江西省九江市第一中学2018_2019学年高二物理上学期第一次月考试题（含解析）.docx

江西省九江市第一中学2018-2019学年高二物理上学期第一次月考试题（含解析）一、选择题1.比值定义法，就是在定义一个物理量的时候采取比值的形式定义。用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例。下列不属于比值定义法的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】A、在电场中，某点电荷的电势能跟它所带的电荷量之比，叫做这点的电势，采用的是比值定义法，故A不符合题意；B、放入电场中某一点的电荷受到的电场力F跟它的电量q的比值叫做该点的电场强度，采用的是比值定义法，故B不符合题意；C、电容器所带电量Q与电容器两极间的电压U的比值，叫电容器的电容，采用的是比值定义法，故C不符合题意；D、把单位时间里通过导体任一横截面的电量叫做电流强度，所以采用的是比值定义法，而不属于比值定义法，故D符合题意；故选D。2.如图所示，由两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器的极板N与静电计相接，极板M接地。用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差U。在两板相距一定距离d时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度。在整个实验过程中，保持电容器所带电量Q不变，下面哪些操作将使静电计指针张角变小（ ）A. 将M板向下平移B. 将M板向上平移C. 在M、N之间插入云母板（介电常数大于1）D. 将M板沿水平向左方向远离N板【答案】C【解析】【详解】A、根据知将M板向下平移，正对面积减小，则电容减小，电量不变，根据知电势差增大，静电计指针偏角变大，故选项A错误；B. 根据知将M板向上平移，正对面积减小，则电容减小，电量不变，根据知电势差增大，静电计指针偏角变大，故选项B错误；C. 根据知在之间插入云母板(介电常数)，电容增大，电量不变，根据知电势差减小，静电计指针偏角变小，故选项C正确；D、根据知将M板沿水平向左方向远离N板，两极板距离增大，则电容减小，电量不变，根据 知电势差增大，静电计指针偏角变大，故选项D错误。3. 图（a）为示波管的原理图若在XX上加上如图甲所示的扫描电压，在YY上加如图乙所示的信号电压，则在荧光屏上会看到的图形是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：示波管的YY偏转电压上加的是待显示的信号电压，XX偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象解：因甲图XX偏转电极接入的是锯齿形电压，即扫描电压，且周期与YY偏转电压上加的是待显示的信号电压相同，所以在荧光屏上得到的信号在一个周期内的稳定图象则显示的图象与YY所载入的图象形状是一样的，故A正确故选：A【点评】本题关键要清楚示波管工作原理，要用运动的合成与分解的正交分解思想进行思考，难度适中4.图中边长为a的正三角形ABC的三个顶点分别固定三个点电荷q、q、q，在该三角形中心O点处固定一电量为-2q的点电荷，则该电荷受到的电场力为（ ）A. ， 方向由O指向CB. ，方向由C指向OC. ，方向由C指向OD. ，方向由O指向C【答案】B【解析】【详解】O点是三角形的中心，到三个电荷的距离为：，三个电荷在O处产生的场强大小均为：根据对称性和几何知识得知：两个+q在O处产生的合场强为：再与-q在O处产生的场强合成，得到O点的合场强为：，方向由O指向C则该负电荷受到的电场力为：，方向由C指向O；故B正确。5.如图所示，abcd是矩形的四个顶点，它们正好处于某一匀强电场中，电场线与矩形所在平面平行。已知 ，；a点电势为15V，b点电势为24V，d点电势为6V。