安徽省蚌埠一中高二物理上学期12月月考试题（含解析）.docVIP

安徽省蚌埠一中2014-2015学年上学期12月月考高二物理试卷一、选择题（本题共12小题，每空4分，共48分）1如图是某一点电荷的电场线分布图下列表述正确的是（）aa点的电势高于b点的电势b该点电荷带正电ca点和b点电场强度的方向相同da点的电场强度大于b点的电场强度考点：电场线；电场强度.分析：利用电场线的特点分析即可借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低解答：解：a、根据电场线与等势线垂直，在b点所在电场线上找到与a点电势相等的，依据沿电场线方向电势降低，则知a点电势低于b点电势，故a错误b、根据电场线的方向特点，可知该点电荷带负电，故b错误c、由题图可看出a点和b点电场强度的方向不同，故c错误d、电场线越密的地方电场强度越大，则a点的电场强度大于b点的电场强度，故d正确故选：d点评：熟悉正、负点电荷，等量同种、等量异种电荷周围电场分布情况往往是解题关键2（4分）（2012上海）a、b、c三点在同一直线上，ab：bc=1：2，b点位于a、c之间，在b处固定一电荷量为q的点电荷当在a处放一电荷量为+q的点电荷时，它所受到的电场力为f；移去a处电荷，在c处放一电荷量为2q的点电荷，其所受电场力为（）abcfdf考点：电场强度；电场的叠加.专题：电场力与电势的性质专题分析：首先确定电荷量为2q的点电荷在c处所受的电场力方向与f方向的关系，再根据库仑定律得到f与ab的关系，即可求出2q的点电荷所受电场力解答：解：根据同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引，分析可知电荷量为2q的点电荷在c处所受的电场力方向与f方向相同设ab=r，则有bc=2r则有：f=k故电荷量为2q的点电荷在c处所受电场力为：fc=k=故选b点评：本题关键是根据库仑定律研究两电荷在两点所受的电场力大小和方向关系，难度不大3（4分）（2012江苏）一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容c和两极板间的电势差u的变化情况是（）ac和u均增大bc增大，u减小cc减小，u增大dc和u均减小考点：电容器.专题：电容器专题分析：根据电容的决定式判断电容大小，根据定义式判断电压变化解答：解：由公式知，在两极板间插入一电介质，其电容c增大，由公式知，电荷量不变时u减小，b正确故选b点评：本题考查了等容的定义式和决定式的配合应用4（4分）（2010资阳一模）一电子在电场中由a点运动到b点的轨迹如图中实线所示图中一组平行虚线是等势面，则下列说法正确的是（）aa点的电势比b点低b电子在a点的加速度方向向右c电子从a点到b点动能增加d电子从a点到b点电势能增加考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电势；电势能.专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加解答：解：a、根据电子的运动轨迹可知，电子受的电场力向下，电场线与等势面垂直，由此可知电场线的方向向上，沿电场线的方向，电势降低，所以a点的电势比b点高，所以a错误b、由a的分析可知，电子受的电场力向下，所以电子在a点的加速度方向向下，所以b错误c、从a点到b点的过程中，电场力做负功，所以电子从a点到b点动能减小，所以c错误d、电场力做负功，电势能增加，所以电子从a点到b点电势能增加，所以d正确故选d点评：加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题5（4分）关于电场强度与电势的关系，下面各种说法中正确的是（）a电场强度大的地方，电势一定高b电场强度不变，电势也不变c电场强度为零处，电势一定为零d电场强度的方向是电势降低最快的方向考点：电场强度；电势.专题：电场力与电势的性质专题分析：电场强度和电势这两个概念非常抽象，借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低解答：解：a、电场线密处，电场强度大，而电场线方向不确定，故无法判断电势高低，故a错误；b、在匀强电场中，电场强度不变，沿着电场线的方向，电势总是逐渐降低的，故b错误；c、电势为零，是人为选择的，电场强度为零的地方，电势不一定为零故c错误d、沿着电场方向电势降低最快，故d说法正确；故选：d点评：电场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场线的方向反映电势的高低，则电场强度与电势没有直接关系顺着电场线方向，电势逐渐降低，但场强不一定减小6（4分）如图所示为匀强电场的电场强度e随时间t变化的图象当t=0时，在此匀强电场中由静止释放一个带正电的粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是（）a带电粒子将始终向同一个方向运动b2 s末带电粒子回到原出发点c3 s末带电粒子的速度不为零d03 s内，电场力做的总功为零考点：带电粒子在匀强电场中的运动.