2017-2018学年江西省九江第一中学高二上学期第一次月考物理试题 解析版 14页

九江一中2017—2018学年度高二年级上学期第一次月考 物理试卷 选择题：（本题共10小题，每小题4分，1～6题为单选题，7～10题为多选题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）‎ ‎1. 下面对一些概念及公式的理解，其中正确的是(　 　)‎ A. 根据电容的定义式可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比 B. 只要将导体置于电场中，导体中就有持续电流 C. 当干电池没有接入电路中时，电池内没有电荷流动，所以电池此时电动势为0‎ D. 带电荷量为1 C的负电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1 J，则UAB =1 V ‎【答案】D ‎【解析】电容的决定是为：，电容器的电容与其所带电荷量及两极板间的电压无关，故A错误；导体两端必须有电压，才能形成有电流，故B错误；电动势与电池接入电路与否无关，故C错误；带电荷量为1 C的负电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1 J，则UAB =1 V，故D正确。所以D正确，ABC错误。‎ ‎2. 如图所示为一空腔导体周围的电场线分布图，电场方向如图中箭头所示，M、N、P、Q是以O为圆心的一个圆周上的四点，其中M、N在一条直电场线上，P、Q在一条曲电场线上，则有( 　)‎ A. M点的电场强度比N点的电场强度大 B. P点的电势比Q点的电势低 C. 负电荷在P点的电势能小于其在Q点的电势能 D. M、O间的电势差等于O、N间的电势差 ‎【答案】C ‎【解析】由电场线的疏密程度表示电场的强弱，所以N点的场强比M点的场强大，故A错误；沿着电场线的方向电势越来越低，所以Q点的电势比P点的电势低，故B错误；负电荷由P点运动到Q点,电场力左负功，电势能增加，所以负电荷在P点时的电势能小于在Q点时的电势能，故C正确；根据电场分布可以知道，MO间的平均电场强度比ON之间的平均电场强度小,故由公式可知，MO间的电势差小于ON间的电势差，故D错误。所以C正确，ABD错误。 ‎ ‎3. 电阻R1和R2分别标有规格“100Ω、4W”和“12.5Ω、8W”，将它们串联起来之后，能承受的最大电压是（ ）‎ A. 30 V B. 22.5 V C. 90 V D. 25 V ‎【答案】B ‎【解析】电阻R1的额定电流为：，电阻R2的额定电流为：，串联起来后允许的最大电流是0.2A，能承受的最大电压是：，故B正确，ACD错误。‎ ‎4. 如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连,静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一个P点，以E表示两板间的电场强度， 表示P点的电势，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（ ）‎ A. θ 增大，E增大 B. θ 增大，不变 C. θ 减小，增大 D. θ 减小，E不变 ‎【答案】D ‎【解析】电容器与电源断开，电容器的电量不变，上极板向下移动时，两板间的距离减小，根据可知，电容C增大，电容器的电量不变，在根据定义式：，可知电压U减小，静电计指针偏角减小，两板间的电场强度，可知电场强度与板间距无关，所以电场强度不变；再设P与下极板距离为L，则P点的电势，因为电场强度和距离均不变，所以不变，故D正确，ABC错误。‎ ‎5. 如图，带正电的导体A位于原来不带电的金属球壳B的球心处。达到静电平衡状态时，a、b、c三点的电场强度大小、、的大小顺序和电势、、的高低的顺序是（ ） ‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】当静电平衡时，金属球壳B内壁感应出负电荷，外表面感应出正电荷,画出电场线的分布如图: 因为a处电场线较密，c处电场线较疏，b处场强为零，电场线越密的地方场强越大，则有：， 根据顺着电场线方向电势降低，整个金属球壳B是一个等势体，表面是一个等势面，可得电势关系是：，故C正确，ABD错误。 ‎ ‎6. 如图所示，AC、BD为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O，半径为R，将等电量的两正点电荷Q放在圆周上，它们的位置关于AC对称，与O点的连线和OC间夹角为30°，下列说法正确的是(　 　)‎ A. O点的电场强度大小为 B. O点的电场强度大小为 C. 电荷q从A点运动到C点，电场力做的总功为零 D. 电荷q从B点运动到D点，电场力做的总功为正 ‎【答案】B ‎【解析】作出两个电荷在O处的场强，及沿AC间的电场线，如图所示：‎ ‎7. 小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如右图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法中正确的是(　 　 )‎ A. 随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大 B. 对应P点，小灯泡的电阻为 C. 对应P点，小灯泡的电阻为 D. 对应P点，小灯泡的功率为图中PQO所围的面积 ‎【答案】AB ‎【解析】由图象可知，通过灯泡的电流随两端电压的增大而增大，且△U＞△I，电阻是指对电流的阻碍作用，随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大，否则△U和△I的变化倍数相等，故A正确；由图象可知，P点对应的电压为U1，电流为I2，灯泡的电阻，故B正确，C错误；由P=UI可知，图象中矩形PQOM所围的面积为对应P点小灯泡的实际功率，故D正确；故选ABD．‎ 点睛：对于线性元件，其电阻 ，非线性元件，；对于U-I图与I-U图要区分清楚，电阻R=K，还是不能搞错.‎ ‎8. 如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔.右极板电势随时间变化的规律如图乙所示.电子原来静止在左极板小孔处.(不计重力作用)下列说法中正确的是(　 　)‎ A. 从t＝0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上 B. 从t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间振动 C. 从时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上 D. 从时刻释放电子，电子一定打到右极板上 ‎【答案】AC ‎..................‎ ‎9. 某一网络电路中的部分电路如图所示，已知I＝3A，I1＝2A，R1＝10Ω，R2＝5Ω，R3＝10Ω，则下列结论正确的是(　 　)‎ A. 通过R3的电流为1.5 A，方向从a→b B. 通过R3的电流为1.5 A，方向从b→a C. 通过电流表的电流为0.5A，电流从左向右流过电流表 D. 通过电流表的电流为0.5A，电流从右向左流过电流表 ‎【答案】BD ‎【解析】R1两端电压为：， R2两端电压为：，‎ R2两端电压为：，且电流从b流向a，大小为：，通过电流表的电流为，方向从左到右，所以+接线柱在左边，故BD正确，AC错误。‎ ‎10. 如图所示，有一半圆弧光滑轨道，半径为R，在与圆心等高的位置静止放置一个带正电的小球A，‎ 其质量为m，MN之间有一个方向水平向左的匀强电场，让小球A自由滚下进入匀强电场区域，水 平面也是光滑的，下列说法正确的是( )‎ A. 小球一定能穿过MN区域继续运动 B. 如果小球没有穿过MN区域，小球一定能回到出发点 C. 如果小球恰好能够穿过MN区域，电场力做的功为-mgR D. 如果小球没有穿过MN区域，只要电场强度足够大，小球可以到达P点，且到达P点时的速度大于等于 ‎【答案】BC ‎【解析】由于电场强度的大小不知，小球可能能穿过MN区域，也可能不能穿过MN区域，故A错误；如果小球不能穿过MN区域，小球在运动的过程中，无能量损失，一定能回到出发点，故B正确；如果小球恰好能够穿过MN区域，根据动能定理有：，可得电场力做的功为-mgR，故C正确；如果小球不能穿过MN区域，根据能量守恒可知小球只能够回到出发点，无法运动到P点，故D错误。