2018-2019学年重庆市第八中学高二上学期第一次月考物理试题 解析版

2018-2019学年重庆市第八中学高二上学期第一次月考物理试题 解析版

绝密★启用前 重庆市第八中学高2020届（二上）第一次月考物理试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．关于电流,下列说法正确的是（ ）‎ A． 金属导体中自由电子定向移动速率增大时，电流变大 B． 电流既有大小又有方向，所以是矢量 C． 通过导体横截面积的电荷量越多，导体中电流就越大 D． 电流的方向就是电荷定向移动的方向 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由I=nevs可知，金属导体中自由电子的定向移动的速率增加时，电流变大，故A正确。电流虽然既有大小又有方向，但是电流是标量，选项B错误；根据I=q/t可知，通过导体横截面积的电荷量越多，导体中电流不一定越大，选项C错误；电流的方向就是正电荷定向移动的方向，选项D错误；故选A.‎ ‎2．某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示,则下列说法中正确的是（ ）‎ A． 该元件是非线性元件，欧姆定律不适用，不能用R=U/I计算导体在某状态下的电阻 B． 加5V电压时，导体的电阻约是0.2Ω C． 加12V电压时，导体的电阻约是8Ω D． 由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 该元件是非线性元件，欧姆定律同样适用，可以用R=U/I计算导体在某状态下的电阻，选项A错误；当U=5V时，由图知电流为I=1.0A，则导体的电阻 R=U/I=5Ω，故B错误；当U=12V时，由图知电流为I=1.5A，则导体的电阻 R=U/I=8Ω，故C 正确；由图可知随着电压的增大，图象上的点与原点连线的斜率减小，而此斜率等于电阻的倒数，则可知导体的电阻不断增大，故D错误；故选C。‎ ‎【点睛】‎ 本题关键抓住图象上的点与原点连线的斜率等于电阻的倒数，分析电阻的变化，求解电阻的值．‎ ‎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，装置可以研究影响平行板电容器电容的因素，设两极板正对面积为S,极板间的距离为d,静电计指针偏角为θ.实验中,极板充电后已与电源断开了连接，左侧极板与静电计外壳接地，则下列说法中正确的是()‎ A． 保持S不变，增大d，则θ变大 B． 保持d不变，减小S，则θ变小 C． 保持d、S不变，在两极板中插入一陶瓷片，则θ变大 D． 保持d、S不变，用手触摸图中左侧极板，则θ变小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 根据电容的决定式得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=Q/U，分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大，故A正确。根据电容的决定式得知，当保持d不变，减小S时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=Q/U，分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大，故B错误。保持d、S不变，在两极板中插入一陶瓷片，则根据电容的决定式得知，C变大，则由电容的定义式C=Q/U，分析可知板间电势差减小，则静电计指针的偏角θ变小，故C错误。保持d、S不变，用手触摸图中左侧极板，电容器带电量Q和电容器的电容C均不变，电容的定义式C=Q/U分析得知，板间电压不变，则θ不变，故D错误。故选A。‎ ‎【点睛】‎ 本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是掌握电容的两个公式：电容的决定式和C=Q/U．‎ ‎5．如图所示,一段长为a,宽为b,高为c(a>b>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． c2R/ab C． c2R/bc D． c2R/a2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由电阻定律：R＝ρ可知横截面积越小电阻越大，横截面积越大电阻越小。