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1、- 1 - / 16【2019【2019 最新最新】精选高二物理第一次月考试题（含解析）精选高二物理第一次月考试题（含解析）一、选择题（每题一、选择题（每题 4 4 分，共分，共 4848 分。其中分。其中 1-81-8 为单选，为单选，9-129-12 为多选）为多选）1. 半径相同的两个金属小球 A、B 带有电荷量大小相等的电荷，相隔一定的距离，两球之间的相互吸引力大小为 F.今用第三个半径相同的不带电的金属小球 C 先后与 A、B 两个球接触后移开，这时，A、B 两个球之间的相互作用力大小是( )A. F B. F C. F D. F【答案】B【解析】两球之间的相互吸引力，则两球带等量异
2、种电荷；假设 A 带电量为 Q，B 带电量为-Q，两球之间的相互吸引力的大小是：；第三个不带电的金属小球 C 与 A接触后，A 和 C 的电量都为；C 与 B 接触时先中和再平分，则 C、B 分开后电量均为-，这时，A、B 两球之间的相互作用力的大小：，故 B正确；ACD 错误故选 B点睛：要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分，根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量熟练应用库仑定律即可求题2. 真空中有一静电场，其在 x 轴正半轴的电势随 x 变化的关系如图所示，则根据图象可知( )- 2 - / 16A. 把正点电荷从 x1 处移到 x3 处，电场力做正功B
3、. x2 处的电场强度 E0C. x1 处与 x3 处的电场强度方向相反D. 该电场一定是处在 O 点的正点电荷激发产生的【答案】A【解析】若试探电荷从处移到处，电势降低，根据公式，电场力做正功，故 A 正确；图象中，曲线上任意一点的切线的斜率表示电场强度；R 处切线的斜率不为零，故电场强度不为零，B 错误；处与处的切线斜率同为负值，故 x 方向的电场强度分量的方向相同，C 错误；离电荷越近，电场强度越大，故 -x 图象的斜率越大，而在 O 点向右，切线斜率变大，故 O 点不可能有电荷，D 错误；【点睛】-x 图象：电场强度的大小等于 -x 图线的斜率大小，电场强度为零处，-x 图线存在极值，
4、其切线的斜率为零在 -x 图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向在 -x 图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用，进而分析的正负，然后作出判断3. 两个带等量正电的点电荷，固定在图中 P、Q 两点，MN 为 PQ 连线的中垂线，交 PQ 于 O 点，A 为 MN 上的一点一带负电的试探电荷q，从 A 点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则( )A. q 由 A 向 O 的运动是匀加速直线运动B. q 由 A 向 O 运动的过程电势能逐渐减小- 3 - / 16C. q 运动到 O 点时的动能最小D. q 运动到 O 点时电势能为零【答案】
5、B【解析】两等量正电荷周围部分电场线如右图所示，其中 P、Q 连线的中垂线 MN 上，从无穷远到 O 过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远方向.4. 安培提出了著名的分子电流假说，根据这一假说，电子绕核运动可等效为一环形电流设带电荷量为 e 的电子以速率 v 绕原子核沿顺时针方向做半径为 r 的匀速圆周运动，其电流的等效电流强度 I 和方向为A. 电流为 ，电流方向为顺时针B. 电流为 ，电流方向为顺时针C. 电流为 ，电流方向为逆时针D. 电流为 ，电流方向为逆时针- 4 - / 16【答案】C【解析】试题分析：电子绕核运动可等效为一环形电流，电子运动周期为；根据电流的定义式得：
6、电流强度为;因为电子带负电，所以电流方向与电子定向移动方向相反，即沿逆时针方向，故 C 正确考点：电流强度【名师点睛】5. 如图，电路中定值电阻阻值 R 大于电源内阻阻值 r，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表示数变化量的绝对值分别为，理想电流表A 示数变化量的绝对值为，正确的是（ ）A. 的示数增大 B. 电源输出功率在减小C. 与的比值在减小 D. 大于【答案】D【解析】试题分析：理想电压表内阻无穷大，相当于断路理想电流表内阻为零，相当短路，所以 R 与变阻器串联，电压表分别测量 R、路端电压和变阻器两端的电压当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则 A 的示数
7、增大，电路中电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，所以的示数减小，A 错误；当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，故当滑动变阻器滑片向下滑动时，外电阻越来越接近内阻，故输出功率一定增大，故 B 错误；根据闭合电路欧姆定律得：，则得：，据题：，则，故大于，D 正确；根据闭合电路欧姆定律得：，则得：，恒定不变，C 错误；- 5 - / 16考点：考查了电路的动态分析【名师点睛】在分析电路动态变化时，一般是根据局部电路变化（滑动变阻器，传感器电阻）推导整体电路总电阻、总电流的变化，然后根据闭合回路欧姆定律推导所需电阻的电压和电流的变化（或者电流表，电压表示数变化） ，也就是从局部整体局部6.