所以BC正确，AD错误。‎ 填空题(本题共2小题，第11题6分，第12题10分，共16分．)‎ ‎11. 把一个内阻Rg=100 Ω、满偏电流Ig=1 mA的表头改装成一个量程为50 V的电压表，需_______（串联或并联）阻值为_______Ω的电阻。改装成量程为5 A的电流表，需_______（串联或并联）阻值为_______Ω的电阻。‎ ‎【答案】 (1). 串联 (2). 49900 (3). 并联 (4). 0.02‎ ‎【解析】改装成电压表要扩大量程，使用串联电路的分压原理，则串联的阻值为：。改装成电流表，使用并联电路的分流原理，则并联的阻值为：。‎ ‎ ‎ ‎12. 在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，小灯泡标有“3.8V、1.14W”字样；，为了使测量结果尽量准确，电压测量范围尽量大，从实验室找到以下供选择的器材：‎ A．直流电源E的电动势4.5V，内阻不计 B．电流表A1量程250mA，内阻约为2Ω C．电流表A2量程500mA，内阻约为1Ω D．电压表V1（0～5V，内阻约为5kΩ）‎ E．电压表V2（0～15V，内阻15kΩ）‎ F．滑动变阻器R1（0～10Ω）‎ G．滑动变阻器R2（0～2 000Ω）‎ H．开关、导线若干 ‎（1）实验时电流表选_____；电压表选_____；滑动变阻器选____（填字母代号如ABCD等）．‎ ‎（2）请设计合理的测量电路，把电路图画在作图框中．‎ ‎【答案】 (1). C (2). D (3). F ‎ ‎【解析】（1）小灯泡的额定电流为：，因此电流表选量程500mA，故选C；灯泡的电压为3.8V，所以电压表选0～5V量程的，故选D；本实验要求多测几组数据，滑动变阻器采用分压法，故选用变化范围小的，故选F。‎ ‎（2）本实验要求多测几组数据，滑动变阻器采用分压法，电流表采用外接法，电路图如下 解答题（共54分．13、14、15每题10分，16、17每题12分。解答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。）‎ ‎13. 如图所示，在匀强电场中，有边长为L=2m的等边三角形ABC，其中O点为该三角形的中心，各点的电势分别为，，，求：‎ ‎（1）O点的电势为多少，‎ 该匀强电场的电场强度大小和方向．‎ ‎【答案】（1）4V （2）2V/m ‎【解析】试题分析：根据匀强电场电势随距离均匀变化，AC中点D的电势为4V，则BD为一条等势线，CA连线即为一条电场线，由BA间的电势差，由公式U=Ed求出场强大小、方向。‎ ‎（1）如图所示，过O点作AC的垂线BD 根据匀强电场电势随距离均匀变化，则D 为AC 的中点则φD =4V，由题可知：φB =4V,则BD为等势线,O 在BD 上，所以φ O =4V 。‎ ‎(2)由于电场线与等势线垂直，则AC 为一条电场线，且电场方向由高电势指向低电势即由C 到A ，根据场强公式：。‎ 点睛：本题主要考查了匀强电场中如何找等势面和应用场强公式求解，属于基础题。‎ ‎14. 如图所示的电路中，各电阻的阻值已标出．已知R=1Ω，当输入电压UAB＝110V时，‎ ‎（1）流经10R电阻的电流是多少？‎ ‎（2）输出电压UCD是多少？‎ ‎【答案】（1）10A (2)-1V ‎【解析】试题分析：先求并联部分的等效电阻，再求出电路的总电阻，根据欧姆定律求出电流；输出电压DCD是电阻R上分的电压，根据串联分压关系即可解题。‎ ‎（1）并联部分的等效电阻为：‎ 则电路的总电阻为：R总=10R+R=11R 根据欧姆定律流经10R电阻的电流：‎ ‎（2）由串联分压得并联部分R并上的电压为：‎ 而输出电压UCD即电阻R上分到的电压，再由串联分压得： ‎ 点睛：本题主要考查了串并联电路的电流电压求解问题，区分好串并联关系再结合欧姆定律等公式即可解题。‎ ‎15. 有一个直流电动机，把它接入0.2V电压的电路时，电动机不转，测得流过电动机的电流是0.4A，若把它接入2V电压的电路中，电动机正常工作，工作电流是1A。求：‎ ‎（1）电动机正常工作时的输出功率。‎ ‎（2）如在正常工作时，转子突然被卡住，此时电动机的发热功率多大？