2017-2018学年新疆石河子第二中学高二上学期第二次月考物理试题 解析版 14页

新疆石河子第二中学2017-2018学年高二第二次月考物理试卷 一、选择题 ‎1. 下列关于电荷、电荷量的说法正确的是（　　）‎ A. 自然界存在三种电荷：正电荷、负电荷和元电荷 B. 物体所带的电荷量可以是任意值 C. 物体的带电量可以是2×10﹣19C D. 物体所带的电荷量只能是某些特定的值，为元电荷的整数倍 ‎【答案】D ‎【解析】自然界存在三种电荷：正电荷、负电荷，选项A错误；物体所带的电荷量只能是某些特定的值，为元电荷1.6×10﹣19C的整数倍，即物体的带电量不可以是2×10﹣19C，选项BC错误，D正确；故选D.‎ ‎2. 如图所示，A、B是同一条电场线上的两点，这两点电场强度和电势的关系正确的是（ ）‎ A. EA＞EB，φA＜φB B. EA＞EB，φA＞φB C. EA＜EB，φA＞φB D. EA＜EB，φA＜φB ‎【答案】B ‎【解析】由图示可知，A处的电场线密，B处的电场线稀疏，因此A点的电场强度大，B点的场强小，即EA＞EB；沿着电场线的方向，电势逐渐降低，由图示可知，φA＞φB，故ACD错误，B正确；故选B．‎ 点睛：电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布．电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向．‎ ‎3. 关于磁感应强度，下列说法正确的是（　　）‎ A. 电流元IL在磁场中受力为F，则磁感应强度B一定等于 B. 磁感应强度大小与电流元IL的乘积成反比，与F成正比 C. 磁感应强度方向与电流元IL在此点的受力方向相同 D. 磁感强度大小是由磁场本身因素决定的，而与有无检验电流无关 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：若电流元IL垂直放置在磁场中所受力为F，则磁感应强度B一定等于，但是磁感应强度与电流元受到的安培力的大小无关，与电流元无关．故AB错误，D正确；磁感应强度方向与电流元IL在此点的受力方向垂直，选项C错误；故选D．‎ 考点：磁感应强度 ‎【名师点睛】知道磁感应强度定义式的适用条件、知道磁场与电流元平行时，电流受力为零，磁场与电流元垂直时，电流受力最大，理解比值定义法的含义。‎ ‎4. 下列物理量中与试探电荷有关的是（ ）‎ A. 电场强度E B. 电势φ C. 电势差UAB D. 电场力F ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：电场强度是描述电场的力的性质的物理量，由定义式可知，E与检验电荷无关，故A错误．电势描述电场的能的性质的物理量，由定义式可知，φ与检验电荷无关，故B错误．电势差UAB是电场中两点的电势之差，由电场本身决定的物理量，与检验电荷无关，选项C错误；由电场力F=qE，可知，电场力既与电场E有关，也与检验电荷q有关．故D正确．故选D。‎ 考点：电场强度；电势及电势差 ‎【名师点睛】电场这一章物理量有两大类：一类只与电场有关，比如电场强度、电势、电势差；另一类既与电场有关，也与检验电荷有关，比如电势能和电场力等等．‎ ‎5. 下列关于电场强度的两个表达式和的叙述，错误的是（ ）‎ A. 是电场强度的定义式，F是放入电场中的电荷所受的力，q是产生电场的电荷的电量 B. 是电场强度的定义式，F是放入电场中的电荷所受的力，q是放入电场中电荷的电荷量，它适用于任何电场 C. 是点电荷场强的计算式，Q是产生电场的电荷电量，它不适用于匀强电场 D. 从点电荷场强计算式分析库仑定律的表达式，式是点电荷 产生的电场在点电荷处的场强大小，而是点电荷产生的电场在处的场强的大小 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：是电场强度的定义式，F是放入电场中的电荷所受的力，q是试探电荷的电荷量，它适用于任何电场，选项A错误，B正确；是点电荷场强的计算式，Q是产生电场的电荷的电荷量，它不适用于匀强电场，选项C错误；从点电荷场强计算式分析库仑定律的表达式，式是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小，而是点电荷q1产生的电场在q2处的场强大小，选项D正确；故选A．‎ 考点：电场强度 ‎【名师点睛】此题考查了电场强度的定义式以及点电荷电场强度公式的考查；解题时要理解公式表示的物理意义以及公式的适用范围；适用任何电场，而只适用于点电荷的电场．‎ ‎6. 如图所示，虚线是某静电场的一簇等势线，边上标有电势的值．一带电粒子只在电场力作用下恰能沿图中的实线从A经过B运动到C．下列判断正确的是（　　）‎ A. 粒子一定带负电 B. A处场强大于C处场强 C. 