2018-2019学年高二物理上学期第二次月考试题(含解析) (III).doc

2018-2019学年高二物理上学期第二次月考试题(含解析) (III)一、选择题（1-8为单项选择，9-12为多项选择，每题4分，多选不全2分，共48分）1. 下列关于起电的说法错误的是A. 一个带电体接触一个不带电的物体，两个物体一定会带上等量的同种电荷B. 静电感应不是创造电荷，只是电荷从物体的一部分转移到了另一部分C. 摩擦可以起电，是普遍存在的现象，相互摩擦起电的两个物体总是同时带等量的异种电荷D. 摩擦和感应都能使电子转移，只不过前者是电子从一个物体转移到另一个物体，后者则使电子从物体的一部分转移到另一部分【答案】A【解析】试题分析：一个带电体接触一个不带电的物体，只有当两物体等大相同时，两个物体才会带上等量的同种电荷，选项A错误；静电感应不是创造电荷，只是电荷从物体的一部分转移到了另一部分，选项B正确；摩擦可以起电，是普遍存在的现象，相互摩擦起电的两个物体总是同时带等量的异种电荷，选项C正确；摩擦和感应都能使电子转移，只不过前者是电子从一个物体转移到另一个物体，后者则使电子从物体的一部分转移到另一部分，选项D正确；此题是选择错误的，故选A考点：电荷守恒定律【名师点睛】电荷守恒定律：电荷既不能被创造，也不能被消灭，只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移的过程中，电荷的总量保存不变。2.电场中某区域的电场线分布如图所示,A、B是电场中的两点,则()A. A点的电场强度较大B. 因为B点没有电场线,所以电荷在B点不受电场力的作用C. 同一点电荷放在A点受到的电场力比放在B点时受到的电场力小D. 负点电荷放在A点由静止释放,将顺着电场线方向运动【答案】A【解析】【分析】电场线的疏密反映电场强度的相对大小，电场线越密，场强越大顺着电场线，电势降低同一电荷在电场强度大的地方受到的电场力大电场线是曲线，粒子的运动轨迹与电场线不一致.【详解】由图可知，A点处电场线较密，电场强度较大。故A正确。电场线的疏密代表电场的强弱，故在任意两条电场线之间虽没有电场线，但仍有电场，故B错误。A点的电场强度较大，同一点电荷放在A点受到的电场力较大。故C错误。负电荷放在A点受到的电场力沿电场线的切线方向，由静止释放后，负电荷将离开电场线，所以其运动轨迹与电场线不一致。故D错误。故选A。【点睛】本题考查对电场线物理意义的理解要注意只有当电场线是直线，而且电荷无初速度或初速度方向与电场线共线时，电荷的轨迹才与电场线一致3.如图所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为、。一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则A. 直线a位于某一等势面内，B. 直线c位于某一等势面内，C. 若电子有M点运动到Q点，电场力做正功D. 若电子有P点运动到Q点，电场力做负功【答案】B【解析】电子带负电荷，从M到N和P做功相等，说明电势差相等，即N和P的电势相等，匀强电场中等势线为平行的直线，所以NP和MQ分别是两条等势线，从M到N，电场力对负电荷做负功,说明MQ为高电势，NP为低电势。所以直线c和d都是位于某一等势线内，但是M=Q，MN，选项A错，B对。若电子从M点运动到Q点，初末位置电势相等，电场力不做功，选项C错。电子作为负电荷从P到Q即从低电势到高电势，电场力做正功，电势能减少，选项D错。【考点定位】等势面和电场线【名师点睛】匀强电场和点电荷的电场以及等量同种点电荷和等量异种点电荷的电场线及等势面分布情况要熟记。【此处有视频，请去附件查看】4.如图所示，一根横截面积为S的均匀长直橡胶棒上均匀带有负电荷，每米电荷量为q，当此棒沿轴线方向做速率为v的匀速直线运动时，由于棒运动而形成的等效电流大小为 ()A. vq B. q/v C. qvS D. qv/S【答案】A【解析】在运动方向上假设有一截面，则在t时间内通过截面的电荷量为Qvtq等效电流Ivq，A正确。故选：A。【名师点睛】棒沿轴线方向以速度v做匀速直线运动时，每秒通过的距离为v米，则每秒v米长的橡胶棒上电荷都通过直棒的横截面，由电流的定义式研究等效电流。5. 如图所示，两块大小、形状完全相同的金属板正对着水平放置，构成一个平行板电容器将两金属板分别与电源两极相连，闭合开关S达到稳定后，在两板间有一带电液滴P恰好处于静止状态，下列判断正确的是（ ）A. 保持开关S闭合，增大两极间的距离，液滴向上运动B. 保持开关S闭合，增大两板间的距离，液滴向下运动C. 