（提示：电动机在电路中转子不转动时为纯电阻用电器）‎ ‎【答案】（1）1.5W （2）8W ‎【解析】试题分析：电动机不转时是纯电阻电路，由欧姆定律可以求出电动机线圈的电阻；电动机正常工作时是非纯电阻电路，根据P=UI求出总功率，根据P=I2R 求出热功率，总功率与热功率之差是电动机的输出功率；电动机的转子突然被卡住时为纯电阻用电器，根据求出电动机的发热功率。‎ ‎（1）电动机不转时是纯电阻电路，根据：‎ 带入数据可得电动机线圈的电阻：‎ 电动机正常工作时是非纯电阻电路，‎ 消耗的总功率：P总=UI=2V×1A=2W 线圈电阻热功率为：P热=I2R=12×0.5Ω=0.5W 电动机正常工作时的输出功率为：P出=P总-P热=2W-0.5W=1.5W ‎（2）电动机的转子突然被卡住时，此时相当于纯电阻，发热功率为：.‎ 点睛：本题主要考查了电动机问题，电动机属于非纯阻电路，要注意电功率的计算，欧姆定律的应用时与纯阻的区别。‎ ‎16. 如图所示，质量为m、电荷量为e的电子(初速度为0)经加速电压U1加速后，在水平方向沿O1O2垂直进入偏转电场．已知形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L(不考虑电场边缘效应)，两极板间距为d，O1O2为两极板的中线，P是足够大的荧光屏，且屏与极板右边缘的距离也为L.‎ ‎(1)求粒子进入偏转电场的速度v的大小；‎ ‎ (2)若偏转电场两板M、N间加恒定电压时，电子经过偏转电场后正好打中屏上的A点，A点与极板M在同一水平线上，求偏转电压U2的大小．‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】试题分析：（1）电子经加速电场加速：，解得：‎ ‎（2）由题意知，电子经偏转电场偏转后做匀速直线运动到达A点，设电子离开偏转电场时的偏转角为θ，则由几何关系得：，解得：‎ 又 解得：‎ 考点：考查了带电粒子在电场中的偏转 ‎【名师点睛】带电粒子在电场中偏转问题，首先要正确的对带电粒子在这两种情况下进行正确的受力分析，确定粒子的运动类型．解决带电粒子垂直射入电场的类型的题，应用平抛运动的规律进行求解．此类型的题要注意是否要考虑带电粒子的重力，原则是：除有说明或暗示外，对基本粒子（例如电子，质子、α粒子、离子等），一般不考虑重力；对带点微粒，（如液滴、油滴、小球、尘埃等），一般要考虑重力 ‎17. .如图所示，一半径为R的绝缘圆形轨道竖直放置，圆轨道最低点B点与一条水平轨道相连，轨道是光滑的，轨道所在空间存在水平向右、场强为E的匀强电场，从水平轨道上的A点由静止释放一质量为m带正电的小球，设A、B间的距离为S。已知小球受到的电场力大小等于小球重力的倍，C点为圆形轨道上与圆心O的等高点。（重力加速度为g）‎ ‎（1）若S=3R，求小球运动到C点时对轨道的压力大小；‎ ‎（2）为使小球恰好能在圆轨道内完成圆周运动，求S的值；‎ ‎（3）若满足（2）中条件，求小球对轨道的最大压力。‎ ‎【答案】（1） 10mg （2） （3）10mg ‎【解析】试题分析：小球在运动过程中受到重力与电场力作用，根据动能定理求出小球到达C点时的速度，然后在C点小球做圆周运动，轨道的弹力与电场力的合力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出弹力；小球刚好在圆轨道内完成圆周运动等效最高点，由牛顿第二定律与动能定理可以求出S大小；找出等效最低点时速度最大，‎ 由牛顿第二定律与动能定理可以求出最大压力。‎ ‎（1）由题可知电场力 根据动能定理从A到C得C点的速度：‎ 在C点，由牛顿第二定律得： 联立以上并带入数据解得： (2)为了使小球刚好在圆轨道内完成圆周运动，小球到达某点时恰好受重力和电场力，此时 有：‎ 在E点由牛顿第二定律得：‎ 其中： 根据动能定理从A到E点有：  联立以上并带入数据解得：‎ ‎（3）在F点时速度最大，压力也最大 在F点由牛顿第二定律得：‎ 根据动能定理从A到F点有： ‎ 其中： 联立以上并带入数据解得：‎ 点睛：本题主要考查了小球在电场力和重力作用下在竖直轨道的运动问题，应用动能定理与牛顿第二定律即可正确解题，解题时要注意“小球刚好在圆轨道内完成圆周运动”的隐含信息。‎ ‎ ‎ ‎ ‎