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

　 长安一中高 6 2016 级（高二阶段）第一学期第一次月考

　（实验班）物理试题

　一、选择题（本题共 8 8 小题，每题 3 3 分，共 4 24 分。其中 1 1 、2 2 、8 8 小题为单选题，四个选项中只有一个选项正确；其余为不定项选择题，全部选对的得 3 3 分，选对但不全的得 1 1 分，有选错或不答的得 0 0 分，请将正确选项涂在答题卡对应的位置上）

　1. 在某匀强电场中有 M、N、P 三点，在以它们为顶点的三角形中，∠M＝30°、∠P＝90°，直角边 NP 的长度为 4cm。已知电场方向与三角形所在平面平行，M、N和 P 点的电势分别为 3V、15V和 12V。则电场强度的大小为(

　)

　A. 150 V/m

　B. 75 V/m

　C. V/m

　D. V/m 【答案】A 【解析】由匀强电场的性质可得，将 MN连线四等分，则 O点的电势为 12V，故 OP为等势面，由几何关系可知，OP垂直于 MN，故 ．故选 A.

　2. 均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面 AB 上均匀分布正电荷，总电荷量为 q，球面半径为 R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有 M、N 两点，OM＝ON＝2R，已知 M 点的场强大小为 E，则 N 点的场强大小为(

　)

　A.

　 B.

　 C.

　 D.

　【答案】B 【解析】试题分析：以 O 点为圆心放置均匀带电量为 2q 且半径为 R 的球壳时，在 MN 点产生的场强为 ,在N点产生的场强等于此球壳在N点产生的场强和右半球壳在N点产生的场强之差；右半球壳在 N 点产生的场强等于左半球壳在 M 点产生的场强,即为 E,所以 N 点的场强为 ，故 B 正确。

　所以 B 正确，ACD 错误。

　考点：电场强度、电场的叠加 【名师点睛】本题解题关键是抓住对称性，找出两部分球面上电荷产生的电场关系．均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场，假设将带电量为 2q的球面放在 O 处在 M、N 点所产生的电场和半球面在 M 点的场强对比求解． 3. 如图所示，实线是一质子仅在电场力作用下由 a 点运动到 b 点的运动轨迹，虚线可能是电场线，也可能是等差等势线，则下列说法中正确的是(

　)

　A. 若虚线是电场线，则质子在 a 点的电势能大，动能小 B. 若虚线是等差等势线，则质子在 a 点的电势能大，动能小 C. 质子在 a点的加速度一定大于在 b 点的加速度 D. a 点的电势一定高于 b点的电势 【答案】BC 【解析】试题分析：若虚线是电场线，粒子所受的电场力沿电场线向左，质子由 a 点运动到b 点的过程中，电场力做负功，质子的电势能增大，动能减小，故质子在 a 点的电势能小，动能大，故 A 错误．若虚线是等差等势线，根据电场线与等势线垂直，可知电场力大致向下，质子由 a 点运动到 b 点的过程中，电场力对质子做正功，质子的电势能减小，动能增大，则质子在 a 点的电势能大，动能小，故 B 正确．电场线的疏密表示场强的大小，等差等势线越密，场强越大，则知 a 点的场强一定大于 b 点的场强，由牛顿第二定律得 qE=ma，则质子在 a 点的加速度一定大于在 b 点的加速度，故 C 正确．若虚线是电场线，电场线方向向左，b 点的电势高于 a 点的电势．若虚线是等差等势线，电场线向下，a 点的电势高于 b 点的电

　势，故 D 错误．故选 BC。

　考点：带电粒子在电场中的运动 4. 某静电场中的一条电场线与 x 轴重合，其电势的变化规律如图所示。在 O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则在－x 0 ～x 0 区间内(

　)

　A. 该静电场是匀强电场 B. 该静电场是非匀强电场 C. 电子将沿 x 轴正方向运动，加速度逐渐减小 D. 电子将沿 x 轴正方向运动，加速度逐渐增大 【答案】BC 【解析】试题分析：由图象可知电势与距离不成正比，由公式 ，可知该静电场是非匀强电场，A 错误 B 正确；根据沿着电场线方向电势降低，由图象可知电场线的方向为 x 轴负方向，当电子沿 x 轴正方向运动，则电场强度减小，所以电场力也减小，故加速度大小减小，故 C 正确 D 错误； 考点：考查了电场强度，电势 【名师点睛】本题考查了匀强电场中电势与电场强度的关系，要加强识别图象并从图象中获取信息的能力．同时还可根据电场力做功来确定电子的电势能如何变化． 5. 如图所示，图中直线①表示某电源的路端电压与电流的关系图象，图中曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图象，则下列说法正确的是