则此匀强电场的电场强度大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】解析:在匀强电场中将某一线段等分时，该线段两端的电势差也被等分，将线段bd两等分，则O点的电势为15V,做等势线的垂线，即为电场线，如图所示由边长关系得 由几何关系得： ，结合 故C正确；综上所述本题答案是：C6.如图，有一未知电阻Rx，为了较准确地测出电阻值，利用试触法得到两组数据，接a时得到数据为6V、0.15A，接b时得到数据为5.8V、0.2A，那么该电阻测得较为准确的数值及它与与真实值比较的情况是 （ ）A. 29，大于真实值B. 40，大于真实值C. 29，小于真实值D. 40，小于真实值【答案】B【解析】【详解】开关接a、b两点时，电压表示数相对变化量，电流表示数相对变化量，则有，电流表示数变化量大，则电流表应采用内接法，即开关应接在a点，电阻测量值；由于采用电流表内接法，电流表分压，电压测量值大于真实值，电阻测量值大于真实值，故选项B正确，A、C、D错误。7.如图所示，O、A、B、C为一粗糙绝缘水平面上的四点，不计空气阻力，一电荷量为Q的点电荷固定在O点，现有一质量为m，电荷量为q的小金属块(可视为质点)，从A点由静止沿它们的连线向右运动，到B点时速度最大，其大小为vm.小金属块最后停止在C点已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为，A、B间距离为L，静电力常量为k，则()A. 在点电荷Q形成的电场中，A、B两点间的电势差为B. 在小金属块由A向C运动的过程中，电势能先增大后减小C. OB间的距离为D. 从B到C的过程中，小金属块的动能全部转化为电势能【答案】C【解析】【分析】金属块B点时速度最大，说明A到B过程，金属块做加速运动，B到C过程做减速运动，在B点金属块所受滑动摩擦力与库仑力平衡电场力做正功，电势能减小根据库仑定律知，距离增大，库仑力减小，由牛顿第二定律分析加速度的变化情况根据动能定理求解A、B两点的电势差.【详解】A、滑块从A到B过程，由动能定理得：，得A，B两点间的电势差；故A错误。B、小金属块由A点向右运动的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小；故B错误。C、由题意知，A到B过程，金属块做减速运动，B到O过程做加速运动，在B点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡，则有，得；故C正确。D、从B到C的过程中，小金属块的动能全部转化为电势能和内能；故D错误。故选C。【点睛】本题的突破口是“B点速度最大”，分析金属块的运动情况，来分析其受力情况，由牛顿第二定律分析加速度的变化情况，根据动能定理求解电势差8.一带正电粒子仅在电场力作用下从A点经B、C运动到D点，其速度时间图象如图所示， 则下列说法中正确的是 （ ）A. A处的电场强度一定小于B处的电场强度B. AB两点间的电势差等于CB两点间的电势差C. A处的电势一定小于在B处的电势D. CD间各点电场强度和电势都为零【答案】B【解析】【详解】A、由图象可知，带正电的粒子的加速度在A点时较大，由牛顿第二定律得知在A点的电场力大，故A点的电场强度一定大于B点的电场强度，故选项A错误；B、A、C两点的速度相等，故粒子的动能相同，因此从A到B和从C到D电场力做功相同，由知AB两点间的电势差等于CB两点间的电势差，故选项B正确；C、由图可知正电粒子在A处的动能小于在B处的动能，由能量守恒可知正电粒子在A处是电势能大于在B处的电势能，根据可知A出的电势高于B处的电势，故选项C错误；D、从C到D，粒子速度一直不变，故电场力做功为零，可知CD间各点电场强度为零，但电势的零点可人为选取，则电势不一定为零，故选项D错误。9.有两只完全相同的电流计，分别改装成量程为3 V 和5 V 的两只电压表改装后再把两电压表串联起来接入电路，则()A. 将电流计与电阻并联才能改装成电压表B. 将电流计与电阻串联才能改装成电压表C. 两表指针的偏转角相等D. 两表指示的电压值相等【答案】BC【解析】【分析】改装电压表需要串联电阻，因为串联关系，通过两表的电流大小相同，故偏转角相同，示数为两表的分压，因量程不同，内阻不同，分压不同，则示数不同。