2017-2018学年青海省西宁市第四高级中学高二上学期第二次月考物理试题 解析版 16页

青海省西宁市第四高级中2017—18学年高二上学期第二次月考物理试题 一、选择题（共12小题，第1—8为单项选择题，9—12为多项选择题）‎ ‎1. 带等量异种电荷的两个相同的金属小球A、B相隔L固定，两球之间的吸引力的大小是F，今让第三个不带电的相同金属小球C先后与A、B两球接触后移开．这时，A、B两球之间的库仑力的大小是(　　)‎ A. F B. C. D. ‎ ‎【答案】C 考点：库仑定律。‎ ‎【名师点睛】库仑定律：‎ ‎1．内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的平方成反比．作用力的方向在它们的连线上．‎ ‎2．表达式：，式中k=9.0×109N·m2/C2，叫静电力常量．‎ ‎3．适用条件：真空中的点电荷．‎ ‎2. 电场中有一点P，下列哪些说法是正确的(　　)‎ A. 若放在P点的检验电荷的电量减半，则P点的场强减半 B. 若P点没有检验电荷，则P点的场强为零 C. 放在P点的检验电荷的电量越大，则受到的电场力越大 D. P点的场强方向为带负电的检验电荷在该点的受力方向 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：电场强度的大小与检验电荷的大小、电性无关，由电场本身的性质决定，A、B错；由知，场强一定，检验电荷的带电荷量越大，则受的电场力越大，C对；电场强度的方向为正的检验电荷在该点的受力方向，D错。‎ 考点：电场强度。‎ ‎【名师点睛】电场强度 ‎（1）定义：放入电场中某点的电荷受到的电场力F与它的电荷量q的比值．‎ ‎（2）定义式：E=．单位：N/C或V/m ‎（3）点电荷形成电场中某点的电场强度，真空中点电荷形成的电场：E=k．‎ ‎（4）方向：规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向为该点的电场强度方向．‎ ‎（5）电场强度的叠加：电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和．‎ ‎3. 如下图所示，a、b、c是匀强电场中三点，各点电势依次为10 V、2 V、6 V，三点在同一平面上，下列各图中，场强方向表示可能正确的是(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：在匀强电场中，电场相等的点的连线即为等势线，电场线与等势线垂直，知AB错；电场线由高电势指向低电势，C错、D对。‎ 考点：电场线与等势面。‎ ‎【名师点睛】等势面 ‎（1）定义：电场中电势相等的各点组成的面．‎ ‎（2）四个特点 ‎①等势面一定与电场线垂直．‎ ‎②在同一等势面上移动电荷时电场力不做功．‎ ‎③电场线方向总是从电势高的等势面指向电势低的等势面．‎ ‎④等差等势面越密的地方电场强度越大，反之越小．‎ ‎4. 以下说法正确的是（ ）‎ A. 由可知此场中某点的电场强度E与F成正比 B. 由公式可知电场中某点的电势与q成反比 C. 由可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大 D. 公式，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关 ‎【答案】D ‎【解析】电场强度大小只和电场本身的性质有关，与试探电荷的电荷量以及所受电场力大小无关，A错误；电势大小和电荷量大小无关，B错误；公式E=Ud中的d表示的是两点沿电场方向的距离，而不是任意距离，所以任意两点间的距离大小，但是在电场方向的投影距离不一定，电势差不一定大，C错误；电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关，D正确．‎ ‎5. 用控制变量法，可以研究影响平行板电容器的因素(如图)．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.实验中，极板所带电荷量不变，若(　　) ‎ ‎ ‎ A. 