　A. 电源的电动势为 50 V B. 电源的内阻为

　C. 电流为 2.5A时，外电路的电阻为 15Ω D. 输出功率为 120W 时，输出电压是 30V 【答案】ACD 【解析】根据闭合电路的欧姆定律，电压的输出电压：U=E-Ir，对照 U-I图象，当 I=0 时，U=E=50V，故 A正确；U-I图象斜率的绝对值表示内电阻，故：

　，故 B 错误；电流为 2.5A时，总电阻 ，故外电路电阻：R=R 总 −r=20-5=15Ω，故 C 正确；输出功率为 120W 时，对照 P-I图象，电流为 4A，由 P=UI得输出电压为 30V，故 D正确；此题选择错误的选项，故选 B. 6. 如图所示，电源电动势为 E，内电阻为 r，理想电压表 V 1 、V 2 示数为 U 1 、U 2 ，其变化量的绝对值分别为 ΔU 1 和 ΔU 2 ；流过电源的电流为 I，其变化量的绝对值为 ΔI。在滑动变阻器的触片从右端滑到左端的过程中(灯泡电阻不变化)(

　)

　A. 小灯泡 L 1 、L 3 变暗，L 2 变亮 B. ΔU 1 ＞ΔU 2

　C. 增大 D. 不变 【答案】BD

　点睛：本题是电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”思路进行分析．运用总量法分析两电压表读数变化量的大小．运用欧姆定律定量分析电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值变化，这是常用的方法． 7. 在如图甲所示的电路中，L 1 、L 2 、L 3 为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。当开关 S闭合后，电路中的总电流为 0.25 A，则此时 (

　)

　A. L 1 两端的电压为 L 2 两端电压的 2倍 B. L 1 消耗的电功率为 0.75 W C. L 2 的电阻为 12 Ω D. L 1 、L 2 消耗的电功率的比值大于 4 【答案】BD 【解析】试题分析：L 2 和 L 3 并联后与 L 1 串联，L 2 和 L 3 的电压相同，电流也相同，电路中的总电流为 0.25A，从而求出通过三个灯泡的电流，由图乙读出三个灯泡两端的电压，由 R=求出 L 2 的电阻，根据 P=UI 求 L 1 、L 2 消耗的电功率的比值． 解：A、L 2 和 L 3 并联后与 L 1 串联，L 2 和 L 3 的电压和电流均相同，则 L 1 的电流为 L 2 电流的 2倍，由于灯泡是非线性元件，所以 L 1 的电压不是 L 2 电压的 2 倍，故 A 错误； B、根据图象可知，当电流为 0.25A 时，电压 U=3V，所以 L 1 消耗的电功率 P=UI=0.75W，故

　B 正确； C、L 2 的电流为 0.125A，由图可知，此时 L 2 的电压小于 0.5V，根据 R 2 = 可知，L 2 的电阻小于 4Ω，故 C 错误； D、根据 P=UI 可知，L 2 消耗的电功率 P 2 ＜0.125×0.5=0.0625W，所以 L 1 、L 2 消耗的电功率的比值大于 4；1，故 D 错误； 故选：B 【点评】本题的关键是搞清电路的结构，能够从图中读出有效信息，对于线性元件，R= = ，但对于非线性元件，R= ≠ ． 8. 如图所示，两个完全相同且相互绝缘、正交的金属环 A、B，可沿轴线 OO′自由转动，现通以图示方向电流，沿 OO′看去会发现(

　)

　A. A 环、B 环均不转动 B. A 环将逆时针转动，B 环也逆时针转动，两环相对不动 C. A 环将顺时针转动，B 环也顺时针转动，两环相对不动 D. A 环将顺时针转动，B 环将逆时针转动，两者吸引靠拢至重合为止 【答案】D 【解析】试题分析：根据安培定则判断出通电圆环 a 的周围有磁场，通电圆环 b 放在了通电圆环 a 的磁场内，受到磁场的作用，根据左手定则就可以判断出相互作用力． 解：由安培定则可得，A 环产生的磁场的方向向下，B 环产生的磁场的方向向左，两个磁场相互作用后有磁场的方向趋向一致的趋势，所以 A 环顺时针转动，B 环逆时针转动．二者相互靠拢．直至重合；故 D 正确，ABC 错误． 故选：D 【点评】本题考查了电流的磁场、磁场对电流的作用，只是要求灵活运用所学知识．要注意利用“两个磁场相互作用后有磁场的方向趋向一致的趋势”是解题的最佳方法． 二、填空题：本题共 6 6 小题, , 共计 5 55 分. . 把答案填在答题纸相应的横线上. .