专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：由图象可知，电场强度的大小与方向的变化，当带电粒子由静止释放仅在电场力作用下，根据运动与力的关系可确定运动情况解答：解：由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度为 a1=，为第2s内加速度a2=的，因此先加速1s再减小0.5s时速度为零，接下来的0.5s将反向加速，vt图象如图所示：a、带电粒子在前1秒匀加速运动，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故a错误b、根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t=2s时，带电粒子离出发点最远，故b错误；c、由图可知，粒子在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，3s末的瞬时速度刚减到0，故c错误；d、因为第3s末粒子的速度刚好减为0，根据动能定理知粒子只受电场力作用，前3s内动能变化为0，即电场力做的总功为零故d正确故选：d点评：本题带电粒子在周期性变化的电场中运动，关键之处是电场强度大小不一，导致加速度不一，所以失去对称性若电场强度大小相同，则带电粒子一直同一个方向运动7（4分）一根粗细均匀的导线，当其两端电压为u时，通过的电流是i，若将此导线均匀拉长到原来的2倍时，电流仍为i，导线两端所加的电压变为（）a4ubuc2ud考点：欧姆定律.专题：恒定电流专题分析：由导线长度的变化可知电阻的变化，再由欧姆定律可求得导经两端所加电压解答：解：由欧姆定律可知，r=导线拉长后，横截面积减小为原来的一半，则电阻r=4r；则由欧姆定律可知，电压u=i4r=4u；故选：a点评：本题考查欧姆定律及电阻定律，要注意当长度拉长后，导体的截面积减小为原来的一半8（4分）一白炽灯泡的额定功率与额定电压分别为36w与36v若把此灯泡接到输出电压为18v的电源两端，则灯泡消耗的电功率（）a等于36 wb小于36 w，大于9 wc等于9 wd小于9 w考点：电功、电功率；串联电路和并联电路.专题：恒定电流专题分析：根据功率的公式p=可以分析，当电压有36v变为18v时灯泡的功率的变化，在由金属的电阻随温度的变化可以分析得出灯泡消耗的电功率解答：解：由于金属的电阻随温度的升高而增大，所以以额定电压工作时的电阻大于以18v电压工作的电阻根据部分电路欧姆定律，有p1=，p2=，所以=，所以灯泡消耗的功率小于36w大于9 w，所以b正确故选b点评：在本题中要考虑到电压的变化对灯泡的电阻带来的影响，电压降低之后由于温度的降低，灯泡的电阻会减小9（4分）如图所示电路中，r0为定值电阻，当滑片p向右移动过程中，下列判断正确的是（） a电压表v1、电流表a的读数都增大b电压表v1与电流表a读数的比值保持不变c电压表v2与电流表a读数的比值变大d电压表v1、电流表a读数变化量的比值保持不变考点：闭合电路的欧姆定律.专题：恒定电流专题分析：当滑片p向右移动过程中，分析变阻器接入电路的电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律分析电路中总电流的变化，确定电流表读数的变化由欧姆定律判断电压表v2读数的变化，分析变阻器的电压变化，判断电压表v1的变化解答：解：a、当滑片p向右移动过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析可知，电路中总电流i减小，电流表a的读数减小电压表v1的读数u1=ei（r0+r），i减小，e、r0、r不变，则u1增大，电压表v1的读数增大故a错误b、电压表v1与电流表a读数的比值等于变阻器阻值，可见在增大故b错误c、电压表v2与电流表a读数的比值为电阻r0的阻值，所以保持不变故c错误d、根据闭合电路欧姆定律得：u1=ei（r0+r），则电压表v1、电流表a读数变化量的比值=r0+r，保持不变故d正确故选：d点评：本题考查分析电路动态变化的能力，两电表读数的比值要根据欧姆定律和全电路欧姆定律进行分析10（4分）如图，电源内阻不计为使电容器的带电量增大，可采取以下那些方法（）a增大r1b增大r2c增大r3d减小r3考点：闭合电路的欧姆定律.