吉林省梅河口第五中学2017_2018学年高二物理上学期第一次月考试题（含解析）.docx

吉林省梅河口五中2017-2018学年高二上学期第一次月考物理试题一、选择题1.处于静电平衡的导体，其内部场强处处为零的原因是（ ）A. 外电场不能进入导体内部B. 所有感应电荷在导体内部产生的合场强为零C. 外电场和所有感应电荷的电场在导体内部叠加的结果为零D. 以上解释都不正确【答案】C【解析】【详解】导体在电荷q的电场中处于静电平衡状态时，在导体内部任意一点，感应电荷产生的附加电场的场强与电荷q产生的场强与大小相等，方向相反，此时导体的内部场强处处为0，电荷只分布在导体的外表面，且整个导体是一个等势体，故C项正确，ABD错；故选C2.对于库仑定律，下面说法中正确的是 ()A. 凡计算两个点电荷间的相互作用力，都可以使用公式Fk计算B. 相互作用的两个点电荷，若它们的电量不相同，它们之间的库仑力大小可能不相等C. 两个点电荷的电量各减为原来的一半，它们之间的距离保持不变，则它们之间的库仑力减为原来的一半D. 在公式Fk中， 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产生的电场在点电荷Q2处的场强大小【答案】D【解析】库仑定律的适用条件是：真空和静止点电荷，两个带电小球距离非常近时，电荷不能看成点电荷，因此不能使用库仑定律，故A错误相互作用的两个点电荷之间的库伦力为作用力和反作用力的关系，大小始终相等，故B错误根据库仑定律的计算公式，当两个点电荷的电荷量都减为原来的一半，它们之间的距离保持不变，则它们之间的库仑力减为原来的 ，故C错误；在公式中，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产生的电场在点电荷Q2处的场强大小故D正确故选D3.有甲乙两导体，甲的电阻是乙的一半，而单位时间内通过导体乙横截面的电荷量是甲的两倍，则一下说法正确的（ ）A. 甲乙两导体中的电流相同B. 乙导体中的电流是甲导体的2倍C. 甲乙两导体两端的电压相同D. 乙导体两端的电压是甲的2倍【答案】B【解析】由电流的定义式：可知，乙的电流是甲的两倍，故A错误，B正确；根据可得：UIR，可知乙两端的电压是甲两端电压的4倍，故CD错误。所以B正确，ACD错误。4.某电场的电场线分布如图所示，下列说法正确的是 ( )A. c点电场强度大于b点电场强度B. a点电势低于b点电势C. 若将一试探电荷q由a点静止释放，它将沿电场线运动到b点D. 若在d点再固定一点电荷Q，将一试探电荷q由a移至b的过程中，电势能减小【答案】D【解析】从电场线的分布情况可知，b处的电场线比c处的密，所以c点的电场强度小于b点的电场强度，故A错误根据沿电场线方向电势降低可知：a点的电势高于b点的电势，故B错误；正电荷所受电场力沿电场线切线方向，若将一试探电荷+q由a点释放，电荷将离开原电场线，不可能沿电场线运动到b点故C错误若在d点再固定一点电荷-Q，将一试探电荷+q由a移至b的过程中，电场力做正功，电势能减少，故D正确故选D.点睛：电场强度、电势、电势能、电场力做功等概念是本章的重点和难点，要弄清它们之间的区别和联系，并能在实际电场中或者电荷运动过程中弄清它们的变化5.如图所示,一绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中,场强为E.在与环心等高处放有一质量为m、带电+q的小球,由静止开始沿轨道运动,下述说法正确的是 ( )A. 小球在运动过程中机械能守恒B. 小球经过环的最低点时电势能最大C. 小球经过环的最低点时对轨道压力为3(mg+qE)D. 小球经过环的最低点时对轨道压力为(mg+qE)【答案】C【解析】【详解】小球运动过程中电场力做功，机械能不守恒。故A错误。小球从最高点到最低点的过程中，电场力做正功最多，电势能减小，则小球在最低点时电势能最小，选项B错误；小球从最高点到最低点的过程，根据动能定理得：（mg+qE）R=mv2；又由N-mg-qE=，联立解得N=3（mg+qE），故C正确，D错误。故选C。6.如图所示，带电量之比为：qB =1：3的带电粒子A、B，先后以相同的速度从同一点射入平行板电容器中，不计重力，带电粒子偏转后打在同一极板上，水平飞行距离之比为xA：xB =2:1，则带电粒子的质量之比mA:mB以及在电场中飞行时间之比tA:tB分别为:( )A. 1:1; 2:3B. 2:1; 3:2C. 1:1 ;3:4D. 4:3; 2:1【答案】D【解析】试题分析：带电粒子垂直射入电场中做为平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动根据牛顿第二定律和运动学公式得到偏转量y的表达式，求解质量之比；根据水平位移与初速度之比求解时间之比解：两个带电粒子垂直射入电场中做为平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动则：水平方向有：x=v0t，v0相等，所以tx，则得：tA：tB=xA：xB=2：1；竖直方向有：y=则得：m=因为E、y、v0相等，则得：mA：mB=：=4：3故选：D 7.一正点电荷仅在电场力作用下，从A点运动到B点，其速度随时间变化的图像如图所示，下列关于A、B两点电场强度E的大小和电势的高低的判断，正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】从v-t图象可知：正点电荷仅在电场力作用下，沿电场线从A点到B点做加速度不断减小的加速运动，故正点电荷在A点受到的电场力大于电荷在B点的电场力，A点的场强大于B点的场强，即EAEB。由于电荷做加速运动，故电场力做正功，电场力方向与速度方向相同，所以电场线方向从A到B，根据顺着电场线电势降低，则知AB，故A正确，BCD错误；故选A。【点睛】本题关键是根据图象确定电荷的运动情况，然后确定电场力情况，再进一步确定电场强度的情况，最后确定电势的高低。8.