　9. (1)①如图所示的电流表使用 0.6 A量程时，图中表针示数是_________A；

　 ②如图所示的电压表若使用的是较大量程，表针指示的是___________V。

　(2)图乙中游标卡尺的读数为__________mm。

　【答案】

　(1). 0.44

　(2). 7.0

　(3). 4.20mm 【解析】(1)①电流表使用 0.6 A量程时，图中表针示数是 0.44A； ②电压表若使用的是较大量程 15V，表针指示的是 7.0V； (2)图乙中游标卡尺的读数为 4mm+0.02mm×10=4.20mm. 10. 某同学改装和校准电压表的电路图如图所示，图中虚线框内是电压表的改装电路。

　(1)已知表头 G满偏电流为 100μA，表头上标记的内阻值为 900Ω。R 1 、R 2 和 R 3 是定值电阻。利用 R 1 和表头构成 1 mA 的电流表，然后再将其改装为两个量程的电压表。若使用 a、b 两个接线柱，电压表的量程为 1 V；若使用 a、c 两个接线柱，电压表的量程为 3 V。则根据题给条件，定值电阻的阻值应选 R 1 ＝_______Ω，R 2 ＝________Ω，R 3 ＝________Ω。

　(2)用量程为 3 V，内阻为 2 500 Ω 的标准电压表 对改装表 3 V挡的不同刻度进行校准。所用电池的电动势 E 为 5 V；滑动变阻器 R 有两种规格，最大阻值分别为 50 Ω 和 5 kΩ。为方便实验中调节电压，图中 R 应选用最大阻值为__________Ω的滑动变阻器。

　(3)校准时，在闭合开关 S前，滑动变阻器的滑动端 P 应靠近________(填“M”或“N”)端。

　(4)若由于表头 G上标记的内阻值不准，造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，则表头 G内阻的真实值_______(填“大于”或“小于”)900 Ω。

　【答案】

　(1). 100

　(2). 910

　(3). 2000

　(4). 50

　(5). M

　(6). 大于

　【解析】（1）根据题意，R 1 与表头 G 构成 1 mA 的电流表，则 I g R g =（I–I g ）R 1 ，得 R 1 ="100" Ω；若使用 a、b 两个接线柱，电压表的量程为 1 V，则 R 2 = ="910" Ω；若使用 a、c 两个接线柱，电压表的量程为 3 V，则 R3= –R 2 ="2" 000 Ω。

　（2）电压表与改装电表并联之后，电阻小于 2 500 Ω，对于分压式电路，要求滑动变阻器的最大阻值小于并联部分，同时还要便于调节，故滑动变阻器选择小电阻，即选择 50 Ω 的电阻。

　（3）在闭合开关 S 前，滑动变阻器的滑动端 P 应靠近 M 端，使并联部分分压为零，起到保护作用。

　（4）造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，说明通过表头 G 的电流偏小，则实际电阻偏大，故表头 G 内阻的真实值大于 900 Ω。

　【KS5U 考点定位】把电流表改装成电压表 【名师点睛】本题考查了求电阻阻值、实验器材的选择、电路故障分析，知道电流表的改装原理、分析清楚电路结构、应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题。

　 11. 某实验小组要精确测定一个额定电压为 3 V的 LED灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻大约为 300 Ω，电学符号与小灯泡电学符号相同。

　实验室提供的器材有：

　A．电流表 A 1 (量程为 15 mA，内阻 R A1 约为 10 Ω) B．电流表 A 2 (量程为 2 mA，内阻 R A2 ＝20 Ω) C．定值电阻 R 1 ＝10 Ω D．定值电阻 R 2 ＝1 980 Ω E．滑动变阻器 R(0～20 Ω)一个 F．电压表 V(量程为 15 V，内阻 R V 约为 3 kΩ) G．蓄电池 E(电动势为 4 V，内阻很小) H．开关 S一个 (1)要完成实验，除蓄电池、开关、滑动变阻器外，还需选择的器材有__________(填写器材前的字母编号)。

　(2)画出实验电路图___________。

　(3)写出测量 LED灯正常工作时的电阻表达式 R x ＝_________，说明式中题目未给出的各物

　理量的意义：_________________________________。

　【答案】

　(1). ABD

　(2).

　 (3).