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：，解得： ；当从上下两个面接入是电阻最小，此时电阻为：，故D正确，故选D。‎ ‎6．如图所示的电路中，电源电动势为12 V，电源内阻为1.0Ω，电路中的电阻R0为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω．闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0 A．则以下判断中正确的是 (　 　)‎ A． 电动机的输出功率为14W B． 电动机两端的电压为7V C． 电动机产生的热功率为4W D． 电源输出的电功率为24W ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：电路中电流表的示数为2.0A，所以电动机的电压为：U=E-U内-UR0=12-Ir-IR0=12-2×1-2×1.5W=7V，电动机的总功率为：P总=UI=7×2W=14W，电动机的发热功率为：P热=I2R=22×0.5W=2W，所以电动机的输出功率为：P出=14W-2W=12W，所以B正确；AC错误；电源的输出的功率为：P输出=EI-I2R=12×2-22×1W=20W，所以D错误．故选B.‎ 考点：电功率 ‎【名师点睛】在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的.‎ ‎7．如图为双量程的电流表电路示意图,其量程分别为0−0.1A和0−1A,已知表头内阻rg=200Ω,满偏电流Ig=2mA．a为负接线柱，b、c均为正接线柱，则( )‎ A． 当使用a、c两个接线柱时，量程为0−1A B． 当使用b、c两个接线柱时，量程为0−1A C． R1与R2之和约为0.4Ω D． R1与R2之比约为1:9‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 当使用a、c两个接线柱时，分流电阻比使用a、b接线柱时的分流电阻较大，可知当使用a、c两个接线柱时量程较小，即量程为0−0.1A，使用a、b两个接线柱时量程较大，即量程为0−1A，选项AB错误；当使用a、c两个接线柱时，分流电阻的阻值为：R1+R2=≈4.08Ω；当使用a、b两个接线柱时，连接0-1A档：Ig（Rg+R2）=（I2-Ig）•R1，即：0.002×（200+R2）=（1-0.002）R1，联立解得：R1≈0.41Ω，R2≈3.67Ω；即R1与R2之比约为1:9，选项D正确；故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了求电阻阻值，知道电流表的改装原理，分析清楚电路结构，应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题．‎ 评卷人 得分 二、多选题 ‎8．图中虚线a、b、c代表电场中的三条等势线,相邻两等势线之间的电势差相等,实线为一带负电的微粒仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹,P、Q是这条轨迹上的两点,P、Q相比( )‎ A． P点的电势较高 B． Q点的电势较高 C． 带电微粒通过P点时动能大 D． 带电微粒在P点时电势能大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 若带电微粒从P点进入电场，由图可知带电微粒所受电场力由b等势面指向c等势面，由于微粒带负电，故c等势面的电势最高，故Q点的电势高于P点的电势，故A错误，B正确。由于带电微粒在从Q向P运动的过程中电场力做负功，则带电微粒的动能减小，电势能增大，故带电微粒在通过P点时动能校，P点时的电势能较大。故C错误，D正确。故选BD.‎ ‎【点睛】‎ 本题的解题的突破口是根据带电微粒的运动情况可以确定负电荷的受力情况，从而确定电场强度的方向和电势的高低；讨论粒子从P到Q运动或从Q到P运动，结果是相同的．‎ ‎9．如图所示,当滑动变阻器R3的滑动片向右移动时,两电压表示数变化的绝对值分别是△U1和△U2,已知R2的阻值大于电源内阻r，则下列结论正确的是( )‎ A． △U1>△U2‎ B． 电阻R1的功率先增大后减小 C． 电源的输出功率先增大后减小 D． 电阻R2的功率一定增大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 因为滑片右移，R3变小，总电阻变小，干路电流增大，内电压增大，路端电压变小，即V1的示数变小，V2的示数变大，所以V1变小的部分应该等于V2增大的部分加上内阻的电压增大的值，即△U1＞△U2，故A正确。