陕西西安市长安区第一中学高二上学期第一次月考物理（重点、平行班）试题,Word版含解析

　 长安一中 6 2016 级（高二阶段）第一学期第一次月考

　（重点平行用）物

　理

　试

　题

　一、选择题（本题包括 5 15 小题。共 0 50 分。其中 1 1- -0 10 为单项选择, , 每题 3 3 分；11- -5 15 为多项选择，多项选择题全部选对的得 4 4 分，选对但不全得 2 2 分，有选错或不答的得 0 0 分）

　1. 毛皮与橡胶棒摩擦后，毛皮带正电，橡胶棒带负电．这是因为(

　) A. 空气中的正电荷转移到了毛皮上 B. 毛皮上的电子转移到了橡胶棒上 C. 空气中的负电荷转移到了橡胶棒上 D. 橡胶棒上的电子转移到了毛皮上 【答案】B 【解析】毛皮与橡胶棒摩擦后，毛皮带正电，橡胶棒带负电．这是因为毛皮上的电子转移到了橡胶棒上，故选 B. 2. 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，它所受到的静电力为 F；移去 A处电荷，在 C 处放一电荷量为－2q的点电荷，其所受静电力为(

　) A.

　 B. -F

　C. F

　D.

　【答案】D

　 3. 关于电场及电场线，下列说法正确的是(

　) A. 电场线是真实存在的客观物质，而电场则是描述电现象的工具和模型 B. 电场是真实存在的客观物质，而电场线则是工具和模型 C. 电场和电场线都是真实存在的客观物质 D. 电场和电场线都是描述电现象的工具和模型

　【答案】B 【解析】电场是真实存在的客观物质，而电场线则是描述电现象的工具和模型，是人们假想的曲线；选项 ACD错误，B 正确；故选 B.

　4. 某静电场的电场线分布如图所示，P、Q是电场中的某两点，下列表述正确的是(

　)

　A. P 点电势低于 Q点电势 B. 同一负电荷从 P 点移至 Q点，电场力做负功，电势能增大 C. P、Q两点场强大小相等、方向相同 D. 同一正电荷分别置于 P、Q两点时电势能相等 【答案】B 【解析】根据顺着电场线方向电势降低可知，P点电势高于 Q点电势．故 A错误．负电荷所受的电场力逆着电场线，则同一负电荷从 P点移至 Q点，电场力做负功，电势能增大．故B 正确．由于 P处电场线较密，则 P处场强大于 Q处场强，而且两点的场强方向不同．故 C错误．将正电荷从 P移到 Q时，电场力做正功，电势能减小，则知同一正电荷置于 P点时电势能大于 Q点电势能．故 D错误．故选 B. 点睛：本题关键掌握电场线的两个物理意义：电场线疏密表示场强的大小、沿电场线方向电势逐渐降低. 5. 如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘．两个带有同种电荷的小球 A、B 分别位于竖直墙面和水平地面上，且处于同一竖直平面内．若用图示方向的水平推力 F 作用于小球 B，则两球静止于图示位置．如果将小球 B 向左推动少许，并待两球重新达到平衡时，与原来相比(

　)

　A. 两小球间距离将增大，推力 F 将增大 B. 两小球间距离将减小，推力 F 将增大

　C. 两小球间距离将增大，推力 F 将减小 D. 两小球间距离将减小，推力 F 将减小 【答案】C 【解析】以 A球为研究对象，分析受力，作出力图如图 1所示．

　设 B 对 A的库仑力 F与墙壁的夹角为 θ，由平衡条件得竖直墙面对小球 A的弹力为：

　N 1 =m A gtanθ，库仑力 F 库 =．将小球 B 向左推动少许时，θ 减小，tanθ 减小．则 N 1减小，cosθ增大，F 库 减小，根据库仑定律分析得知，两小球间距增大．根据牛顿第三定律可知，A球对竖直墙面的压力减小．再以 AB 整体为研究对象，分析受力如图 2 所示，由平衡条件得：