专题：恒定电流专题分析：为使电容器的带电量增大，必须使电容器板间电压增大，电路稳定时，电容器板间电压等于变阻器r2两端的电压，根据串联电路的特点分析电容器电压的变化解答：解：由电路图看出，电容器板间电压等于变阻器r2两端的电压，由欧姆定律得知，电容器的电压为 u=e，当增大r2 或减小r1时，u增大，电容器的带电量增大，由上式看出u与r3 无关故b正确故选：b点评：本题是含容电路，关键分析电容器的电压，电容器的电压等于所并联的电路两端的电压11（4分）如图所示，两个定值电阻r1、r2串联后接在电压u稳定于12v的直流电源上，有人把一个内阻不是远大于r1、r2的电压表接在r1两端，电压表的示数为8v如果他把电压表改接在r2两端，则电压表的示数将（）a小于4vb等于4vc大于4v小于8vd等于或大于8v考点：串联电路和并联电路.专题：恒定电流专题分析：电压表的内阻不是远大于r1 r2，电表表与电阻并联后，并联部分电阻减小，分担的电压减小结合串联电路电压与电阻成正比来分析电压表的示数解答：解：电压表接在r1两端，电压表的示数8v，则此时r2两端的电压为4v把此表改接在两端r2时，由于电压表的内阻不是远大于r1 r2，电压表与r2并联的阻值小于r2，而r1与并联部分串联，总电压u=12v，则r1的电压大于8v，电压表与r2并联的电路的电压小于4v故选a点评：本题要注意电压表是实际的电表，内阻不是无穷大，电表对电路的影响不能忽略，把电压表看成可测量电压的电阻12（4分）如图所示是一个双量程电压表，表头是一个内阻rg=500，满刻度电流为ig=1ma的毫安表，现接成量程分别为10v和100v的两个量程，则所串联的电阻r1和r2分别为（）a9500，9.95104b9500，9104c1.0103，9104d1.0103，9.95104考点：把电流表改装成电压表.专题：实验题；恒定电流专题分析：串联的电阻的大小决定了量程的大小，其关系式为：u=igrg+igr 得r= 以此求解问题解答：解：表头满刻度电压值为ug=igrg=0.5v，量程为10v时，在电阻r1两端的电压应为9.5v，电阻r1=； 同理r2=9104 则b正确，a c d 错误 故选：b点评：电流表串联电阻量程增加，其关系式为 u=igrg+igr二、填空、实验题（本题共4小题，每空3分，共27分）13（6分）质量为m、电量为q的质点，在静电力作用下以恒定的速率v沿圆弧从a点运动到b点，其速度方向改变的角度为（弧度），ab弧长为s，则a、b两点间的电势差ab=0，ab弧中点的场强大小e=考点：电势差；电场强度.专题：电场力与电势的性质专题分析：由题意知电荷在静电力作用下做的是匀速圆周运动，静电力做的功是零得出a、b两点间的电势差静电力是质点做圆周运动的向心力列出等式和点电荷的场强公式结合求解ab弧中点的场强大小解答：解：由题意知电荷在静电力作用下做的是匀速圆周运动，从a点运动到b点，由动能定理知，静电力做的功是零，所以a、b两点间的电势差uab=0设场源电荷的电荷量为q，质点做圆周运动的轨道半径为r，则弧长s=r 静电力是质点做圆周运动的向心力，即= 弧ab中点的场强大小e= 解组成的方程组得e=故答案为：0；点评：涉及到电势差的问题，常常要用到动能定理要掌握电场强度，电势差，电场力做功等物理量间的关系14（6分）（1）图1中是用螺旋测微器测量一金属薄板厚度时的示数，此读数应为5.625 mm（2）一游标卡尺的主尺最小分度为1mm，游标上有10个小等分间隔，现用此卡尺来测量工件的直径，如图2所示该工件的直径为29.8 mm考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用.专题：实验题分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读解答：解：1、螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为12.50.01mm=0.125mm，所以最终读数为5.5mm+0.125mm=5.625mm2、游标卡尺的主尺读数为29mm，游标尺上第8个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数为0.18mm=0.8mm，所以最终读数为：29mm+0.8mm=29.8mm；故答案为：5.625，29.8点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量15（6分）在用伏安法测量一个定值电阻阻值的实验中提供了如下器材，器材规格如下：（1）待测电阻rx（约100）；（2）直流毫安表（量程020ma，内阻约50）；（3）直流电压表（量程03v，内阻约5k）；（4）直流电源（输出电压3v，内阻可不计）；（5）滑动变阻器（阻值范围015，允许最大电流1a）；（6）电键一个，导线若干条实验要求最大限度的减小误差，则毫安表的连接应选择外接（填“内接”或“外接”）的连接方式；滑动变阻器的连接应选择分压（填“限流”或“分压”）的连接方式考点：伏安法测电阻.