粒子在A处电势能大于在C处电势能 D. 粒子从A到B电场力所做的功大于从B到C电场力所做的功 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：由等势线分布可知，电场线由右向左，根据粒子的运动轨迹可知，粒子所受的电场力向左，故粒子带正电，A错误；A处的等势线较密集，则电场线较密集，则A处的场强较大，B正确；A处电势较C处低，故正电荷在A处的电势能较小，‎ ‎ C错误；从A到B的电势差等于从B到C的电势差，故粒子从A到B的电场力所做的功等于从B到C电场力做的功，D错误；‎ 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】此题考查了带电粒子在电场中的运动问题；要知道等势线密集的地方电场线密集且场强大；正电荷在高电势点的电势能较大；粒子所受的电场力方向指向轨迹的凹向．‎ ‎7. 导体两端的电压是4V，通过的电流强度是0.8A，如果使导体两端的电压增加到6V，那么通过导体的电流是( )‎ A. 1.8‎A B. 2A C. 1.2A D. 0.8A ‎【答案】C ‎【解析】由可得，导体的电阻：，因电阻是导体本身的一种性质，与两端的电压和通过的电流无关，所以，当导体两端的电压增加到6V时，导体的电阻仍为5Ω不变，此时通过的电流：．故选C．‎ ‎8. 如图所示，A、B、C、D是滑动变阻器的四个接线柱，现把此变阻器串联接入电路中，并要求滑片P向接线柱D移动时，电路中的电阻减小，则接入电路的接线柱是（ ）‎ A. A和B B. A和C C. B和C D. C和D ‎【答案】C ‎【解析】根据题意可知，为了在移动中电阻减小，应采用限流式接法，故应接入一上一下两个接线柱，而向D移动时电阻减小，则说明接入电路的是右半部分，故下端应接B端，而上端CD效果是相同的，故可以是BC和BD，则只有C正确，ABD错误．故选C．‎ 点睛：本题考查了滑动变阻器的原理和作用，能够正确判断哪一段电阻丝被连入电路中是本题的解题关键所在，注意上边金属杆为导线，故上方两个接线柱连接的效果是相同的．‎ ‎9. 一台电动机线圈的电阻为R，电动机正常工作时，两端电压为U，通过电流为I工作时间为t，下列说法正确的是：（ ）‎ A. 电路中的电流I = U/R B. 电动机消耗的电能为UIt C. 电动机消耗的电能为I2Rt D. 电动机线圈生热为U2t /R ‎【答案】B ‎【解析】‎ 对于电动机，由于不是纯电阻电路，所以欧姆定律不适应，电动机的总功率的大小为P=UI，所以消耗的总的电能为UIt，所以A错误，B正确；电动机线圈发热的功率为I2R，所以电动机线圈产生的热量为Q=I2Rt，故CD错误；故选B．‎ 点睛：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．‎ ‎10. 已知R1=6Ω，R2=3Ω，R3=4Ω，AB端的总电压为6V，把它们接成图示电路，求它们的电流:: ( )‎ A. 1:1:2 B. 3:2:1 C. 1:2:3 D. 2:1:3‎ ‎【答案】C ‎【解析】R1与R2并联，则电流I1:I2=R2:R1=3:6=1:2；设R1中电流为I，则R2中电流为2I，而流过R3的电流I3=I+2I=3I；故电流之比I1:I2:I3=I:2I:3I=1:2:3．故C正确，ABD错误．故选C．‎ ‎11. 如图所示，在下列四种情况中穿过线圈的磁通量不发生变化的是（　　）‎ A. 导线中的电流I增加 B. 线圈向下平动 C. 线圈向右平动 D. 线圈向左平动 ‎【答案】B ‎【解析】导线中的电流I增加时，穿过线圈的磁通量增加，选项A错误；线圈向下平动，穿过线圈的磁感线的条数不变，所以磁通量不变，选项B正确；线圈向右平动，磁通量减小，选项C错误；线圈向左平动，磁通量增加，选项D错误；故选B.‎ ‎12. 如图所示电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时（　　）‎ A. 电压表示数变大，电流表示数变小 B. 电压表示数变小，电流表示数变大 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】A ‎【解析】当变阻器R3的滑动触头P向b端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流减小，内电压减小，因此路端电压增大，故电压表示数变大；将R1等效为内阻，则可知并联部分电压一定增大，故流过R2的电流增大，因总电流减小，故电流表示数变小；故A正确，B、C、D错误；故选A.‎ ‎【点睛】闭合电路的欧姆定律一般按先分析外电路，再分析内电路，最后再分析外电路的思路进行；若电阻与电源串联，可以等效为内阻处理．‎ ‎13. 电阻R1、R2、R3串联在电路中,已知R1=10Ω、R3=5Ω，R1两端的电压为6V，R2两端的电压为12V，则（　　）‎ A. 