8、如图所示是一个多用电表的简化电路图为单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱可以接通，也可以接通、 、 、或下列说法正确的是（ ）A. 当开关分别接或时，测量的是电流，其中接时量程较大B. 当开关分别接或时，测量的是电阻，其中是黑表笔C. 当开关分别接或时，测量的是电阻，其中是红表笔D. 当开关分别接或时，测量的是电压，其中接时量程较大【答案】A【解析】当开关 S 分别接 1 或 2 时，定值电阻与表头 G 并联，接 1 时分流电阻相对更小，故接 1 时电表的量程更大，第 1 档为大量程， A正确；3、4 两档用来测电阻，其中黑表笔连接表内电池的正极，故 B为黑表笔；A 与电源的负极相连，故 A 为
9、红表笔，B 错误；要测量电压，电流表应与电阻串联，由图可知当转换开关 S 旋到位置 5、6 时，即 5、6 两档用来测电压因为 6 档共用一个表头，所以测电压时外部电源的正极应该接在 A 表笔上，故 A 为红表笔，测量电压，电流表所串联的电阻越大，所测量电压值越大，故当转换开关 S 旋到 6 的量- 6 - / 16程比旋到 5 的量程大，故 CD 错误7. 如图所示，在长直导线 A 通电后，小磁针静止在图示位置，则直导线中的电流方向和 P 点的磁场方向分别为( )A. 垂直纸面向里，向上B. 垂直纸面向里，向下C. 垂直纸面向外，向上D. 垂直纸面向外，向下【答案】B【解析】由题意可知，小磁
10、针 N 极指向即为磁场方向，根据右手螺旋定则可知，通电导线电流方向垂直纸面向里，那么通电直导线右侧的P 点的磁场方向向下，故 ACD 错误，B 正确故选 B8. 乐乐同学想利用“电磁弹簧秤”称量一金属棒的质量，如图所示，一根粗细均匀的金属棒 ab 用两个完全相同的弹簧悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，弹簧上端固定，下端与金属棒连接且绝缘，金属棒通过开关与一电路相连，电源右侧为正极，开关接通以后，下列说法正确的是( )A. 仅增大磁感应强度，安培力变小B. 仅改变电流方向，安培力方向不变C. 金属棒所受安培力竖直向下D. 若滑动变阻器的滑片向左滑动，则安培力减小【答案】C【解
11、析】根据 F=BIL 可知，当磁场强度增大时，安培力增大，故 A 错- 7 - / 16误；仅改变电流方向，根据左手定则可知安培力方向改变，故 B 错误；根据安培左手定则可知，导体棒受到的安培力竖直向下，故 C 正确；若滑动变阻器的滑片向左滑动，滑动变阻器的电阻减小，回路中的电流增大，根据 F=BIL 可知，安培力增大，故 D 错误，故选 C.9. 如图所示，是一提升重物用的直流电动机工作的电路图，电动机的内阻为， 。直流电压，电压表示数为，则（ ）A. 通过电流计的电流 B. 输入电动机的电功率为C. 电动机的输出功率为 D. 电动机的效率是 95.5%【答案】CD【解析】电动机和电阻串联，
12、所以电流相等电阻 R 两端电压U1=160-110=50V，通过电动机的电流大小为：，故 A 错误；电动机的电功率 P=UI=1105=550W，故 B 错误；电动机的热功率 P 热=I2R=521W=25W；电动机的机械功率 P=P-P 热=550W-25W=525W，故 C 正确；电动机的效率： 故 D 正确；故选 CD点睛：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的10. 如图所示是一个由电池、电阻 R、开关 S 与平行板电容器组成的串联电路，开关 S 闭合一带电液滴悬浮在两板间 P 点不动，下列说法正确的是( )- 8 -