由以上分析知，干路电流增大，所以通过R2的电流变大，即R2功率增大；V1的示数变小，即通过R1 的电流减小，所以R1‎ 的功率变小，故B错误，D正确。利用结论当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大；当滑片右移动时，总电阻减小，因R2的阻值大于电源内阻r，则电路的总电阻向内阻r靠近，可知电源的输出功率变大，故C错误。故选AD。‎ ‎【点睛】‎ 动态电路的分析步骤：局部--整体---局部的思路；注意判断电压变化量的方法，据闭合电路的欧姆定律分析各用电器的电压变化进行判断；注意电源输出功率最大时的条件．‎ ‎10．如图所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，板间的距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t（不计粒子的重力），则（  ）。‎ A． 在时间t内，电场力对粒子做的功为qU B． 在后t/2时间内，电场力对粒子做的功为3qU/8‎ C． 粒子的出射速度偏转角tanθ=d/l D． 在粒子下落前d/4和后d/4的过程中，运动时间之比为√2:1‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 在时间t内，因入射点与出射点的电势差为U/2，可知电场力对粒子做的功为qU/2，选项A错误；设粒子在前t/2时间内和在后t/2时间内竖直位移分别为y1、y2，则y1：y2=1：3，得y1=d/8，y2=3d/8，则在后t/2时间内，电场力对粒子做的功为W2=q•U=qU．故B正确。粒子的出射速度偏转角正切为．故C正确。根据推论可知，粒子前d/4和后d/4的过程中，运动时间之比为1：（-1），故D错误。故选BC。‎ ‎【点睛】‎ 本题是类平抛运动，要熟练掌握其研究方法：运动的合成与分解，并要抓住竖直方向初速度为零的匀加速运动的一些推论，研究位移和时间关系．‎ 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 ‎11．某同学用多用电表的欧姆挡的“×10Ω”挡测量一个电阻的阻值,发现表的指针偏转角度很小,如图所示,为了准确测定该电阻的阻值,正确的做法是()‎ A． 应把选择开关换到“×1Ω”挡，重新进行欧姆调零后再测量 B． 应把选择开关换到“×100Ω”挡，重新进行欧姆调零后再测量 C． 应把选择开关换到“×100Ω”挡，不用再进行欧姆调零就直接测量 D． 应把选择开关换到“×1Ω”挡，不用再进行欧姆调零就直接测量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 用×10Ω挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，说明所选档位太小，为了较准确地进行测量，应换到×100Ω挡，然后重新进行欧姆调零，再进行测量，故B正确；故选B。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了欧姆表档位的选择与欧姆表读数、欧姆表使用注意事项，用欧姆表测电阻，应选择适当的档位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数．‎ ‎12．某同学利用如图1电路测量电源的电动势和内阻，测得的电压表读数为U，电阻箱读数为R，并绘制得到如图2的1/U与1/R的函数关系，该图线的斜率为k，纵截距为b。已知电压表内阻远大于电源内阻，则（ ）‎ A． 电源的电动势为b B． 电源的电动势为1/b C． 电源的内阻为b/k D． 电源的内阻为k/b ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 根据闭合电路欧姆定律可知：，变形可得：；由图像可知：； ，解得，；故选项BD正确，AC错误；故选BD.‎ ‎【点睛】‎ 测定电源的电动势和内阻的原理是闭合电路欧姆定律，实验的电路有三种，分别是伏安法、伏阻法和安阻法．本题采用转换法，将非线性关系通过数学变形转换成了线性关系．‎ ‎13．如图所示是螺旋测微器和游标卡尺测量工件长度时的情形。螺旋测微器读数为_________mm。游标卡尺读数为______mm。‎ ‎【答案】6.723（6.722-6.725） 30.35‎ ‎【解析】试题分析：由图可知，螺旋测微器的固定部分为6．