷量相同，要使三个做匀速圆周运动，d球与a、b、c三小球一定是异种电荷，由于d球的电性未知，所以a球不一定带正电，故A错误；以b为研究对象：根据牛顿第二定律和向心力公式得：，其中，，联立解得：，，故BC正确；对d球受力分析，由平衡条件得：，故D正确。所以BCD正确，A错误。‎ 二、实验题（每小题8分，共16分）‎ ‎11. 如图所示实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连．‎ ‎（1）使电容器带电后与电源断开（选填变大，变小或不变）‎ ‎①将左极板上移，可观察到静电计指针偏转角_______；‎ ‎②将极板间距离减小时，可观察到静电计指针偏转角_____；‎ ‎③两板间插入一块玻璃，可观察到静电计指针偏转角______；‎ ‎（2）下列关于实验中使用静电计的说法中正确的有（______）‎ A．使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况 B．使用静电计的目的是测量电容器电量的变化情况 C．静电计可以用电压表替代 D．静电计可以用电流表替代 ‎【答案】 (1). 变大 (2). 变小 (3). 变小 (4). A ‎【解析】（1）①根据电容的决定式：，上移左极板，正对面积S 减小，则电容减小，可知电容减小，电量不变，根据定义式：，可知电势差增大，指针偏角变大；②根据电容的决定式：，板间距离减小，则电容增大，因为电量不变，根据定义式：，可知电势差减小，指针偏角变小；③两板间插入一块玻璃，根据电容的决定式：，介电常数变大，则电容增大，因为电量不变，根据定义式：，可知电势差减小，指针偏角变小。‎ ‎（2）静电计可测量电势差，根据指针张角的大小，观察电容器电压的变化情况，无法判断电量的变化情况，故A正确，B错误；静电计与电压表、电流表的原理不同，不能替代．电流表、电压表线圈中必须有电流通过时，指针才偏转，故CD错误。所以A正确，BCD错误。‎ ‎12. 如图甲为某同学描绘额定电压为3.8V的小灯泡伏安特性曲线的实验电路图。‎ ‎（1）根据电路图甲，用笔画线代替导线，将图乙中的实验电路连接完整_____；‎ ‎（2）开关闭合之前，图乙中滑动变阻器的滑片应该置于____端（选填“A”、“B”或“AB中间”）；‎ ‎（3）实验中测出8组对应的数据，如下表 请在给出的坐标中，描点做出I-U图线。由图像可知，随着电流的增大，小灯泡的电阻____________（选填“增大”、“减小”、“不变”）‎ ‎【答案】 (1). (2). A (3). 增大 ‎【解析】试题分析：（1）根据实验原理图连接即可，注意电压表、电流表的量程不要选错，正负极不能连反，滑动变阻器采用分压接法．如图所示 ‎（2）为了保护小灯泡，应在开始的时候使其两端电压为零，即滑动变阻器的滑片处于A端，‎ ‎（3）从表格中可得当电灯泡两端达到额定电压3.8V时，其电流为‎0.33A，故其额定功率为，伏安特性曲线如图所示 从图像中可得的值越来越大，所以随着电流的增大，小灯泡的电阻在增大，‎ 考点：考查了描绘小灯泡伏安特性曲线实验 ‎【名师点睛】‎ 三、计算题（共44分）‎ ‎13. 如图所示，已知平行金属板间距为d，与水平面夹角为θ，要使一质量为m、电量为+q的小球能从AB板A端沿水平方向匀加速直线运动至CD板的D端，求：‎ ‎（1）小球运动的加速度a多大？‎ ‎（2）两金属板间的电压U应是多少？（重力加速度为g）‎ ‎（3）小球从A端运动至D端时其电势能变化了多少？‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】试题分析：对小球受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度；在根据场强公式求出电压；根据电场力做功与电势能变化关系求出电势能变化。‎ ‎（1）（2）粒子受力如图所示，‎ 由牛顿第二定律得：‎ 在竖直方向： ‎ 联立解得：‎ ‎（2）根据匀强电场场强与电势差的关系：‎ 联立以上解得：‎ ‎（3）电场力做正功，小球的电势能要减少，则：‎ 点睛：本题主要考查了电场力和牛顿第二定律，电场力做功与电势能的关系。‎ ‎14. 一条长‎3l的丝线穿着两个质量均为m的小金属环A和B，将线的两端都系于同一点O，‎ 当两金属环带上等量同种电荷后，由于两环间的静电斥力使丝线构成等边三角形，此时两环于同一 水平线上，如图所示如果不计环与线的摩擦，此时细线的作用力有多大？两环带多少电荷量？‎ ‎【答案】（1） （2） ‎ ‎【解析】试题分析：对小环进行受力分析，以B为研究对象受力分析，小球受重力、丝线的张力F1和库仑力F，根据平衡条件和库仑定律即可求解。