保持S不变，增大d，则变大 B. 保持S不变，增大d，则变小 C. 保持d不变，增大S，则变大 D. 保持d不变，增大S，则不变 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：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，由电容的定义式分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角变大；反之，保持S不变，减小d，则减小．故A正确，B错误．根据电容的决定式得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d 不变，减小S时，电容减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角变大；反之，保持d不变，增大S，则减小，故DC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：电容的决定式和电容的定义式.‎ ‎6. 伏安法测电阻的接法有如图中甲、乙两种，下列说法正确的是 (　　)‎ A. 两种接法完全等效 B. 按甲图接法，测得值偏小 C. 若待测电阻的阻值很大，按甲图接法误差较小 D. 若待测电阻的阻值很小，按甲图接法误差较小 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：甲电路采用电流表内接法，乙电路是电流表的外接法，两种电路效果不同，故A错误；甲图采用电流表内接法，由于电流表的分压作用，使待测电阻的测量值大于真实值．测得的电阻偏大，故B错误；当待测电阻很大，远大于电流表内阻时，采用电流表内接法实验误差较小，甲电路测大电阻误差小，故C正确；若待测电阻的阻值很小，远小于电压表内阻时，电压表分流对实验影响较小，采用电流表外接法实验误差减小，即按图乙接法实验误差小，故D错误；故选C．‎ ‎【点睛】伏安法测电阻有两种实验电路，电流表的内接法与外接法，当待测电阻很大时，应用电流表内接法误差较小．‎ ‎7. 导体的电阻是导体本身的一种性质，对于同种材料的导体，下列表述正确的是(　　)‎ A. 横截面积一定，电阻与导体的长度成反比 B. 长度一定，电阻与导体的横截面积成反比 C. 电压一定，电阻与通过导体的电流成正比 D. 电流一定，电阻与导体两端的电压成反比 ‎【答案】B ‎【解析】A、对于同种材料的导体，电阻率可以认为是个定值，根据电阻定律 可知横截面积一定，电阻与导体的长度成正比，A正确；‎ B、长度一定，电阻与导体的横截面积成反比，B错误；‎ C、由欧姆定律知，此式是电阻的定义式，电阻R与电压U、电流I无正反比关系，故CD错误。‎ 点睛：电阻是导体本身的属性，导体的电阻大小与导体的长度、横截面积和材料等有关，与电流以及电压的大小无关。‎ ‎8. 如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑片向上滑动时，A、B两灯亮度的变化情况为(　　)‎ A. A灯和B灯都变亮 B. A灯变亮，B灯变暗 C. A灯和B灯都变暗 D. A灯变暗，B灯变亮 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：当滑动变阻器的滑动头向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，并联部分的总电阻变大，所以外电路总电阻变大，总电流变小，B灯消耗的功率变小，则知B灯变暗．由于电流减小，电源的内电压和B灯的电压变小，根据闭合电路欧姆定律得知，并联部分的电压变大，所以A灯消耗的功率变大，则知A灯变亮．故B正确．故选B.‎ ‎【点睛】从图可知，滑动变阻器与灯泡A并联，然后跟灯泡B串联，首先判断滑动变阻器电阻的变化情况，然后根据串联电路中电阻的特点，得出总电阻变化情况，由欧姆定律可知电路中电流表的变化及并联部分电压的变化．即可判断两灯亮度的变化．‎ ‎9. A、B在两个等量异种点电荷连线的中垂线上,且到连线的距离相等,如下图所示,则（ ） ‎ ‎ ‎ A. 