　F=N 1 ，N 1 减小，则 F 减小．故 ABD错误，C 正确．故选 C. 点睛：本题运用隔离法和整体法结合分析动态平衡问题，关键是确定研究对象（往往以受力较少的物体为研究对象），分析受力情况． 6. 孤立点电荷电场中的一簇等势面如图中虚线所示，其电势分别为 φ 1 、φ 2 、φ 3 ，其中A、B、C 是某电场线与这簇等势面的交点，且 AB＝BC.现将一负电荷由 A 移到 B，电场力做正功 W 1 ；由 B 移到 C，电场力做正功 W 2 ，则(

　)

　A. W 1 ＝W 2 ，φ 1 ＜φ 2 ＜φ 3

　B. W 1 ＞W 2 ，φ 1 ＜φ 2 ＜φ 3

　C. W 1 ＝W 2 ，φ 1 ＞φ 2 ＞φ 3

　D. W 1 ＜W 2 ，φ 1 ＞φ 2 ＞φ 3

　【答案】B 【解析】由题，将一负电荷由 A移到 B，电场力做正功，可知负电荷受到的电场力的方向向右，结合负电荷受到的电场力的方向与电场线的方向相反，可知该电场线的方向向左，即由 C 指向 A．沿电场线的方向电势降低，所以 C 点的电势最高，A点的电势最低，即φ 1 ＜φ 2 ＜φ 3 ； 该电场线的方向向左，由 C 指向 A；再结合图中等势面的特点可知产生该电场的点电荷带负电且位于 A点的左侧，所以 A处的场强最大，C 处的场强最小，根据电场强度与电势差的关系：U=Ed 可知，AB 之间的电势差一定大于 BC 之间的电势差，即：U CB ＜U BA ，又电场力做功：W=qU，所以：W 1 ＞W 2 ．故选 B. 点睛：本题切入点在于根据电场力做功的特点以及等势面的特点判断出产生该电场的点电荷带负电且位于 A点的左侧是解答的关键，然后再结合负点电荷的等势面分布图进行分析即可． 7. 一段粗细均匀的金属导体的横截面积是 S，导体单位长度内的自由电子数为 n，金属内的自由电子的电荷量为 e，自由电子做无规则热运动的速率为 v 0 ，导体中通过的电流为 I.则下列说法中正确的有(

　) A. 自由电子定向移动的速率为 v 0

　B. 自由电子定向移动的速率为

　C. 自由电子定向移动的速率为

　D. 自由电子定向移动的速率为真空中的光速 c 【答案】C 【解析】电流是由自由电子定向移动形成的；与光速及自由电子定无规则运动的速率无关；故 AD错误；由电流的微观表达式可知：时间 t内通过的电量 q=nvte, 由电流的定义可知电流的微观表达式为：I= =nev；则 v= ；故 C 正确，B 错误；故选 C． 点睛：本题要求能掌握电流的微观表达式，同时注意区分电子的定向移动速率、无规则热运动的速率以及电能的传导速率． 8. 一节干电池的电动势为 1.5V，这表示(

　) A. 该电池接入电路工作时，电池两极间的电压恒为 1.5V B. 电池中每通过 1C 的电荷量，该电池能将 1.5 J的化学能转变成电势能

　C. 该电池存储的电能一定比电动势为 1.2V的电池存储的电能多 D. 将 1C 的电子由该电池负极移送到正极的过程中，非静电力做了 1.5J 的功 【答案】B 【解析】接入电路后，两极电压为路端电压，若外电路正常工作，则路端电压小于电动势，故 A错误．电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电路中每通过 1C 的电量，该电池能将 1.5J 的化学能转变成电能，故 B 正确．电动势表示电源是把其他形式的能转化为电能的本领的物理量，电动势大储存的电能不一定多，故 C 错误．一节干电池的电动势为 1.5V，表示该电池能将 1C 电量的正电荷由负极移送到正极的过程中，非静电力做了 1.5J 的功，故D错误．故选 B. 点睛：