断开开关S，减小两板间的距离，液滴向上运动D. 断开开关S，减小两板间的距离，液滴向下运动【答案】A【解析】试题分析：保持开关S闭合，说明两极板间的电压不变，若减小两极间的距离，则极板间的电场强度变大，电荷受到的电场力将增大，因为原来电荷处于静止状态，故电场对电荷的作用力是向上的，故液滴会向上运动，选项A正确；B错误；断开开关S，说明极板上的电荷量不变，根据电容的定义式及决定式可知：C，故减小两板间的距离，两极板间的电场大小不变，液滴仍静止，故选项CD均错误。考点：电容的定义式及决定式。【名师点晴】当电容与电源连接时，可以认为电容的两端电压是不变的，当电容与电源连接后又断开开关，则说明电容极板上所带的电荷量是不变的；由电容的定义式和决定式可知，电容间的电场强度E是不随极板间距离的变化而变化的，故液滴受到的电场力就是不变的。6. 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 ( )A. U2 B. U C. 2U D. 4U【答案】D【解析】试题分析：根据电阻定律可得：拉长后电阻变为R=2l12s=4ls=4R,所以根据欧姆定律可得：UR=UR=U4R,故U=4U,所以选D考点：考查了欧姆定律和电阻定律的应用点评：做本题的关键是知道导线在拉长时体积不变，然后根据公式判断面积和长度的变化7.由欧姆定律可以导出公式R=U/I,此式说明( )A. 当电流增大2倍时,电阻减小为原来的1/2B. 当电压增大2倍时,电阻增大2倍C. 电阻是导体本身的性质,当电压为零时,电阻阻值不变D. 当电压为零时,电阻也为零【答案】C【解析】【分析】导体的阻值是导体本身所具有的性质，与通过它的电流、它两端的电压无关，导体的阻值等于导体两端的电压与通过导体的电流之比。【详解】导体电阻由导体自身因素决定，与加在导体两端的电压或通过导体中的电流大小无关，则ABD错误，C正确。故选C。8.如图所示的电路中,电源的电动势E和内电阻恒定不变,电灯L恰能正常发光,如果滑动变阻器的滑片向b端滑动,则( )A. 电灯L更亮,电流表的示数减小B. 电灯L更亮,电流表的示数增大C. 电灯L变暗,电流表的示数减小D. 电灯L变暗,电流表的示数增大【答案】A【解析】变阻器的滑片向b端滑动时，其阻值变大，电路的总电阻变大，由闭合电路的欧姆定律I总=ER总知电路的总电流减小，即安培表的示数减小，BD错；由U=EI总r知路端电压增大，即电灯L两端的电压变大，功率变大，电灯L变亮，A对，C错。点晴：本题要求学生明确动态分析的总体思路是先由局部阻值的变化得出总电阻的变化，再整体据闭合电路的欧姆定律得出电路中总电流的变化，再局部就是由串、并联电路的特点去分析。9. 图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷。一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点。则该粒子（ ）A. 带负电B. 在c点受力最大C. 在b点的电势能大于在c点的电势能D. 由a点到b点的动能变化大于有b点到c点的动能变化【答案】CD【解析】根据粒子运动轨迹可知，粒子带正电，选项A错误；根据库仑定律可知，离点电荷最近时最大，选项B错误；从b点到c点电场力做正功，动能增加，故粒子在b点电势能一定大于在c点的电势能，故C正确；同心圆间距相等，所以a点到b点电势差大于b点到c点的电势差，所以由a点到b点的动能变化大于有b点到c点的动能变化，选项D正确。10.如图所示，氕、氘、氚的原子核自初速度为零经同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，那么()A. 经过加速电场的过程中，电场力对氚核做的功最多B. 经过偏转电场的过程中，电场力对三种原子核做的功一样多C. 三种原子核打在屏上的速度一样大D. 三种原子核都打在屏的同一位置上【答案】BD【解析】试题分析：设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d在加速电场中，电场力做的功为：W=qU1；由于加速电压相同，电荷量相等，所以电场力做的功相等，故A错误；在偏转电场中的偏转位移：y=12at2=12qU2md（Lv0）2解得：y=U2L24dU1同理可得到偏转角度的正切：tan=U2L2U1d，可见y和tan与电荷的电量和质量无关所以出射点的位置相同，出射速度的方向也相同，故三种粒子打屏上同一点，故D正确；粒子的运动轨迹相同，电荷量相同，电场力相同，根据动能定理，在偏转电场中电场力做功相同，故B正确整个过程运用动能定理得：12mv2=qU1+12qU2，由于三种粒子的电荷量相同，质量不同，则v不同，故C错误；故选BD考点：带电粒子在电场中的加速及偏转【名师点睛】解决本题的关键知道带电粒子在加速电场和偏转电场中的运动情况，知道从静止开始经过同一加速电场加速，垂直打入偏转电场，运动轨迹相同做选择题时，这个结论可直接运用，节省时间。