如图所示，A、B、C为匀强电场中的三点，已知ACBC，ABC=60，BC=20cm把一个电量=10C的正电荷从A移到B，电场力做功为零；从B移到C，电场力做功为1.7310J，则该匀强电场的场强大小和方向是 （ ）A. 865Vm，垂直AC向左B. 865Vm，垂直 AC向右C. 1000Vm，垂直 AB斜向上D. 1000Vm，垂直 AB斜向下【答案】D【解析】【详解】由电场力做功的特点可知，AB两点电势相等，故AB应为等势面；因电场线与等势面相互垂直，故过C做AB的垂线，一定是电场线；因从B到C由W=Uq可知，BC两点的电势差U=-173V；即C点电势高于B点的电势，故电场线垂直于AB斜向下；BC间沿电场线的距离d=BCsin60=0.173m；由E=U/d可知，电场强度E= V/m=1000V/m； 故选D。【点睛】电场线与等势面相互垂直而电场线由是由高电势指向低电势；匀强电场中U=Ed中的d应为沿电场方向的有效距离9.一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷(电荷量很小)固定在P点，如图所示，以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，EP表示正电荷在P点的电势能。若负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置（ ）A. U变小，E变小B. E变大，EP变大C. U变小，EP不变D. U不变，EP不变【答案】C【解析】【详解】平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变。将正极板移到图中虚线所示的位置时，板间距离d减小，根据知，电容增大，根据U=，则板间电压U变小。由，得到：，可知E与d无关，则知电场强度E不变。P与负极板间的距离不变，由公式U=Ed可知，P与负极板间的电势差不变，P点的电势不变，正电荷在P点的电势能不变。故C正确，ABD错误。故选C。【点睛】解决本题的关键知道电容器与电源断开后其电荷量不变，掌握电容器的决定式以及定义式C=要能熟练推导出场强的表达式，记住E与d无关的结论，有利于进行动态分析10.如图所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则可能属于的时间段是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】若0t0，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以A错误。若t0，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A板上，所以B正确。若t0T，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B板上，所以C错误。若Tt0，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以D错误。故选B。【点睛】解决本题的关键理清粒子在一个周期内的运动规律，判断物体一个周期内的位移，从而进行判断本题也可以通过速度时间图线进行分析11.如图所示，虚线 a 、b 、c 代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc,实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹， P 、Q 是这条轨迹上的两点，据此可知( ) A. 三个等势面中，a 的电势最高B. 带电质点通过P点时的电势能较小C. 带电质点通过P点时的动能较大D. 带电质点通过P点时的加速度较大【答案】D【解析】电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，故A错误；根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，动能增大，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故BC错误；由于相邻等势面之间的电势差相等，等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故D正确故选D.点睛：解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化12.小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，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，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RC. 对应P点，小灯泡的电阻为RD. 对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的“面积”【答案】ABD【解析】【详解】I-U图线各点与原点连线的斜率表示电阻，由题，此斜率减小，说明随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大。故A正确。根据电阻的定义得到，对应P点，小灯泡的电阻为R=，R不等于切线斜率，R也不等于“面积”。故B正确，C错误。根据功率表达式P=UI，则有小灯泡功率为图中矩形PQOM所围“面积”的数值，故D正确；故选ABD。【点睛】对于线性元件，欧姆定律成立，即，对于非线性元件，欧姆定律不成立，13.如图所示，从灯丝发出的电子经加速电场加速后，进入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2，要使电子在电场中的偏转量y增大为原来的2倍，下列方法中正确的是( ) （ ） A. 