　也是属于比值定义式，与含义截然不同，电动势 E 大小表征电源把其它形式能转化为电能本领大小，而电压 U大小表征电能转化为其它形式的能的大小，要注意区分． 9. 有两个完全相同的表头 G，内电阻为 R g ＝100Ω，满偏电流为 I g ＝1mA，现将它们分别改装成量程为 0.6 A 的电流表和量程为 3V 的电压表，需分别并联一个电阻 R 1 和串联一个电阻R 2 ，则 R 1 和 R 2 的值分别为(

　) A. R 1 ＝600Ω，R2＝3 000Ω B. R 1 ＝5Ω，R 2 ＝3 000Ω C. R 1 ＝0.17Ω，R 2 ＝2 900Ω D. R 1 ＝5Ω，R 2 ＝2900Ω 【答案】C 【解析】改装成电流表要并联电阻分流，并联电阻阻值为：

　改装成电压表要串联电阻分压串阻值为：

　；故正确的选项为 C．故选 C. 点睛：考查的电压表的改装原理，明确串联电阻的分压作用，会求串联电阻阻值；考查的电流表的改装原理，明确分流与电阻成反比，电阻大，分流小，反之电阻小则分流大． 10. 如图所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长 ab＝10cm，bc＝5cm，当将 A 与 B 接入电压为U的电路中时，电流为 1A；若将 C 与 D接入电压为 U的电路中，则电流为(

　)

　 A. 2 A

　B. 4 A

　C. A

　D. A 【答案】B 【解析】根据电阻定律公式 R=ρ ，有 R AB =ρ ；R CD =ρ

　；故 ；根据欧姆定律，电压相同时，电流与电阻成反比．故两次电流之比为 1：4，故第二次电流为 4A；故选 B． 11. 如图所示，水平向右的匀强电场中，在 O点固定一电荷量为 Q的正点电荷，a、b、c、d为以 O为圆心的同一圆周上的四点，bd 与电场线平行，ac与电场线垂直，则(

　)

　A. b 点的场强大小大于 a 点的场强大小 B. a、c 两点的场强相同 C. 检验电荷在 a 点的电势能等于在 c 点的电势能 D. d、a 间的电势差大于 a、b 间的电势差 【答案】AC 【解析】abcd 四个点的场强实际上是匀强电场与点电荷的辐射状的电场的叠加，匀强电场的场强方向与 Q的电场的场强方向在 b 点相同，在 a 点方向相反，所以 b 点的场强大于 A点的场强．故 A正确；故 ac 两点的合场强大小虽然相等，但方向不同，故 B 错误；点电荷的电场，同心圆上各点的电势相等，ac 与匀强电场垂直，是匀强电场的等势线，所以 ac 两点的电势相等，检验电荷在 a 点的电势能等于在 c 点的电势能．故 C 正确．点电荷的电场，同心圆上各点的电势相等，所以 da间的电势差等于 ab 间的电势差，故 D错误；故选 AC. 12. 如图所示，一带电小球通过绝缘细绳悬挂于平行板电容器之间，M 板带负电，N 板带正电，M 板接地．以下说法正确的是(

　)

　 A. M 板左移，小球的电势能减小 B. M 板左移，小球受到的电场力减小 C. M 板上移，小球的电势能不变 D. M 板上移，小球受到的电场力增大 【答案】AD 【解析】电容器的电量不变，根据 ，U= ，C= ，得到电场强度 E= ，与距离d 无关，故 M 板左移，小球受到的电场力不变，小球与负极板间的电势差变大，故小球所在位置的电势增加，小球带负电，根据电势能公式 E p =qφ，电势能减小，故 A正确，B 错误； M 板上移，电容器的电量不变，电场强度 E= ，故电场强度增加，电场力增加；小球的平衡位置偏右，小球与负极板间的电势差变大，故小球所在位置的电势增加，小球带负电，根据电势能公式 E p =qφ，电势能减小；故 D正确，C 错误；故选 AD． 点睛：本题关键推导出电场强度的一般表达式 E= ，明确电容器带电量一定还是电压一定；知道负电荷在电势越高的位置电势能越小． 13. 静电喷漆技术具有效率高，浪费少，质量好，有利于工人健康等优点，其装置可简化为如图．A、B为两块平行金属板，两板间有方向由 B 指向 A 的匀强电场．在 A 板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪 P，油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出速率相同的负电油漆微粒，油漆微粒最后都落在金属板 B 上．微粒的重力和所受空气阻力以及带电微粒之间的相互作用力均可忽略．则所有油漆微粒(