　(4). I 1 、I 2 分别为电流表 A 1 、A 2 的读数 【解析】（1）要精确测定额定电压为 3V的 LED灯正常工作时的电阻，需测量 LED灯两端的电压和通过 LED灯的电流，由于电压表的量程偏大，测量误差较大，不能用已知的电压表测量 LED两端的电压，可以将电流表 A 2 与定值电阻 R 2 串联改装为电压表测量电压；LED灯正常工作时的电流大约在 6mA 左右，故电流表选 A；因为滑动变阻器阻值远小于 LED的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法．滑动变阻器选择小电阻；故选：D； （2）根据（1）的分析可知，应采用分压接法，电流表采用外接法；原理图如下；

　（3）根据闭合电路欧姆定律知，灯泡两端的电压 U=I 2 （R+R A2 ），通过灯泡的电流 I=I 1 -I 2 ，所以 LED灯正常工作时的电阻 ，其中的 I 1 、I 2 分别为电流表 A 1 、A 2 的读数； 点睛：本题的难点在于电流表的量程偏小，无法测电流，电压表的量程偏大，测量电压偏大，最后需通过改装，用电流表测电压，电压表测电流． 12. 某同学要测定某金属丝的电阻率，金属丝的电阻大约为 5 Ω。

　 (1)用螺旋测微器测出金属丝的直径 d，读数如图所示，则直径 d＝_________mm。

　(2)为了测定金属丝的电阻，实验室提供了以下器材：

　A．电压表：0～3 V，内阻约为 10 kΩ；0～15 V，内阻约为 50 kΩ B．电流表：0～0.6 A，内阻约为 0.5 Ω；0～3 A，内阻约为 0.1 Ω C．滑动变阻器：0～10 Ω D．滑动变阻器：0～100 Ω E．两节干电池 F．电键及导线若干 为多测量几组实验数据，请你用笔画线代替导线连接完整如图所示的实物电路___________，滑动变阻器应选用________(填器材前面的字母代号)。

　(3)将电路正确连接后，闭合电键，调节滑动变阻器，测量多组电压、电流的值，作出 I－U图象，如图所示，由图象求得金属丝的电阻为_________Ω；由于电表连接问题导致电阻率的测量值_________(填“大于”、“等于”或“小于”)真实值. 【答案】

　(1). 0.880

　(2).

　 (3). C

　(4). 4.17

　(5). 小于 【解析】（1）金属丝的直径 d＝0.5mm+0.01mm×38.0=0.880mm； （2）两节干电池的电动势为 3V,则电压表选择 0-3V量程的 A；电路中可能出现的最大电流，则电流表选择 B；因 R V >>R x ，则电路采用电流表外接，且滑动变阻器要用分压电路，则选择阻值较小的 C；电路连线如图；

　（3）由图象求得金属丝的电阻为 ；由于电表连接问题，即电压表的分

　流作用，导致电阻测量值偏小，则电阻率的测量值偏小. 13. 某同学用如图所示的电路测量两节干电池串联而成的电池组的电动势 E 和内阻 r，R 为电阻箱。干电池的工作电流不宜超过 0.5 A。实验室提供的器材如下：电压表（量程 0～3 V，内阻约 3 kΩ）；电阻箱（阻值范围 0～999.9 Ω）；开关、导线若干。

　(1)请根据图的电路图在图中画出连线，将器材连接成实验电路___________。

　(2)实验时，改变电阻箱 R 的值，记录电压表的示数 U，得到若干组 R、U的数据。根据实验数据绘出如图所示的 图线。由图象得出电池组的电动势 E＝________V，内阻r＝_______Ω。

　(3)关于这个实验中存在的误差以及减小误差的各种方法，下列说法正确的是_______ A.电压表的分流作用引起的误差属于偶然误差 B.该同学读电压表读数引起的误差属于系统误差 C.本实验用图象法处理数据可以减小偶然误差 D.如果将电压表的内阻计算在内就可以减小系统误差 【答案】

　(1).