13、/ 16A. 带电液滴可能带正电B. 减小两极板距离的过程中，电阻 R 中有从 b 到 a 的电流C. 断开 S，减小两极板正对面积的过程中，液滴将加速下降D. 断开 S，减小两极板距离的过程中，液滴静止不动【答案】BD【解析】由图可知 A 带正电，所以电场的方向向下；液滴受到重力和电场力的作用处于平衡状态，所以电场力的方向向上，与电场的方向相反，所以液滴带负电故 A 错误；减小电容器两极板间距离过程中，根据电容的决定式分析得知，电容 C 变大，而电压 U 不变，则电容器所带电量 Q=CU 变大，电容器充电，由于电容器上板带正电，下板带负电，则电阻 R 中有从 b 流向 a 的电流故 B 正确
14、；断开 S，极板上的电量 Q 不变，减小两极板距离的过程中根据电容的决定式分析得知，d 减小，电容 C 增大，极板之间的电场强度：,可知断开 S，减小两极板正对面积的过程中，由公式可知，E 增大，所以液滴受到的电场力F=qE 增大，液滴将加速上升故 C 错误；断开 S，减小两极板距离的过程中，电场强度不变，所以液滴仍然处于平衡状态，静止不动故D 正确；故选 BD.点睛：本题是电容器的动态变化分析问题，根据电容器的决定式和电容的定义式 C=结合进行分析11. 如图甲所示，R 为电阻箱(099.9 )，置于阻值最大位置，Rx为未知电阻(1)断开 S2，闭合 S1，逐次减小电阻箱的阻值，得到多组 R
15、、I 值，并依据 R、I 值作出了如图乙所示的 R图线(2)断开- 9 - / 16S2，闭合 S1，当 R 调至某一位置时，电流表的示数 I11.0 A；保持电阻箱的位置不变，断开 S1，闭合 S2，此时电流表的示数为 I20.8 A根据以上数据可知( )A. 电源电动势为 3.0 VB. 电源内阻为 0.5 C. Rx 的阻值为 0.5 D. S1 断开、S2 闭合时，随着 R 的减小，电源输出功率减小【答案】BC【解析】当中断开 s2 闭合 s1 时，根据闭合电路欧姆定律应有：,整理得：，根据斜率和截距的概念可知：, r=0.5,所以 A 错误，B 正确；当中断开 s2 闭合 s1 时，
16、由上式可得：，断开 s1，闭合 s 2 时，根据闭合电路欧姆定律应有：，联立解得：，故 C 正确；根据电源输出功率与外电阻关系可知，由于定值电阻=r，断开 s 2 时 R 外=r+R+R 3，根据图象可知，随着电阻箱电阻 R 的减小 R 外与 r 逐渐接近，则电源的输出功率应逐渐增大，所以 D 错误。所以 BC 正确，AD 错误。12. 如图所示，A 板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为 U，电子最终打在光屏 P 上关于电子的运动，下列说法中正确的是（ ）A. 滑动触头向左移动时，电子打在荧光屏上的位置上升B. 滑动触头向右移动时，电子打在荧光屏上的位置
17、上升C. 电压 U 增大时，电子打在荧光屏上的速度大小不变- 10 - / 16D. 电压 U 增大时，电子从发出到打在荧光屏上的时间不变【答案】AD【解析】电子在加速电场中做加速运动，则：eU=mv2，电子获得的速度为：电子进入偏转电场后做类平抛运动，电子在沿极板方向做匀速直线运动，粒子在电场中运动时间：；在垂直电场方向做初速度为 0 的匀加速直线运动，加速度，电子在电场方向偏转的位移 y=at2联立以上各式得： ，又因为偏转电场方向向下，所以电子在偏转电场里向上偏转当滑动触头向右移动时，加速电压 U变大，由上可知电子偏转位移变小，因为电子向上偏转，故在屏上的位置下降，相反，滑动触头向左移动