专题：实验题分析：本题的关键是明确当满足时，电流表应用外接法，满足时，电流表应用内接法；当滑动变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器应采用分压式接法解答：解：由于待测电阻满足，所以电流表应用外接法；由于滑动变阻器的全电阻远小于待测电阻，所以变阻器应采用分压式接法故答案为：外接，分压点评：应明确：当满足时，电流表应用外接法，满足时，电流表应用内接法当变阻器的全电阻远小于待测电阻或要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法16（9分）用如图的电路测量一节蓄电池的电动势和内阻蓄电池的电动势约为2v，内阻非常小，为防止滑动变阻器电阻过小时由于电流过大而损坏器材，电路中用了一个保护电阻r0 除蓄电池、滑动变阻器、开关、导线外，可供使用的实验器材还有：a电流表（量程i：0.6a，量程：3a）；b电压表（量程i：3v，量程：15v）；c定值电阻（阻值2、额定功率5w）；d定值电阻（阻值10、额定功率10w）；为了完成实验：（1）电流表应选用量程i（填“i”或“”）（2）电压表应选用量程i （填“i”或“”）（3）保护电阻r应选用c （填“c”或“d”）考点：测定电源的电动势和内阻.专题：实验题；恒定电流专题分析：根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，保护电阻既能保护电路，阻值又不能太大，在保证电路安全的情况下，滑动变阻器最大阻值应小些解答：解：蓄电池内阻约为1，电路中接有保护电阻，电路电流不超过1a，如果用量程为3a的电流表，误差较大，因此电流表应选0.6a量程；一节蓄电池电动势约为2v，因此电压表应选3v量程；选电池电动势为2v，保护电阻应选c（阻值2、额定功率5w），如果选择乙，由于定值定值较大，电路电流较小，电流变化范围小，不能测多组实验数据；故答案为：（1）i；（2）i；（3）c点评：本题考查了实验器材的选取，要掌握实验器材的选取原则：安全性原则、精确性原则、方便性原则、经济（节能）性原则三、计算题（第17题9分，18题9分，19题7分）17（9分）如图所示，在直角三角形区域abc内存在着平行于ac方向的匀强电场，ac边长为l，一质量为m、电荷量为+q的带电粒子以初速度v0从a点沿ab方向进入电场，垂直通过bc边的中点，则粒子从bc出来时的水平分速度vx和电场强度的大小e各为多大？（不计重力）考点：带电粒子在匀强电场中的运动.专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：带电粒子垂直进入电场做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，速度不变粒子垂直通过bc边的中点，速度方向与水平方向的夹角等于c，竖直位移等于，水平位移等于根据牛顿第二定律和运动学公式分别两个分位移的关系和两个分速度的关系，求出e的大小解答：解：带电粒子垂直进入电场做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，粒子从bc出来时的水平分速度vx=v0设粒子垂直通过bc边中点时水平位移为x，竖直位移为y，c=由题有：x=tan=v0ty=由联立得： =设粒子经过bc中点时竖直方向分速度这vy，则vy=v0tan又vy2=2ay 得：v02tan2=tan2=将代入解得：e=答：粒子从bc出来时的水平分速度vx和电场强度的大小e各为v0，点评：本题粒子做类平抛运动，既要分解位移，又要分解速度，考查综合分析和应用的能力18（9分）如图所示，光滑斜面倾角为37，一带有正电的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加有如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的，求：（1）原来的电场强度的大小； （2）物体运动的加速度；（3）沿斜面下滑距离为l时物体的速度的大小（sin37=0.6，cos37=0.8）考点：共点力平衡的条件及其应用；带电粒子在匀强电场中的运动.专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）对小球进行受力分析，应用平衡条件可求出电场力，进而求出电场强度（2）电场变化后受力分析求出合外