同一点电荷在A、B两点的电势能相等 B. 把正电荷从A点移到B点,电势能先增大后减小 C. 把正电荷从A点移到B点,电势能先减小后增大 D. A、B两点的连线上任意两点的电势差为零 ‎【答案】AD ‎【解析】等量异种电荷连线的中垂线为一条等势面，上面的点的电势都相同，即任意两点的电势差为零，根据可知同一电荷在A、B两点的电势能相等，在中垂线上移动电荷，电场力不做功，电势能不变化，AD正确C错误；在重锤线上，电场强度从O点向上下两边递减，即O点是中垂线上电场强度最大的点，所以从A到B过程中，电场强度先增大后减小，B正确．‎ ‎10. 如图下所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一个负检验电荷在这个电场中的轨迹，若电荷是从a处运动到b处，以下判断正确的是（ ）‎ ‎　‎ A. 电荷从a到b加速度减小 B. b处电势能大 C. b处电势高 D. 电荷在b处速度小 ‎【答案】BD ‎【解析】试题分析：由图可知b处的电场线比a处的电场线密，说明b处的场强大于a处的场强。根据牛顿第二定律，检验电荷在b处的加速度大于在a处的加速度，A选项错。由图可知，电荷做曲线运动，必受到不等于零的合外力，即Fe≠0，且Fe的方向应指向运动轨迹的凹向。因为检验电荷带负电，所以电场线指向是从疏到密。再利用“电场线方向为电势降低最快的方向”判断a，b处电势高低关系是Ua＞Ub，C选项不正确。根据检验电荷的位移与所受电场力的夹角大于90°，可知电场力对检验电荷做负功。功是能量变化的量度，可判断由a→b电势能增加，B选项正确；又因电场力做功与路径无关，系统的能量守恒，电势能增加则动能减小，即速度减小，D选项正确。故选BD 。‎ 考点：电场线的概念、牛顿第二定律、做曲线运动物体速度与加速度的关系、电场线与等势面的关系、功能关系。‎ ‎11. 如图所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的电场力作用下，从静止开始由b 沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为，则下列结论正确的是(　　)‎ A. 液滴受到的电场力与重力大小相等 B. 此液滴带负电 C. 合力对液滴做的总功等于零 D. 液滴的电势能减少 ‎【答案】ABD ‎ ‎ 解：AB、据题带电液滴沿直线从b运动到d，带电液滴所受重力与电场力的合力一定与其运动方向在同一直线上，对液滴进行受力分析，其受力情况如图所示，则电场力方向一定水平向右，液滴带负电，由图可得：qE=mg 故AB正确；‎ C、由于液滴从静止开始做加速运动，故合力的方向与运动的方向相同，故合外力对物体做正功，并不为零，故C错误 D、由于电场力所做的功W电=Eqxbdcos45°＞0，故电场力对液滴做正功，故液滴的电势能减小，故D正确．‎ 故选：ABD ‎【点评】带电液滴从静止开始由b沿直线运动到d，是我们判定液滴带电性质的突破口，在今后的学习中我们经常用到要注意掌握 ‎12. 如图电路中，电源电动势为E，内阻为r，固定电阻，可变电阻的最大值也等于r．则当滑动头上移时（ ）‎ A. 电源的输出功率增大 B. 电源内部的电势降落增大 C. 消耗的电功率减小 D. 电源的效率增加 ‎【答案】ABC ‎【解析】试题分析：R1为定值电阻，R2为可变电阻，根据P=I2R1可以分析电阻R1的功率的变化情况，由于R2减小的时候，电路电流就在增加，所以不能根据P=I2R2来分析R2的功率的变化情况；‎ 当电源的内电阻和外电阻相等的时候，电源的输出功率最大．‎ 解：A、根据电源的内电阻和外电阻相等的时候，电源的输出功率最大可知，固定电阻R1=r，则当滑动头上移时，滑动变阻器电阻减小，但总电阻仍然大于电源内阻，所以电源的输出功率增大，故A正确；‎ B、当滑动头上移时，滑动变阻器电阻减小，总电阻减小，总电流增大，内阻所占电压增大，所以电源内部的电势降落增大，故B正确；‎ C、当把R1和电源看做一个整体时，即把电源的内阻看做R1+r，当R2=R1+r时，电源的输出功率最大，即R2上获得最大功率，但实际上R2＜R1+r时，所以R2变小时，R2消耗的电功率减小，所以C正确；‎ D、电源的效率，总电阻减小，内阻所占电压增大，所以路端电压减小，则电源效率减小，所以D错误；‎ 故选：ABC．