　 (2). 2.86（2.85～2.87均可）

　(3). 6.07（6.06～6.08 均可）

　(4). CD 【解析】

　(1)如图所示：

　(2)根据闭合电路欧姆定律：

　则

　，所以图象的纵截距：

　，解得：，斜率为：

　，解得：

　 (3)A：电压表分流作用引起的是系统误差，故 A项错误。

　B：读数引起的是偶然误差，故 B 项错误。

　C：图像法可以减小偶然误差，故 C 项正确。

　D：电压表的电阻计算在内可以减小系统误差，故 D项正确。

　点睛：图象法处理数据时，要根据物理规律写出横纵坐标之间的关系式。结合图象的截距、斜率等求解。

　14. 在练习使用多用电表的实验中，某同学将选择开关置于电流“50 V”挡，多用电表示数如图甲所示：

　(1)多用电表的读数为______V (2)多用电表电阻挡内部简单原理示意图如图乙所示，其中电流表的满偏电流 I g ＝300 μA，内阻 R g ＝100 Ω，可变电阻 R 的最大阻值为 10 kΩ，电池的电动势 E＝1.5 V，内阻 r＝0.5 Ω，图中与接线柱 A 相连的表笔颜色应是____色，按正确使用方法测量电阻 R x 的阻值时，指针指在刻度盘的正中央，则 R x ＝___kΩ。若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能调零，按正确使用方法再测上述 R x 其测量结果与原结果相比________（填“变大”、“变小”或“不变”）. 【答案】

　(1). 32.0

　(2). 红

　(3). 5

　(4). 变大 【解析】（1）多用电表选择开关置于直流“50V”档，由图示表盘可知，其分度值为 1V，示数为：32.0V； （2）欧姆表是电流表改装的，必须满足电流的方向“+”进“-”出，即回路中电流从标有“+”标志的红表笔进去，所以与 A相连的表笔颜色是红色；当两表笔短接（即 R x =0）时，电流表应调至满偏电流 I g ，设此时欧姆表的内阻为 R 内 此时有关系 得 R 内 = =5kΩ； 当指针指在刻度盘的正中央时 I= ，有 = ，解得：R X =R 内 =5kΩ；

　当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆表重新调零，由于满偏电流 I g 不变，由公式 ，欧姆表内阻 R 内 得调小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由，可知当 R 内 变小时，I变小，指针跟原来的位置相比偏左了，欧姆表的示数变大了； 点睛：本题考查了多用电表读数、多用电表使用方法与注意事项、测量误差分析，知道多用电表的结构、知道欧姆表的公式原理可以解题；对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后再读数，读数时视线要与电表刻度线垂直． 三．计算题（本题共 2 2 小题，共 1 21 分。解答应写出必要的文字说明．方程式和重要的演算步骤，只写最后答案的不给分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）

　15. 如图所示，将长为 50cm、质量为 10g 的均匀金属棒 ab 的两端用两只相同的弹簧悬挂成水平状态，位于垂直于纸面向里的匀强磁场中。当金属棒中通以 0.4A 的电流时，弹簧恰好不伸长。g＝10m/s 2 。

　(1)求匀强磁场的磁感应强度的大小； (2)当金属棒中通过大小为 0.2A、方向由 a 到 b的电流时，弹簧伸长 1cm。如果电流方向由 b到 a，而电流大小不变，则弹簧伸长又是多少？ 【答案】(1)B＝0.5T

　(2)x 2 ＝3cm 【解析】（1）由题可知：F 安 =mg

　 即：BIL=mg 解之得：

　（2）当电流由 a→b 时，金属棒的受力情况为：

　F 安 +2kx=mg

　 即：BIL+2kx=mg

　解之得：

　当电流由 b→a，金属棒的受力情况为：mg+F 安 =2kx 1

　解之得，

　 点睛：考查安培力、弹力与重力间处于平衡状态的问题，关键是要搞清安培力的方向，知道胡克定律，安培力公式，同时注意左手定则的应用． 16. 如图甲所示，相距 d＝15 cm的 A、B 两极板是在真空中平行放置的金属板，当给他们加上电压后，它们之间的电场可视为匀强电场。今在 A、B 两板之间加上如图乙所示的交变电压，交变电压的周期 T＝1.0×10 －6

　s，t＝0时 A 板的电势比 B 板的电势高，且 U 0 ＝1080 V，一个比荷 ＝1.0×10 8

　C/kg 的带负电荷的粒子在 t＝0时刻从 B 板附近由静止开始运动不计重力。

　(1)当粒子的位移为多大时，速度第一次达到最大，最大值是多少？ (2)粒子运动过程中，将与某一极板相碰撞，求粒子碰撞极板时速度大小。

　【答案】(1)x＝0.04m，v m ＝2.4×10 5 m/s

　(2)v＝2.1×10 5 m/s 【解析】粒子在电场中的运动情况比较复杂，可借助于 v－t 图象分析运动的过程，如图所示为一个周期的 v－t 图象，以后粒子将重复这种运动。

　(1)在 0～ 时间内，粒子加速向 A 运动；当 t＝ 时，粒子速度第一次达到最大，根据牛顿第二定律可知，粒子运动的加速度为 ， 设粒子的最大速度为 v m ，此时位移为 x，则

　 v m ＝at＝ ＝2.4×10 5

　m/s。