　)

　A. 到达板 B时动能相同 B. 落在板 B上最终形成正方形 C. 运动到板 B 过程电势能减少量相同

　D. 运动到达板 B 所需时间相同 【答案】AC

　14. 如图所示，带电粒子在电场中由 A 点运动到 B 点，图中实线为电场线，虚线为粒子运动轨迹，则可判定(

　)

　A. 粒子的动能不断减少 B. 粒子在 A点的加速度小于在 B 点的加速度 C. 粒子带正电 D. 粒子的电势能不断减少 【答案】AB 【解析】由图所示，粒子从 A到 B，粒子的轨迹向左弯曲，电场力逆着电场线方向，所以粒子带负电．故 C 错误．电场力逆着电场线方向，与速度方向夹角大于 90°，所以电场力对粒子做负功，其动能减小，因此速度不断减小；电场力做负功，电势能增大，故 A正确，D错误．从 A到 B，电场线越来越密，所以电场强度增大，电场力也变大，则加速度也增大．故B 正确．故选 AB． 点睛：本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧；电场线的疏密表示电场强度的强弱；用电场力做功判断速度和电势能的变化． 15. 空间有一沿 x 轴对称分布的电场，其电场强度 E 随 x 变化的图象如图所示，带电粒子在此空间只受电场力作用．下列说法中正确的是(

　)

　 A. 带正电的粒子以一定的速度由－x 1 处沿 x 轴正方向运动的过程中，它的动能先增大后减小 B. 带正电的粒子在 x 1 处的电势能比在 x 2 处的电势能小、与在 x 3 处的电势能相等 C. 在－x 1 处释放一带负电的粒子，它将沿 x 轴在－x 1 与 x 1 之间做往返运动 D. 带负电的粒子以一定的速度由－x 1 处沿 x 轴正方向运动到 x 1 处，它在 x 1 处的速度等于在－x 1 处的速度 【答案】CD 【解析】由图知，x＜0，E＜0，场强方向沿-x 轴；x＞0，E＞0，场强方向沿+x 轴；带正电的粒子以一定的速度由-x 1 处沿 x 轴正方向运动的过程中，所受的电场力先向左后向右，电场力先做负功后做正功，动能先减小后增大，故 A错误；沿着电场线方向电势逐渐降低，所以 x 1 的电势高于 x 2 、x 3 的电势．而正电荷在电势高处电势能大，所以带正电的粒子在 x 1处的电势能比在 x 2

　、x 3 处的电势能大，选项 B 错误；在-x 1 处释放一带负电的粒子，所受的电场力沿+x轴方向，向右做加速运动，在 x＞0范围内所受的电场力沿-x 轴方向，向右做减速运动，根据对称性可知该负电荷刚好运动到 x 1 处，然后向 x 轴负向运动，在－x 1 与 x 1 之间做往返运动．故 C 正确；根据对称性可知：-x 1 处与 x 1 处电势相等，电势差为零，则带负电的粒子由-x 1 处沿 x 轴正方向运动到 x 1 处，电场力做功为 0，动能不变，则它在 x 1 处的速度等于在-x 1 处的速度．故 D正确；故选 CD. 点睛：解决本题的关键从图象中确定出电场的方向，知道沿着电场线方向电势逐渐降低．能抓住对称性进行分析． 二、填空题（本题共 2 2 个题，共 共 6 16 分）