‎ ‎【点评】对于R2的功率的分析是本题的难点，通常的分析方法都是把R1和电源看做一个整体来分析电源的输出功率的变化情况，即为R2的功率的情况．‎ 二、实验题（共5小题）‎ ‎13. 一只电流表的满偏电流为，内阻为，若改装成量程为I=30mA的电流表，应并联的电阻阻值为_____；若将该电流表改装成量程为U=15V的电压表，应串联一个阻值为________的电阻。‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】试题分析：改装成电流表要并联的阻值为：‎ 改装成电压表要串联的阻值为： ‎ ‎【点睛】改装成电流表要并联电阻分流，电阻值等于满偏电压除以所分最大电流，改装成电压表要串联电阻分压，电阻值等于量程除以满偏电流减去原内阻．‎ ‎14. 用伏安法测电阻，可采用如图所示的甲、乙两种接法。如所用电压表内阻为，电流表内阻为。‎ ‎（1）当测量左右的电阻时，宜采用________电路；(填“甲”或“乙”)‎ ‎（2）现采用乙电路测量某电阻的阻值时，两电表的读数分别为10 V、0.5 A，则此电阻的测量值为___，比真实值_____（“偏大”或“偏小”）。‎ ‎【答案】 (1). 甲 (2). 20 (3). 偏小 ‎【解析】试题分析：由于待测电阻满足，所以电流表应用内接法，即应采用甲电路；采用甲电路时，电阻测量值为；考虑电压表的分流作用，待测电阻的真实值应为，比较可知测量值比真实值偏小．‎ ‎【点睛】本题的关键是明确根据比较与的大小来选择内外接法，考虑实验误差时，只需将电表的内阻考虑在内，然后再根据串并联规律讨论即可．‎ ‎15. 在《测定金属丝电阻率》的实验中，需要测出其长度L．直径d和电阻R．用螺旋测微器测金属丝直径时读数如下图，则金属丝的直径为____________ m ‎．用电流表和电压表测金属丝的电流电压时读数如下图，则电压表的读数为____________ V，电流表的读数为 ____________ A．‎ ‎【答案】 (1). 0.698 (2). 2.60 (3). 0.53‎ ‎【解析】（1）由图甲所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm，可动刻度示数为19.7×0.01mm=0.197mm，螺旋测微器示数为0.5mm+0.197mm=0.697mm。 （2）由图丙所示电压表可知，其量程为3V，分度值为0.1V，示数为2.60V；由图示电流表可知，其量程为0.6A，分度值为0.02A，示数为0.52A。‎ ‎16. 为了描绘标有“3V，0．4W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯炮电压能从零开始变化．所给器材如下：‎ A．电流表（0~200mA，内阻）‎ B．电流表（0~0.6A，内阻）‎ C．电压表（0~3V，内阻）‎ D．电压表（0~15V，内阻）‎ E．滑动变阻器（，0.5A）‎ F．滑动变阻器（，0.1A）‎ G．电源（3V）‎ H．电键一个，导线若干．‎ ‎（1）为了完成上述实验，实验中应选择的电流表是_____，电压表是____，滑动电阻器是____.（填序号）‎ ‎（2）在Ⅱ卷中按照实验的原理图，用笔画线代替导线将实物按电路图连接好．______‎ ‎【答案】 (1). A (2). C (3). E (4). 安培表外接分压电路 ‎【解析】试题分析：（1）额定电流，所以电流表的量程选择200mA的，即电流表选A灯泡的额定电压为3V，所以电压表的量程选择3V的误差较小，即电压表选C；由于本实验采用分压接法，故滑动变阻器应选择E；（2）按实物图连接电路图，如图所示：‎ ‎17. 把电流表改装为电压表的实验中，分3个主要步骤。实验中给出的器材有：①电流表（量程）②标准电压表（量程0-5V）③电阻箱（）④电阻箱（）⑤电源（电动势6V，有内阻）⑥电源（电动势2V，有内阻）⑦电源（电动势9V，有内阻）⑧滑动变阻器（，额定电流1.5A）⑨电键两只，导线若干首先要用半偏法测定电流表的内阻。