使U增大为原来的2 倍B. 使U增大为原来的2倍C. 使偏转板的长度增大为原来2倍D. 偏转板的距离减小为原来的1/2【答案】BD【解析】【详解】设电子经加速电场加速后的速度为v0，偏转极板的长度为L，板间距离为d。在加速电场中，由动能定理得：qU1mv020；在偏转电场中，电子做类平抛运动，偏转量为；联立以上两式解得：。要使电子在电场中的偏转量y增大为原来的2倍，由此式可以判断出，使U1变为原来的；使U2增大为原来的2倍；使偏转板的长度增大为原来倍；偏转板的距离减小为原来的1/2；选项AC错误、BD正确。故选BD。【点睛】解答本题的关键是：要灵活运用动能定理和平抛运动的规律，得到最终电子偏转量y的综合表达式，再根据题目要求进行讨论分析得出结论。14.两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，则（）A. C点的电场强度最大B. A点的电场强度大小为零C. MN间场强方向向x轴负方向D. 将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功【答案】CD【解析】【详解】-x图象的斜率等于电场强度E，则知C点电场强度为零，最小，故A错误；由图知A点的电势为零，则O点处点电荷的电量比M点处点电荷的电量大，且O点的电荷带正电，M点电荷带负电，A点合场强向右，不为零。故B错误；根据顺着电场线方向电势降低，知MN间场强方向向x轴负方向。故C正确；因为MC间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向，则将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后负功。故D正确；故选CD。【点睛】解决本题时要知道电势为零处，电场强度不一定为零。电荷在电场中与电势的乘积为电势能。电场力做功的正负决定电势能的增加与否。二、实验题15.如图所示为实验室常用的两个量程的电压表原理图当使用O、A两接线柱时，量程为3V；当使用O、B两接线柱时，量程为15V已知电流计的内电阻Rg=500，满偏电流Ig=100 A则电阻 R=_, R= _ 【答案】 (1). ; (2). ;【解析】【详解】串联分压电路的特点就是电流相同，在改装的电压表中，各量程达到满偏电压时，经过“表头”的电流均为满偏电流根据串并联规律，接O、A时有： 解得：；接O、B时有： 解得：R2=1.2105【点睛】明确电表的改装原理，知道电压表是电流表与分压电阻串联而成，当电压表达到量程时通过电流表的电流应为满偏电流16.有一个标有“12V，24W”的灯泡，为了测定它在不同电压下的实际功率和额定电压下的功率，需测定灯泡两端的电压和通过灯泡的电流，现有如下器材：A直流电源15V(内阻可不计)B直流电流表00.6A ，内阻约0.5C直流电流表03A ，内阻约0.1D直流电压表03V，内阻约3kE直流电压表015V，内阻约15kF滑动变阻器10、5AG滑动变阻器1k、3A(1)电压表应选用_；电流表应选用_；滑动变阻器_(将选项代号的字母填在横线上)(2)在该实验中，设计了如图所示的四个电路为了减小误差，应选取的电路是_(将选项代号的字母填在横线上)(3)若测得灯丝电阻R随灯泡两端电压变化关系的图线如图所示，由这条曲线可得出：在正常发光条件下，灯丝消耗的电功率是_W。(4)如果灯丝电阻与(t273)的大小成正比，其中t为灯丝摄氏温度值，室温t=27，则正常发光时灯丝的温度是_。【答案】 (1). E; (2). C; (3). F; (4). C; (5). 23.2W; (6). ;【解析】【详解】（1）由题意可知，为了完成实验电源为必选；因灯泡的额定电压为12V，故为了安全准确电压表应选E中15V的量程；而灯泡中的额定电流为：I=2A；故电流表应选中3A的量程C；因本实验要采用分压接法，故滑动变阻器采用F；（2）测定灯泡在不同电压下的实际功率和额定电压下的功率，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，由于电压表内阻远大于灯泡内阻，故电流表采用外接法，故应选择C电路图；（3）由图示图象可知，当电压为12V时，电阻为6.2，故功率为：；（4）灯丝电阻与（t+273）的大小成正比，故R=k（t+273）；由图象，室温下电阻丝不加电压时电阻，为1，故；正常发光时电阻为：，灯泡正常发光时的温度：；【点睛】本题虽然是求功率，但事实是测量灯泡的伏安特性曲线，注意本实验中应采用分压接法，同时因灯泡内阻较小故电流表一般采用外接法三、计算题17.如图所示，质量为m的小球A穿在绝缘细杆上，杆的倾角为，小球A带正电，电量为q.在杆上B点处固定一个电量为Q的正电荷将A由距B竖直高度为H处无初速释放，小球A下滑过程中电量不变不计A与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中已知静电力常量k和重力加速度g.(1)A球刚释放时的加速度是多大？(2)当A球的动能最大时，求此时A球与B点的距离.【答案】（1）agsin（2） 【解析】【详解】（1）由牛顿第二定律可知mgsinFma，根据库仑定律Fk，rH/sin得agsin.（2）当A球受到合力为零、加速度为零时，动能最大设此时A球与B球间的距离为R，则mgsin，解得R【点睛】本题关键对小球A受力分析，然后根据牛顿第二定律求解加速度，根据力与速度关系分析小球A的运动情况；知道合力为零时动能最大18.如图所示，变阻器R0的滑片P在移动过程中电压表的示数变化范围是04 V，电流表的示数变化范围是10.5 A，电源的内阻可忽略不计求电阻R的阻值、变阻器R0的最大阻值和电源电压U. 【答案】 【解析】【详解】当电压表示数U10 V时，电流表示数I11 A 电源电压：UI1R1 AR 当电压表示数U24 V时，电流表示数I20.5 A 电源电压：UU2I2R4 V0.5 AR 由解得：U8 V，R8 .19.如图所示，长L1.2