　16. 有一根粗细均匀的空心导体棒如图 a 所示，截面为同心圆环(如图 b)，其电阻约为 100Ω，这种材料的电阻率为 ρ.某同学用以下器材测量该导体棒的内径：

　A．20 分度的游标卡尺

　B．螺旋测微器 C．电流表 A 1 (量程 50 mA，内阻 R 1 ＝100 Ω) D．电流表 A 2 (量程 100 mA，内阻 R 2 约 40 Ω) E．滑动变阻器 R(0～10 Ω) F．直流电源 E G．导电材料样品 R x

　H．开关一只，导线若干 (1)用游标卡尺测量导体棒长度如图甲，示数 L＝______________mm；用螺旋测微器测量其外径如图乙，示数 D＝___________________________mm.

　(2)图丙是实验原理图，请在丁图中完成实物连接______________________________________．

　(3)闭合开关 S，调整滑动变阻器，记录电流表 A 1 的读数 I 1 和电流表 A 2 的读数 I 2 ，则导体管的内径 d＝____________________ (用已知量和测量量的符号来表示) 【答案】

　(1). 100.50

　 (2). 3.501(3.500~3.503)

　(3).

　(4).

　 【解析】试题分析：（1）用游标卡尺测量导体棒长度示数 L=10cm+0．05mm×10=100．50mm；用螺旋测微器测量其外径示数 D=3．5mm+0．01mm×0．3=3．503mm。

　（2）电路如图；（3）由图可知， ，由电阻定律可得：

　，联立解得：。

　考点：付安法测电阻 17. 在”描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的实验仪器如下：

　小灯泡 L，“3.8 V,0.3 A” 电压表 V，量程 0～5 V，内阻 5 kΩ 电流表 A 1 ，量程 0～100 mA，内阻 4 Ω 电流表 A 2 ，量程 0～500 mA，内阻 0.4 Ω 滑动变阻器 R 1 ，最大阻值 10 Ω，额定电流 1.0 A 滑动变阻器 R 2 ，最大阻值 5 Ω，额定电流 0.5 A 直流电源 E，电动势约为 6 V，内阻约为 0.5 Ω (1)在上述器材中，滑动变阻器应选__________________；电流表应选_______________________． (2)在虚线框内画出实验的电路图，并在图中注明各元件的符号________________________．

　 (3)某实验小组完成实验后利用实验中得到的实验数据在 I－U坐标系中，描绘出如图所示的小灯泡的伏安特性曲线．根据此图给出的信息，可以判断下图中正确的是(图中 P 为小灯泡的功率)（____）

　 【答案】

　(1). R 1

　 (2). A 2

　 (3).

　 (4). BD 【解析】试题分析：（1）根据小灯泡的额定电流值可以确定电流表应选 A 2 ；电阻的额定电流为 0.5A，加在它上面的最大电压为 6V，所以仪器不能正常使用，滑动变阻器应选 R 1 ； （2）由于灯泡的电阻很小，为了减小实验的误差，电流表要采用外接的方法；由于电压要从零开始变化，所以滑动变阻器要采用分压的接法；根据灯泡的伏安特性曲线，找出灯泡和内电阻的总电压为 4V 的点，可知此时的灯泡的电压和电流，从而可以求得灯泡的功率． 电路如图所示．

　（3）从图象可以看出灯泡电阻是在变化的，因为灯丝的电阻随温度的升高而增大，根据这一点对各个选项逐一分析．根据公式 知道，图 A 表示，灯泡的电阻大小不变；不合题意；图 B 表示灯泡的电阻随温度的升高而增加符合题意；根据公式 可知，图 C 表示，灯泡的电阻大小不变；不合题意；图 D 表示灯泡的电阻随温度的升高而变大；符合题意． 故选 BD． 考点：“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验、电功、电功率． 点评：本题考查根据图象法来判断影响灯泡电阻大小的因素，要知道影响灯泡大小的因素有材料、长度、横截面积和温度；灯泡的电阻温度的升高而变大．