‎ 小环是穿在丝线上，作用于小环上的两个拉力大小相等，方向不同．小环受四个力，如图所示：‎ 竖直方向：‎ 水平方向：‎ 联立解得： ‎ 点睛：本题主要考查了库仑定律得应用，要求同学们能正确选择研究对象，对物体进行受力分析，即可解题。‎ ‎15. 如图所示，在空间中取直角坐标系xOy，在第一象限内从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴正方向的匀强电场，MN为电场的理想边界，场强大小为E1，ON=d．在第二象限内充满一个沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E2．电子由第二象限的B点静止释放沿x轴负方向从y轴上的A点射入第一象限区域，且从MN上的P点离开．已知B点坐标为（-l，h）．电子的电量为e，质量为m，电子的重力忽略不计，求：‎ ‎（1）电子从A点进入第一象限的速度大小；‎ ‎（2）P点的坐标；‎ ‎（3）电子经过x轴时离坐标原点O的距离．‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎..................‎ ‎（1）从B到A的过程中，粒子加速度运动，由动能定理得：‎ 解得：‎ ‎（2）电子从A运动到P，做类平抛运动，则：‎ 电子电场E1中的运动时间为：‎ 射出P点时竖直方向的分位移为：‎ 又根据牛顿第二定律得：‎ 联立解得：‎ 所以P点的坐标为（d，）‎ ‎（3）电子到达P点时，竖直分速度为：‎ 速度与竖直方向夹角θ，‎ 电子离开电场后水平方向有：△x=(h-y)tanθ 电子经过x轴时离坐标原点O的距离 x=d+△x=‎ 点睛：本题主要考查了带电粒子在匀强电场中加速和偏转结合的问题，能熟练运用运动的分解法研究类平抛运动即可解题。‎ ‎16. 如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角 θ=37°，半径r=‎2.5m，CD段平直倾斜粗糙且足够长，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强 大小为E=2×l05N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场．质量m=2×l0﹣‎2kg、电荷量q=+1×10﹣‎6C的小物 体a被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行并与质量相等的不带电小物体b碰后粘在一起成带电体p ‎（视为质点）向左运动，并在C点以速度v0=‎3m/s冲上斜轨．以带电体p通过C点时为计时起点，0.1s 以后，场强大小不变，方向反向．已知斜轨与p间的动摩擦因数μ=0.2．设p的电荷量保持不变，取 g=‎10m/s2．sin37°=0.6，cos37°=0.8．(结果保留两位有效数字)‎ ‎（1）求弹簧枪对小物体a所做的功；‎ ‎（2）在斜轨上带电体p能到达的最高点为Q，求CQ的长度．‎ ‎【答案】（1）0.76J （2）‎‎0.61m ‎【解析】试题分析：设弹簧枪对小物体做功为Wf，由动能定理即可求解；对小物体进行受力析，分析物体的运动情况，根据牛顿第二定律求出加速度，结合运动学基本公式即可求解。‎ ‎（1）设弹簧枪对小物体做功为Wf，小物体a碰到b前的速度为v1,碰后整体P的共同速度为v2，由功能关系得： ‎ 由动量守恒得：mv1=2mv2‎ p机械能守恒得：‎ 联立以上解得：Wf=0.76J ‎（2）取沿平直斜轨向上为正方向．设带电体p通过C点进入电场后的加速度为a1，‎ 由牛顿第二定律得：﹣2mgsinθ﹣μ（2mgcosθ+qE）=2ma1‎ p向上做匀减速运动，经t1=0.1s后，仍有向上速度达到v3，有：v3=v0+a1t1‎ 由以上解得：v3=‎2.14m/s 设运动的位移为x1，根据位移与时间关系有：‎ 解得：x1=‎‎0.26m 电场力反向后，设小物体的加速度为a2，由牛顿第二定律得：‎ ‎﹣2mgsinθ﹣μ（2mgcosθ﹣qE）=2ma2‎ 设小物体以此加速度运动到速度为0，位移为x2，有：‎ 根据速度与位移关系：‎2a2x2=v32 ‎ 代入数据解得：x2=‎‎0.35m 设CE的长度为x，有：x=x1+x2‎ 联立相关方程，代人数据解得：x=‎‎0.61m 点睛：本题主要考查了动能定理、牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，要求同学们能正确对物体受力分析，确定物体的运动情况。‎