5mm；转动部分为22．3，故读数为：6．5+22．3×0．01=6．723mm；‎ 游标卡尺游标为20分度，长度为19mm；故游标最小分度为0．95mm；游标卡尺对齐的主尺长度为37mm，而游标对齐的刻度为：7×0．95=6．65mm，故读数为：37-6．65mm=30．35mm；‎ 考点：游标卡尺及螺旋测微器的读数 ‎【名师点睛】两种长度测量仪器应掌握其原理，根据原理去掌握读数方法，注意螺旋测微器需要估读，而游标卡尺不需要估读。‎ ‎14．某同学在做完“描绘小灯泡的伏安特性曲线”后，又对一个标有“6V 3.5W”小电风扇电动机(线圈电阻恒定)的伏安特性曲线进行了研究，同研究小灯泡一样，要求电风扇电动机两端的电压能从零逐渐增加到6V，实验室备有下列器材：‎ A．电流表(量程I:0~0.6A，内阻约为1Ω；量程II:0~3A，内阻约为0.1Ω)‎ B．电压表(量程为0~6V，内阻几千欧)‎ C．滑动变阻器R1(最大阻值10Ω，额定电流2A)‎ D．滑动变阻器R2(最大阻值1750Ω，额定电流0.3A)‎ E.电池组(电动势为9V，内阻小于1Ω)‎ F.开关和导线若干 ‎(1)实验中所用的滑动变阻器应选_______(填“C”或“D”)，电流表的量程应选_______(填“I”或“II”)。‎ ‎(2)请用笔画线代替导线将实物图甲连接成符合这个实验要求的电路_______。‎ ‎(3)闭合开关前，为防止电动机输入电压过高而损坏，滑动变阻器滑片P应滑到______(填“M”或“N”)端。‎ ‎(4)闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P，改变加在电动机上的电压，实验中发现当电压表示数大于1V时电风扇才开始转动，电动机的伏安特性曲线如图乙所示，则电动机线圈的电阻为_______Ω，电动机正常工作时的机械功率为________W。(保留两位有效数字)‎ ‎【答案】 (1) C Ⅰ (2) 如图所示 ‎ ‎ (3) M (4) 2.5 2.6‎ ‎【解析】（1）电风扇的额定电流I=P/U=0.58A，从读数误差的角度考虑，电流表选择Ⅰ．电风扇的电阻比较小，则滑动变阻器选择总电阻为10Ω的误差较小，即选择C． （2）因为电压电流需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法，电风扇的电阻远小于电压表内阻，属于小电阻，电流表采用外接法．电路图如图所示．则可知对应的实物图如图所示； （3）闭合开关前，为防止电动机输入电压过高而损坏，滑动变阻器滑片P应滑M端。‎ ‎（4）电压表读数小于1V时电风扇没启动，由图像可知I=0.4A．根据欧姆定律得，．正常工作时电压为6V，根据图象知电流为0.57A，则电风扇发热功率P=I2R=0.572×2.5W=0.81W，则机械功率P′=UI-I2R=0.57×6-0.81=2.61W． 点睛：解决本题的关键掌握器材选取的原则，即安全，精确．以及知道滑动变阻器分压式和限流式接法的区别，电流表内外接的区别．知道有电动机存在的电路是非纯电阻电路，清楚电风扇没启动时电能全部转化为内能，正常工作时电能转化为内能和机械能．‎ 评卷人 得分 四、解答题 ‎15．如图所示,水平地面上固定一个光滑绝缘斜面,斜面与水平面的夹角为θ,一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端,另一端系有一个带电小球A．‎ ‎ 细线与斜面平行。小球A的质量为m、电荷量为q.小球A的右侧固定放置带等量异种电荷的小球B,两球心的高度相同、间距为d.静电力常量为k,重力加速度为g,两带电小球可视为点电荷。小球A静止在斜面上。‎ 求：（1）若B球带正电且细线对A球的拉力刚好为0，则B球电量大小是多少？‎ ‎（2）若B球带负电且斜面对A球的支持力刚好为0，则B球电量大小是多少？‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）根据库仑定律，小球A与B之间库仑力的大小为：；若细线上的拉力为0，小球A受重力、支持力和库仑斥力而平衡，根据共点力平衡条件，重力的下滑分力与库仑力的上滑分力平衡，即：mgsinθ=Fcosθ； 联立解得：qB= （2）若斜面对A球支持力刚好为零，则有：mg＝tanθ； 解得：qB= ．‎ ‎【点睛】‎ 本题关键是明确A球的受力情况，然后根据共点力平衡条件列方程求解，注意细线拉力为零的临界条件．‎ ‎16．