如果采用如图所示的电路测定电流表A的内电阻并且要想得到较高的精确度，那么从以上给出的器材中，可变电阻应选用______，可变电阻应选用______，电源E应选用______。（用序号表示）‎ ‎【答案】 (1). ③ (2). ④ (3). ⑦‎ ‎【解析】试题分析：利用半偏法测量电流表G的内阻，要保证总电流基本不变，则的阻值远大于的阻值，电动势选择大一些的．故可变电阻应该选择③；可变电阻应该选择④；电源E应该选择⑦． ‎ ‎【点睛】掌握半偏法测量内阻的原理和误差分析．改装成电压表要串联电阻分压，电阻值等于量程除以满偏电流减去原内阻．难点是误差的分析．‎ 三、计算题(3小题)‎ ‎18. 如图所示，有一提升重物用的直流电动机，内阻，，U＝160V电压表的读数为110V求：‎ ‎（1）通过电动机的电流是多少？‎ ‎（2）输入到电动机的电功率是多少？‎ ‎（3）电动机中发热的功率是多少？‎ ‎【答案】（1）5A，（2）550W，（3）15W.‎ ‎【解析】试题分析：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．‎ ‎（1）电动机和电阻串联，所以电流相等，电阻R两端电压，‎ ‎（2）电动机的电功率 ‎（3）电动机的热功率 ‎【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．‎ ‎19. 如图所示，线段A为某电源的U－I图线，线段B为某电阻R的U－I图线，由上述电源和电阻组成闭合电路时，求：‎ ‎（1）电源的输出功率P出是多大？‎ ‎（2）电源内部损耗的电功率P内是多少？‎ ‎（3）电源的效率是多大？‎ ‎【答案】（1）4W，（2）2W，（3）.‎ ‎【解析】试题分析：（1）由电源的U-I图象读出电动势，求出内阻．两图线交点表示电阻与电源组成闭合电路时的工作状态，读出电压和电流，由公式P=UI求出电源的输出功率．（2）电源内部损耗的电功率由公式求解．（3）电源的总功率为，电源的效率为．代入数据求解即可．‎ ‎（1）从A的图线可读出，电源的电动势 E=3V，内阻 从图象的交点可读出：路端电压U=2V，电路电流I=2A 则电源的输出功率为 ‎（2）电源内部损耗的电功率 ‎（3）电源的总功率为 故电源的效率为 ‎【点睛】本题考查对电源和电阻伏安特性曲线的理解能力，关键要理解两图线的交点就表示该电源和该电阻组成闭合电路时的工作状态，能直接读出电流和路端电压，从而求出电源的输出功率．‎ ‎20. 如图所示，炽热金属丝上发射的电子(假设刚离开金属丝时的速度为0)，经电压加速后，以的速度垂直进入偏转电场，并能从偏转电场离开．偏转电场两极板间的电压，距离d＝2cm，板长L＝8cm.电子的质量，电子的电荷量．求：‎ ‎（1）的大小；‎ ‎（2）电子在离开偏转电场时的纵向偏移量．‎ ‎【答案】（1），（2）.‎ ‎【解析】（1）在加速电场中，‎ 解得电子离开加速电场的速度：①‎ ‎（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，有 在水平方向上有：②‎ 在竖直方向上有：③‎ 由牛顿第二定律④‎ 而⑤‎ 由①～⑤式解得，电子在离开偏转电场时的纵向偏移量 考点：带电粒子在电场中的加速与偏转。‎ ‎【名师点睛】带电粒子在电场中的运动：‎ ‎1．带电粒子在电场中的加速 带电粒子沿与电场线平行的方向进入电场，带电粒子将做加（减）速运动．有两种分析方法：‎ ‎（1）用动力学观点分析：a=，E=，v2－v=2ad.‎ ‎（2）用功能观点分析：粒子只受电场力作用，电场力做的功等于物体动能的变化，qU=mv2－mv.‎ ‎2．带电粒子在匀强电场中的偏转 ‎（1）研究条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场．‎ ‎（2）处理方法：类似于平抛运动，应用运动的合成与分解的方法．‎ ‎①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t=.‎ ‎②沿电场力方向，做匀加速直线运动．‎ ‎ ‎ ‎ ‎