【详解】将电流计与电阻串联才能改装成电压表，故A错误，B正确；因是串联关系，通过两表的电流大小相同，故偏转角相同，示数为两表的分压，因量程不同，内阻不同，分压不同，则示数不同，故C正确，D错误。故BC正确，AD错误。【点睛】本题主要考查了表的改装问题，明确串联电阻的分压作用。10.如图电路，A1和A2为电流表，示数分别为I1和I2；，当a、b两点间加以恒定的电压U后，下列结论正确的是 （ ）A. B. C. 将和换成理想电流表，示数之比为3：5D. 将和换成理想电流表，示数之比为1：1【答案】BC【解析】【详解】AB、电源接在a、b两点时，三个电阻并联，理想电流表测量的是和的电流，理想电流表测量的是和的电流，由题知，可得到三个电阻中电流比值为，则，故选项A错误，B正确；CD、将、换成理想电压表时，三个电阻串联，测和两端的电压，测和两端的电压，则，故选项C正确、 D错误。11.如图所示，AEFD和EBCF是两个等边长的正方形，在A点固定一个带电荷量为Q的点电荷，在C点固定一个带电荷量为Q的点电荷，则下列说法正确的是()A. E、F两点电场强度相同B. E、F两点电势相同C. 将一个负电荷由E点沿直线移动到F点，电场力先做正功后做负功D. 将一个负电荷由E点沿直线移动到F点，电场力一直做负功【答案】AD【解析】A项，由电场的对称性可知E、F两点的电场强度相同，故A项正确。B项，电势沿AC连线降低，AC的中垂线所在平面即为等势面，可知E点电势高于F点，故B项错误。C、D项，将一个负电荷由E点沿直线移动到F点，电势始终降低，电场力做负功，故C错；D对；故选AD点睛：本题考查了等量异种电荷等势线和电场线的分布，抓住对称性做题。12.如图所示,一平行板电容器的电容为C,带有等量异种电荷的两极板A、B倾斜放置,质量为m带电荷量为-q的油滴,从极板A上的小孔P以初速度v0水平向右射入极板间,经时间t后油滴又从P孔水平向左离开极板间,油滴运动过程中恰好未与极板B相碰,已知重加速度g。A. 两极板间的距离d=v0t/2B. 电容器所带的电荷量Q=Cmv02/2qC. 两极板间的电场强度大小E=2mv0/qtD. 两极板间的电场强度大小【答案】BD【解析】A、据题意可知油滴不可能做匀速直线运动和匀变速曲线运动，只能是先向右做匀减速直线运动，再向左做匀加速直线运动,则重力和电场力的合力与初速度方向相反，根据运动的对称性可知，而电容器的距离，故A错误。B、对应减速过程由动能定理，而,可知,B正确。C、D、由牛顿第二定律可知,而,联立解得，故C错误，D正确。故选BD。【点睛】对于微粒做直线运动，有两种可能，一做匀速直线运动，而合力的方向与速度方向在同一条直线上本题由于电场力和重力不可能平衡，只能抓住合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则、牛顿第二定律和运动学公式综合求解 二、实验题13.用图示的电路可以测量电阻的阻值，途中是待测电阻，R0是定值电阻，G是灵敏度很高的电流表，M、N是一段均匀的电阻丝。闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，测得，则的阻值_【答案】【解析】【详解】通过电流表G的电流为零，电流表G两端电势相等。电阻丝MP段与PN段电压之比等于和的电压比，即；通过电阻丝两侧的电流是相等的，通过和的电流也相等，则有；根据电阻定律公式可知，联立可得，解得。14.在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验室提供了以下器材：A小灯泡（3.8V，0.3A） B滑动变阻器（5，2A）C电流表（00.5A，内阻约0.4） D电压表（05V，内阻约10k）E开关及导线若干（1）为实验测量误差尽可能小，电流表应选用_（填“内”或“外”）接法；（2）为使小灯泡两端电压从零开始连续变化，滑动变阻器应选用_（填“限流式”或“分压式”）接法；（3）综上所述，应选择下图中的_电路进行实验（4）利用实验数据画出了如乙图所示的小灯泡伏安特性曲线。