11.下列说法正确的是( )A. 一个电阻R和一根电阻为零的理想导线并联,总电阻为零B. 并联电路的总电阻一定小于并联各支路的电阻C. 在并联电路中,任意支路电阻增大或减小时,总电阻将随之增大或减小D. 电阻R和阻值无穷大的电阻并联,总电阻为无穷大【答案】ABC【解析】【分析】并联电路总电阻的倒数等各支路电阻倒数之和，根据并联电路的规律列式分析【详解】一个电阻和一根无电阻的理想导线并联时，该电阻被短路，则总电阻为零。故A正确。根据并联电路的规律有：1R并=1R1+1R2+1Rn则知1R并1Rn，得R并Rn，即并联电路的总电阻都小于任一支路的电阻。故B正确。若Rn增大，1R并增大，则并联总电阻R并增大，故C正确；电阻R和阻值无穷大的电阻并联，总电阻为R，故D错误。故选ABC。【点睛】解决本题的关键掌握电阻总电阻与支路电阻的关系，根据数学知识进行分析，其结论要理解记住：总电阻与支路的关系是同增同减12. 用多用电表欧姆挡测电阻，有许多注意事项，下列说法中哪些是错误的()A. 测量前必须调零，而且每测量一次电阻都要重新调零B. 每次换挡后必须电阻调零C. 待测电阻如果是连接在电路中，应把它先与其他元件断开，再进行测量D. 两个表笔要与待测电阻接触良好才能测得较准确，因此，应当用两手分别将两个表笔与电阻两端紧紧捏在一起【答案】BC【解析】用多用电表欧姆挡测电阻，测量前必须调零，而且每次换挡后必须电阻调零，A错B对。因测电阻时欧姆表内部电源接通，所以待测电阻如果是连接在某电路中，应把它先与其他元件断开，再进行测量，C对。人身体也由电阻，若用两个手分别将两个表笔与电阻两端紧紧捏在一起，测量结果不准确，D错。二、实验题13. 某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率步骤如下：（1）用螺旋测微器测量其直径如右下图，可知其直径为_mm；（2）用多用电表的电阻“10”档，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图，则该电阻的阻值约为_（3）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R电流表A1（量程03mA，内阻约50）电流表A2（量程010mA，内阻约30）电压表V1（量程03V，内阻约10k）电压表V2（量程015V，内阻约25k）直流电源E（电动势4V，内阻不计）滑动变阻器R1（阻值范围015k，允许通过的最大电流2.0A）滑动变阻器R2（阻值范围02k，允许通过的最大电流0.5A）开关S、导线若干。为使得实验误差较小，要求便于调节且测得多组数据进行分析，所选电流表_；电压表_：滑动变阻器_（填所选器材的符号），并在虚线框中画出测量的电路图【答案】（1）4.700mm（2）220（3）A2、V1、R1、如图所示【解析】试题分析：（1）其直径为d=4.5mm+20.00.01mm=4.700mm（2）电阻值为R=22.010=220（3）因为提供的电源的电动势为4V，采用0-15V的量程的电压表读数误差太大，故使用电压表V1，该电阻约为220，电源电压为4V，通过其的最大电流约为19毫安，所以选择电流表A2，滑动变阻器用小阻值的，便于调节，所以用滑动变阻器R1、电流表外接、滑动变阻器分压式接法如图所示：考点：测量电阻率实验【名师点睛】应明确：当实验要求电流从零调或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，应选择阻值小的变阻器以方便调节；当待测电阻满足RVRxRxRA时，电流表应用外接法，满足RVRxRxRA时，电流表应用内接法；14.在用电流表和电压表测电池的电动势和内阻的实验中，所用电流表和电压表的内阻分别为0.1和1k 。（1）在划线区域画出实验原理图。（ ）（2）一位同学记录的六组数据见下表，试根据这些数据在图中画出UI图像，并根据图像读出电池的电动势E=_ V根据图像求出电池内阻r= _。(保留三位有效数字）U/V1.371.321.241.181.101.05I/A0.120.200.310.320.500.57（ ）【答案】 (1). （1）如图； (2). （2）如图； (3). 1.44-1.48 (4). 