18、时，电子打在荧光屏上的位置上升，故 B 错误，A 正确；当偏转电压 U 增大时，电子在电场中受到的电场力增大，即电子偏转的加速度 a 增大，又因为电子加速获得的速度 v 不变，电子在电场中运动的时间不变，a 增大，而电子打在屏上的速度为 v=，故电子打在屏上的速度增大，故 C 错误电子在电场中运动的时间不变，离开电场后做匀速直线运动，由于水平速度不变，运动时间也不变，所以电子从发出到打在荧光屏上的时间不变故 D 正确故选 AD点睛：电子在加速电场作用下做加速运动，要能运用动能定理可得电子获得的速度与加速电场大小间的关系电子进入偏转电场后，做类平抛运动，运动时间受电场的宽度和进入电场时的速度所决
19、定，电子- 11 - / 16在电场方向偏转的距离与时间和电场强度共同决定熟练用矢量合成与分解的方法处理类平抛运动问题二、实验题（共两小题，共二、实验题（共两小题，共 1515 分）分）13. 下列测量仪器所测得物体的长度为游标卡尺读数为_cm,螺旋测微器读数为_mm.【答案】 (1). 2.465cm (2). 0410mm【解析】游标卡尺读数为 2.4cm+0.05mm13=2.465cm；螺旋测微器读数为 41.00.01mm=0.410mm.14. 某实验小组要描绘一只小灯泡 L（2.5V 0.5A）的伏安特性曲线。实验中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：电源 E（3.0V，内阻约
20、 0.5）电压表 V1（03V，内阻约 3k）电压表 V2（015V，内阻约 15k）电流表 A1（0.6A，内阻约 0.125）电流表 A2（03A，内阻约 0.025）滑动变阻器 R1（05）滑动变阻器 R2（01750）（1）电压表应选择_，电流表应选择_，滑动变阻器应选择_。（2）实验过程中要求小灯泡两端电压从零开始调节，应选择图 1 中哪一个电路图进行实验_。（3）实验过程中，电流表和电压表的一组示数如下图 2 所示，则此- 12 - / 16时电流表和电压表的读数分别为_A 和_V。（4）如图为实验所得的伏安特性曲线，若将这个小灯泡 L 直接接在电动势为 3V，内电阻为 6 的直流
21、电源两端，则小灯泡的电功率为_W（结果保留 2 位有效数字） 。【答案】 (1). V1 (2). A1 (3). R1 (4). A (5). 0.24A (6). 1.60V (7). 0.35W【解析】 （1）灯泡的额定电压为 2.5V，额定电流是 0.3A，所以电压表应选择 V1，电流表应选择 Al 因本实验必须采用分压接法，故滑动变阻器应选择总阻值较小的 R1；（2）描绘灯泡伏安特性曲线，电压、电流要从零开始变化，滑动变阻器应采用分压式接法，灯泡的电阻约为 ，远小于电压表内阻，电流表采用外接法误差较小，因此需要选择图 A 所示实验电路；（3）电流表量程为 0.6A，故读数为 0.24