图中，坐标原点O到P点连线的斜率表示_。则根据此图给出的信息可知，随着小灯泡两端电压的升高，小灯泡的电阻_（填“变大”、“变小”或“不变”）【答案】 (1). 外接法 (2). 分压式 (3). B (4). P状态灯丝电阻的倒数 (5). P状态灯泡实际消耗的功率 (6). 变大【解析】【详解】（1）灯泡正常发光时的电阻：，电流表内阻约为0.4，电压表内阻约为10k，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法（2）灯泡两端电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法（3）电流表采用外接法、滑动变阻器采用分压接法，则应采用图B所示实验电路（4）坐标原点O到P点连线的斜率表示小灯泡电阻的倒数，P点横纵坐标的乘积表小灯泡消耗的电功率则根据此图给出的信息可知，随着小灯泡两端电压的升高，小灯泡的电阻变大【点睛】本题考查了电流表与滑动变阻器的接法、实验电路选择、实验数据处理，当电压表内阻远大于待测电阻阻值时，电流表采用外接法，当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器采用分压接法三、计算题15.如图所示，把一个倾角为的绝缘斜面固定在匀强电场中，电场方向水平向右，电场强度大小为E，有一质量为m、带电荷量为q的物体，以初速度v0从A端滑上斜面恰好能沿斜面匀速运动，求物体与斜面间的动摩擦因数【答案】 【解析】【详解】物体做匀速直线运动，由平衡条件得：在垂直于斜面方向上：N=mgcos+qEsin在平行与斜面方向上：f+mgsin=qEcos滑动摩擦力：f=N由可得：【点睛】本题考查了学生受力分析及力的合成以及摩擦定律的相关知识，正确的受力分析是正确解题的关键，学会用正交分解法处理多力合成问题16.如图所示，在该电路施加U=5V的电压，R14，R26 ，滑动变阻器最大值R310 ，则当滑动触头从a滑到b的过程中，电流表示数的最小值为多少？【答案】1A【解析】【详解】解：设触头上部分电阻为，则下部分为总电阻：当时，最大，此时电流表示数的最小值为：17.如图是一个多用电表的内部结构图，电路由灵敏电流计与四个电阻连接而成。电流计内阻Rg=90 ，满偏电流Ig=5 mA,。该多用表有四个量程，分别是电流表（0-50 mA，0-250mA）以及电压表（0-5V，0-20V），求出四个电阻R1、R2、R3、R4的阻值。【答案】；【解析】【详解】解：当接电表接线柱1、2时，电流表量程为250mA满偏时，则有：当接电表接线柱1、3时，电流表量程为50mA满偏时，则有：解得：，当接电表接线柱1、4时，可测量电压，电压表量程为5V满偏时，则有：解得：当接电表接线柱1、5时，可测量电压，电压表量程为20V满偏时，则有：解得：18.如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间加速电场加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知灯丝与A板间加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子的质量为m，电荷量为e。（1）电子穿过A板时的速度大小；（2）电子从偏转电场射出时的侧移量；（3）P点到O点的距离。【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析：（1）电场加速完成之后，进入偏转电场的速度为v，根据动能定理，则求得（2）电子进入偏转电场后类平抛运动，则，且，则（3）粒子出电场时速度反向延长线交于偏转电场的中点，如图即利用相似三角形则：，且，代入则考点：动能定理、带电粒子在电场中的偏转以及推论点评：此类题型考察了带电粒子在加速电场以及偏转电场中的运动规律：在偏转电场中通常要借助平抛运动相似的规律19.真空中存在方向竖直向上、电场强度大小为E0的匀强电场，A、B、C三点在电场中同一条竖直线