如图所示，在场强E=104N/C的水平匀强电场中，有一根长l=15cm的细线，一端固定在O点，另一端系一个质量m=3×10﹣3kg，带电荷量q=2×10﹣6C的小球，当细线处于水平位置时，小球从静止开始释放 ‎（1）小球到达最低达最低点B时的速度是多大？‎ ‎（2）小球到达最低点B时绳的拉力是多大？‎ ‎【答案】（1）小球到达最低达最低点B时的速度是1m/s．‎ ‎（2）小球到达最低点B时绳的拉力是0.05N．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）小球由最高点到最低点的过程中，重力和电场力做功，由动能定理可求得小球在最低点的速度．‎ ‎（2）小球经过最低点时，由重力的细线的拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解细线的拉力．‎ 解：（1）从A到B由动能定理得：mgl﹣qEl=‎ 解得：v==m/s=1m/s ‎（2）在最低点，设绳子对小球的拉力为F，则有根据牛顿第二定律得：‎ ‎，‎ 解得：T=m+mg=3×10﹣3×（+10）N=0.05N 答：（1）小球到达最低达最低点B时的速度是1m/s．（2）小球到达最低点B时绳的拉力是0.05N．‎ ‎【点评】带电物体在电场中的运动若不涉及时间时，动能定理是最佳解题选择．对于圆周运动，确定向心力的来源是求解的关键．‎ ‎17．如图，电路中,R1=3Ω,R2=6Ω,R3=1.5Ω,C=20μF,当开关S1闭合、S2断开电路稳定时,电源消耗的总功率为2W,当开关S1、S2都闭合电路稳定时，电源消耗的总功率为4W，求：‎ ‎(1)电源电动势E和内阻r；‎ ‎(2) 当S1闭合,S2断开时，电路稳定后，电容器所带的电量为多少。‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）S1闭合、S2断开电路稳定时，电源消耗的总功率为P总1＝IE＝‎ 代入数据： ① S1、S2都闭合电路稳定时， ‎ 电源消耗的总功率 代入数据：② 联立①②解得电源的电动势E=4V；内电阻r=0.5Ω （2）当S1闭合，S2断开，电路稳定后，外部总电阻R总＝R2+R3＝6+1.5＝7.5Ω 干路上总电流 ‎ 电容器两端电压和电阻R2两端电压相同，UC=U2=IR2＝0.5×6V＝3V 电容器所带的电荷量为Q＝CUC＝20×10-6×3＝6×10-5C ‎【点睛】‎ 解决本题的关键理清电路的串并联，结合闭合电路欧姆定律进行求解，关键确定电容器两极板间的电压，要明确电容器的电压等于与之并联的电路两端的电压．‎ ‎18．水平放置的平行金属板AB间的距离d=0．1m，板长L=0．3m，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于AB板的正中间，距金属板右端x=0．5m处竖直放置一足够大的荧光屏，现在AB板间加如图（b）所示的方波形电压，已知U0=1．0×102V，在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m=1．0×10‎-7kg，电荷量q=1．0×10‎-2C，速度大小均为v0=1．0×‎104m/s，带电粒子的重力不计，则：‎ ‎（1）求粒子在电场中的运动时间；‎ ‎（2）求t=0时刻进入的粒子离开电场时在竖直方向的位移；‎ ‎（3）若撤去挡板，求荧光屏上出现的光带长度。‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）‎ ‎（3）0．095m ‎【解析】‎ 试题分析:（1）进入电场的粒子在水平方向不受力，做匀速直线运动L=v0t 电子在电场中运动时间 ‎（2）电子在电场运动时间一共是，根据两极板电压变换图b，竖直方向其中电子匀加速运动，电子匀减速直线运动，‎ 由于电压大小一样，所以加速度大小相等 离开电场时竖直方向位移 ‎（3）挡板去后，所有粒子离开电场的速度都相同。示意图如下 t=0时刻进入的粒子，正向偏转位移最大，且运动过程没有速度反向 若粒子进入的位置合适，粒子可以从极板的上边沿离开电场。‎ 时刻进入的粒子反向偏转过程中位移最大是速度减小到0的时候，若粒子位置合适，粒子此时刚好到达下极板，随后开始加速，时间为，此粒子下面的粒子将打在下极板上而不能离开电场。‎ 次粒子正向偏移为 根据离开粒子速度大小方向相同，判断打在荧光屏上面的光带长度为 考点：考查带电粒子在电场中的运动、动能定理、牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律。‎