22、A；电压表量程为 3V，故读数为 1.60V；（4）I-U 图象中的斜率表示电阻的倒数，由图可知，灯丝电阻随电压的增大而增大，其原因在于灯丝温度升高，电阻率变大；（5）在灯泡伏安特性曲线中作出电源的伏安特性曲线，如图所示，由图可知，- 13 - / 16此时灯泡电压为：U=1.1V，电流为：I=0.32V故灯泡功率为：P=UI=1.10.32=0.35W点睛：本题考查了选择实验器材、电流表接法、实验数据分析等问题，要掌握实验器材的选择原则，当电压表内阻远大于待测电阻阻值时，电流表应采用外接法三、计算题（共三、计算题（共 3 3 小题，共小题，共 3737 分）分）15. 如图所示，有一个表头
23、G，满偏电流 Ig500 mA，内阻 Rg200 ，用它改装成有 1 A 和 10 A 两种量程的电流表，则 R1、R2 分别为多少？【答案】20 ； 180 改装为 10A 电流表时： 解得：R1=20，R2=20；点睛：把小量程电流表改装为大量程电流表应并联分流电阻，知道电表的改装原理、应用串并联电路特点与欧姆定律可以求出分流电阻阻值- 14 - / 1616. 如图，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成 45角的绝缘直杆 AC，其下端（C 端）距地面高度 h=0.8m，有一质量为500g 的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑，小环离开杆后通过 C 端的正下方 P 点，
24、求：（1）小环离开直杆后运动的加速度大小和方向；（2）小环从 C 运动到 P 过程中的动能增量；（3）小环在直杆上匀速运动速度的大小【答案】 （1） （2）4J （3）2m/s【解析】（1）对带电小环受力分析；因带电小环匀速下滑，加之电场强度水平向左，所以小环带负电由几何关系可知，小环所受电场力与重力大小相等则小环离开直杆后所受的合外力大小为：F 合=mg由牛顿第二定律可得：ag10m/s2，方向垂直于杆向下（或与水平方向成 45角斜向下） （2）设小环从 C 运动到 P 过程中动能的增量为Ek由动能定理有：WG+WE=Ek则电场力做功为零 WE=0所以Ek=WG=mgh=4J（3）小环离开杆
25、做类平抛运动如图所示建立坐标 x、y 轴- 15 - / 16垂直于杆方向做匀加速运动：平行于杆方向做匀速运动：xv0th解得：0=2m/s17. 如图所示，质量为 5108kg 的带电微粒以 v0=2m/s 速度从水平放置的平行金属板 A、B 的中央飞入板间已知板长 L=10cm，板间距离 d=2cm，当 UAB=103V 时，带电微粒恰好沿直线穿过板间，已知求：（1）带电微粒所带电荷量？（2）AB 间所加电压在什么范围内带电微粒能从板间飞出？【答案】 （1） （2）1800Vu200V【解析】 （1）由题意，当带电微粒恰好沿直线穿过板间时有电场力和- 16 - / 16重力平衡：F 电=G
26、，由 F 电=qE 和，可得： 由粒子所受电场力方向竖直向上，与场强方向相反，可知粒子带负电（2）粒子在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设运动时间为 t，竖直方向的加速度为a，AB 间电压为 U，当粒子恰好由电场边缘飞出时，有：x=L=v0t； 解得 若粒子向上偏转，则电场力重力， 得：，代入数据，解得 U=1800V若粒子向下偏转，电场力重力， 得：，代入数据，解得 U=200V因此，要使粒子能穿过平行金属板，而不打在板上，电压 U 的范围应满足 200VU1800V点睛：本题考查重力与电场力大小的关系，何时做直线运动，何时做曲线运动，及如何处理类平抛运动方法突出牛顿第二定律与运动学公式的重要性