三只电阻两端的总电压为18V B. 电路中的电流为0.6A C. 三只电阻两端的总电压为21V D. 电阻R2的阻值为20Ω ‎【答案】BCD ‎14. 如图所示，平行板电容器与电动势为E′的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则(　　 )‎ A. 平行板电容器的电容将变小 B. 静电计指针张角变小 C. 带电油滴的电势能将减少 D. 若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变 ‎【答案】ACD ‎【解析】A、将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，导致极板间距增大，根据知，d增大，则电容减小，A正确；‎ B、静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，B错误；‎ C、电势差不变，d增大，则电场强度减小，P点与上极板的电势差减小，则P点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小，C正确；‎ D、若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，则电荷量不变，d改变，根据，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变，D正确；‎ 故选ACD。‎ ‎15. 电饭锅工作时有两种状态：一种是锅内水烧干前的加热状态，另一种是锅内水烧干后保温状态，如图所示是电饭锅电路原理示意图，K是感温材料制造的开关。下列说法中正确的是（ ） ‎ A. 其中R2是供加热用的电阻丝 B. 当开关S接通时电饭锅为加热状态，S断开时为保温状态 C. 要使R2在保温状态时的功率为加热状态的一半，R1/R2应为2：1‎ D. 要使R2在保温状态时的功率为加热状态时一半，R1/R2应为（-1）:1‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】如图所示，由得：当接通K时，电阻变小，功率变大，处于加热状态；当断开K时，电阻变大，功率变小，处于保温状态．由上可知，R2是供加热用的电阻丝．故A正确；当开关K接通时电饭锅为加热状态，K断开时为保温状态．故B正确；要使R2在保温状态时的功率为加热状态的一半，由P=I2R可得：电阻R2在保温与加热状态下的电流之比1：，所以（R1+R2）：R2=：1．则R1：R2=（-1）：1．故C错误；要使R2‎ 在保温状态时的功率为加热状态的一半，由P=I2R可得：电阻R2在保温与加热状态下的电流之比1：，所以（R1+R2）：R2=：1．则R1：R2=（-1）：1．故D正确；故选ABD.‎ ‎16. 如图所示，通电细杆ab质量为m，置于倾角为θ的导轨上，导轨和杆间不光滑，有电流时，杆静止在导轨上，下图是四个俯视图，标出了四种匀强磁场的方向，其中摩擦可能为零的是(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】AB ‎【解析】A图中杆子受重力、水平向右的安培力和斜面的支持力，若三个力平衡，则不受摩擦力．故A正确．B图中杆子受重力，竖直向上的安培力，若重力与安培力相等，则二力平衡，不受摩擦力．故B正确．C图中杆子受重力、竖直向下的安培力、支持力，要想处于平衡，一定受摩擦力．故C错误．D图中杆子受重力、水平向左的安培力，支持力，要想处于平衡，一定受摩擦力．故D错误．故选AB．‎ 点睛：解决本题的关键掌握安培力的方向判定，以及能正确地进行受力分析，根据受力平衡判断杆子是否受摩擦力．‎ 二、填空题 ‎17. 用游标卡尺测得某样品的长度如图所示，其示数L=________ cm。 ‎ ‎【答案】4.98 ‎ ‎【解析】游标卡尺的主尺读数为29mm，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为8×0.1mm=0.8mm，所以最终读数为：29mm+0.8mm=29.8mm=2.98cm．‎ ‎18. 某电流表的满偏电流为3mA，其内阻为100Ω，要把它改装成量程为3V的电压表应________联（串联还是并联）的电阻值R=________Ω。‎ ‎【答案】 (1). 串联 (2). 900Ω ‎..................‎ ‎19. 某同学将铜片和锌片插入水果中制成一个“水果电池”，该同学利用下列所给器材测量该“水果电池”的电动势E和内阻r．‎ A．电流表A1（量程0.6A，内阻约1Ω） ‎ B．电流表A2（量程20mA，内阻约50Ω）‎ C．电压表V1（量程4V，内阻约4kΩ） ‎ D．