　共 三、计算题（本题共 3 个小题，其中 18 题 题 10 分，19 题 题 12 分，20 题 题 12 分，共34 分）

　18. 如图所示的电路中，电炉电阻 R＝10Ω，电动机线圈的电阻 r＝1Ω，电路两端电压U＝100V，电流表的示数为 30A，问通过电动机的电流强度为多少？通电一分钟，电动机做的有用功为多少？

　【答案】I M =20A，W= 9.6×10 4 J 【解析】根据欧姆定律，通过电炉的电流强度为：

　 根据并联电路中的干路电流和支路电流的关系，则通过电动机的电流强度为：I 2 ＝I－I 1 ＝20

　A. 电动机的总功率为 P＝UI 2 ＝100×20

　W＝2×10 3 W. 因发热而损耗的功率为 P′＝I 2 2 r＝400

　W. 电动机的有用功率(机械功率)为 P″＝P－P′＝1.6×10 3 W， 电动机通电 1 min 做的有用功为 W＝P″t＝1.6×10 3 ×60

　J＝9.6×10 4 J. 点睛：题图中的两个支路分别为纯电阻电路(电炉)和非纯电阻电路(电动机)．在纯电阻电路中可运用欧姆定律 I＝U/R 直接求出电流强度，而非纯电阻电路中的电流强度只能运用干路

　和支路中电流强度的关系求出．在非纯电阻电路中，电功大于电热，两者的差值才是有用功． 19. 如图所示，在光滑绝缘的水平面上沿一直线等距离排列三个小球 A、B、C.三球质量均为 m，相距均为 L，若小球均带电，且 q A ＝＋10q，q B ＝＋q，为保证三球间距不发生变化，将一水平向右的恒力 F 作用于 C 球，使三者一起向右做匀加速运动，求:

　(1)F 的大小； (2)C 球的电性和电荷量． 【答案】(1)

　 (2)负电，

　【解析】试题分析：A 球向右加速，合力向右，B 球对 C 球是向左的静电力，故 C 球对其为吸引力，故 C 球带负电；设加速度为 a，由牛顿第二定律：对 A：

　； 对 B：

　，解得：

　，

　对整体，根据牛顿第二定律，有：

　，所以：

　考点：考查了牛顿第二定律，库仑定律 【名师点睛】在使用牛顿第二定律时，一般步骤为：1、确定研究对象；2、分析物体运动状态；3、对研究对象受力分析；4、建立坐标系；5、选取正方向；6、根据牛顿第二定律列方程求解，必要时对结果进行讨论分析 20. 如图所示，A、B 两块带异号电荷的平行金属板间形成匀强电场，一电子以 v 0 ＝4×10 6 m/s的速度垂直于场强方向沿中心线由 O点射入电场，从电场右侧边缘 C 点飞出时的速度方向与 v 0 方向成 30°的夹角．已知电子电荷 e＝1.6×10 －19 C，电子质量 m＝0.91×10 －30 kg.求：

　(1)电子在 C 点时的动能是多少焦？ (2)O、C 两点间的电势差大小是多少伏？

　【答案】(1)E k =9.7×10 －18 J

　(2)U OC =15.2V 【解析】试题分析：（ 1）带电粒子进入偏转电场做类平抛运动，末速度 v t 与初速度 v 0 的关系如图，

　则电子在 C 点时的速度为：

　所以动能 E k ：

　（2）对电子从 O 到 C 过程中只有电场力做功， 由动能定理得：eU= mv t 2 - mv 0 2

　解得：U=15．0V 考点：带电粒子在电场中的运动 【名师点睛】注意类平抛运动过程水平方向的运动与竖直方向的运动具有等时性，然后分别应用匀速运动规律和初速度为零匀加速直线运动规律解题。