0.684-0.737【解析】【分析】电压表内阻远大于电源内阻，则采用电流表外接；运用描点法作出U-I图线，根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir，推导出表达式U=-rI+E，故纵轴截距表示电源的电动势，斜率表示电源的内电阻【详解】（1）电压表内阻远大于电源的内阻，则电路如图；（2）运用描点法作出U-I图线，如图U-I图象的纵轴截距表示电源的电动势，故电动势为：E=1.47V；内阻等于图线的斜率，r=UI=1.471.000.64=0.734【点睛】测定电源的电动势和内电阻是高中阶段电学实验考查的重点，是近几年各地高考题目的出题热点，本题突出了对于实验原理、实物图连接及U-I图象处理等多方面内容的考查三、计算题15.在方向水平向右，大小E=1104N/C的匀强电场中，用细线将质量m=410-3kg的带电小球P悬挂在O点，小球静止时细线与竖直方向夹角=37（已知sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）小球的带电性质；（2）小球的带电量；（3）细线对小球的拉力大小。【答案】（1）小球带正电（2）3106C （3）5102N 【解析】【分析】（1）对小球进行研究，分析受力情况，作出力图，根据小球所受电场力与场强方向的关系，判断小球的电性；（2）根据平衡条件求出小球的电荷量和细线的拉力；【详解】（1）小球受到的电场力方向向右，与场强方向相同，所以小球带正电；（2）对小球，在如图所示力的作用下处于平衡状态：由平衡条件得：qE=mgtan得：q=mgtanE=4103100.751104C=3106C；（3）由平衡条件有：FTcos=mg 得细线的拉力为：FT=mgcos=4103100.8N=5102N。【点睛】对于带电体在电场力平衡问题，关键是分析受力情况，运用力的合成法即可求解。16.如下图所示,有一个表头G，满偏电流Ig=500mA,内阻Rg=200,用它改装为有1A 和10 A两种量程的电流表,则R1、R2的阻值各为多大?【答案】当公共端与5 V端接入被测电路时，量程为U1=5 V，当公共端与50 V端接入被测电路时，量程为U2=50 V.由串联电路的电压分配关系可知：R1=4900 =4.9 kR2=49900 =49.9 k【解析】略17.如图所示，电源电动势E10 V，内阻r0.5 ，闭合S，标有“8 V,16 W”的灯泡L恰好能正常发光，电动机M绕线的电阻R01 ，求：(1)电源的总功率；(2)电动机的输出功率.【答案】（1）40 W（2）12 W. 【解析】（1）灯泡正常发光，U=U额 =8V，则电源内阻的电压U内 =E-U=2V由欧姆定律得流过电源的电流I=U内/r =2/0.5 A=4A 电源的总功率P总=EI=104=40W（2）灯泡的电流I灯 =P额/U额=2A电动机的电流IM=I-I灯=2A电动机消耗的电功率PM=UIM=82=16W电动机发热功率P热=IM2R0=221=4W所以电动机的输出功率P输出=PM-P热=16-4=12W18.如图所示，有一质子(质量为m、电荷量为)由静止开始经电压为U1的电场加速后，进入两极板间距离为d，板间电压为U2的平行金属板间，若质子从两板正中间垂直电场方向射入电场,并且恰能从下板右边缘穿出电场，求：（1）质子刚进入偏转电场U2时的速度v0；（2）质子在偏转电场U2中运动的时间和金属板的长度L；（3）质子穿出偏转电场时的动能Ek。【答案】（1）2qU1m（2）t=md2qU2 ；L=d2U1U2；（3）Ek=e（U1+12U2）.【解析】试题分析：（1）质子在加速电场中有 eU1=12mv02v0=2eU1m（2）质子在偏转电场中的运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动水平方向L=v0t竖直方向d2=12at2加速度a=eU2md由以上各式解得极板长L=d2U1U2运动时间t=dmeU2（3）质子在整个运动过程中由动能定律得eU1+eU22=Ek质子射出电场时的动能Ek=e(U1+U22)考点：带电粒子在电场中的运动，牛顿第二定律，动能定理【名师点睛】带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同先分析受力情况再分析运动状态和运动过程（平衡、加速、减速，直 线或曲线），然后选用恰当的规律解题解决这类问题的基本方法有两种，第一种利用力和运动的观点，选用牛顿第二定律和运动学公式求解；第二种利用能量转化 的观点，选用动能定理和功能关系求解