电压表V2（量程15V，内阻15kΩ）‎ E．滑动变阻器R1（0～1 000Ω） ‎ F．滑动变阻器R2（0～9 999.9Ω）G．待测“水果电池”（电动势E约为4V，内阻r约为200Ω） ‎ H．开关S，导线若干 ‎（1）为尽量减小实验的误差，请在图1中虚线方框中画出你设计的实验电路图；要求在每个电路元件上标明你选用的器材符号，不写或写错得零分_______．‎ ‎（2）该同学实验中记录的6组对应的数据如下表，试根据表中数据在图2中描点画出U-I图线_________；由图线可得，“水果电池”的电动势E= ___ V，内电阻r=___Ω．‎ ‎【答案】 (1). 如图所示：‎ ‎ (2). 如图所示：‎ ‎ (3). 3.80V (4). ‎ ‎【解析】（1）由表中实验数据可知，所测最大电流为14mA，则电流表选A2，电源电动势约为4V，则电压表选V1，相对于来说电压表内阻远大于电源内阻，电流表相对于电源应采用外接法，实验电路图如图所示．‎ ‎ （2）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出电源的U-I图象如图所示，‎ 由图象可知，图象与纵轴交点坐标值为3.80V，则电源电动势为：E=3.80V，直线的斜率为内阻：‎ 点睛：本题考查测电源电动势与内阻的实验，要注意分析仪表，正确选择才能得出正确的图象；同时要掌握应用图象法处理实验数据的方法．‎ 三、计算题 ‎20. 如图，，，当开关处于位置1时，电流表读数I1=0.4A；当开关处于位置2时，电流表读数I2=0.6A，求电源的电动势E和内电阻r ‎【答案】6 V 1Ω ‎【解析】设电源的电动势为E、内阻为r，则由闭合电路的欧姆定律可得：‎ 开关处于1时：E=I1（R1+r）‎ 开关处于2时：E=I2（R2+r）‎ 代入数据得：E=0.4（14+r），E=0.6（9+r），‎ 解得：E=6V，r=1Ω；‎ 点睛：本题应用闭合电路的欧姆定律求电源的电动势与内阻，也提供了一种测量电源的电动势和内阻的方法：安阻法．‎ ‎21. 如图所示，在磁感应强度B=1T的匀强磁场中，用两根等长的绝缘轻质细线悬挂长L=10cm、质量m=5g的直金属杆，在金属杆中通一恒定电流，使悬线受到的拉力为零（）‎ ‎（1）求金属杆中电流的大小和方向；‎ ‎（2）若每根悬线所受的拉力为0.1N，求金属杆中的电流的大小和方向。‎ ‎【答案】(1)0.5A, 方向水平向右(2)1.5A, 方向水平向左 ‎【解析】试题分析：（1）因为悬线受到的拉力为零，所以安培力方向向上，‎ 解得，方向水平向右 ‎（2）金属导线在重力mg、悬线拉力2F和安培力BIL的作用下平衡 所以有，解得,方向水平向左 考点：考查了安培力的计算 ‎【名师点睛】本题关键根据平衡条件求解安培力，然后结合左手定则判断电流方向，根据公式求解电流大小 ‎22. 如图所示，电源电势，内电阻为，“2V，4W”的灯泡L与电动机M 串联接在电源上，灯泡刚好正常发光，电动机刚好正常工作，电动机的线圈电阻．‎ 求：（1）通过电动机的电流 ‎（2）电动机两端的电压 ‎（3）电动机的输出功率。‎ ‎【答案】（1）2A（2）3.6V（3）3.2W ‎【解析】（1）灯泡L正常发光，通过灯泡的电流 电动机与灯泡串联，通过电动机的电流IM=I=2A （2）由闭合电路欧姆定律可知：路端电压：U=E-Ir=6-2×0.2=5.6V； 电动机两端的电压UM=U-UL=5.6-2=3.6V； （3）电动机的输出功率：P输出=UMIM-IM2R=3.6×2-4×1=3.2W； 点睛：本题考查电功率的计算，要注意明确电动机是非纯电阻电路，输出功率等于输入功率与热功率之差；在学习中要注意功率公式的适用条件．‎ ‎23. 一束电子（单个电子质量为m带电量为e）从静止开始经加速电压U1加速后，以水平速度射入水平放置的两平行金属板中间，如图所示，金属板长为l，两板距离为d，竖直放置的荧光屏距金属板右端为L.若在两金属板间加直流电压U2时，光点偏离中线打在荧光屏上的P点，求：‎ ‎（1）电子刚进入偏转电场时的速度大小 ‎（2）电子离开偏转电场后的位移大小 ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】（1）粒子在加速电场中只有电场力做功，根据动能定理有：eU1=mv02 得电子加速后的速度大小为： （2）电子在偏转电场中做类平抛运动，离开电场的时间： 竖直方向的加速度： 竖直方向的分速度为：   偏转角度的正切为： 电子离开电场后偏转距离为：y′=L•tanθ=‎ 电子离开偏转电场后的位移大小 点睛：此题关键能掌握类平抛原理的应用，知道电子水平方向是匀速直线运动，竖直方向是初速度为零的匀加速直线运动，熟练运用运动的合成与分解进行解题．‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