广西贵港市覃塘高级中学2018_2019学年高二物理上学期10月月考试题.doc

1、- 1 -覃塘高中 2018 年秋季期 10 月月考试题高二物理第卷(选择题，共 48 分)1、选择题（本题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分。其中 1 至 8 题为单选题，9 至 12 题为多选题，全选对得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的 0 分。 ）1如图所示，两等量同种正点电荷固定在真空中，在它们连线的中垂线上有 A、B 两点，O 为连线中点，C 为连线上一点，下列结论正确的是A B 点场强一定大于 A 点场强B B 点电势一定低于 A 点电势C 若把一正电荷从 A 沿直线移到 C，电势能增加D 若一负电荷仅在电场力下从 C 沿直线运动到 O， 加速度将变大2如图所示

2、的真空空间中，仅在正方体中的黑点处存在着电荷量大小相等的点电荷，则图中 a，b 两点电场强度和电势均相同的是（ ）A B C D 3 a、 b、 c、 d 是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点。电场线与矩形所在平面平行。已知 a 点的电势为 20 V， b 点的电势为 24 V， d 点的电势为 4 V，如图所示，由此可知 c 点的电势为( )- 2 -A 4 V B 8 V C 12 V D 24 V4 AB 和 CD 为圆上两条相互垂直的直径，圆心为 O将电荷量分别为 q 和 q 的两点电荷放在圆周上，其位置关于 AB 对称且距离等于圆的半径，如图所示要使圆心处的电场强度为零

3、，可在圆周上再放一个适当的点电荷 Q，则该点电荷 Q( ) A 应放在 A 点， Q2 qB 应放在 B 点， Q2 qC 应放在 C 点， Q qD 应放在 D 点， Q q5已知用电器 A 的电阻是用电器 B 的电阻的 2 倍，加在 A 上的电压是加在 B 上的电压的一半，那么通过 A 和 B 的电流 IA和 IB的关系是 ( )A IA2 IB B IA IB C IA IB D IA IB6如图所示， C为两极板水平放置的平行板电容器。闭合开关 S，当滑动变阻器 R1、 R2的滑片处于各自的中点位置时，悬在电容器 C 两极板间的带电尘埃 P 恰好处于静 止状态。要使尘埃 P 向下加速运

4、动，下列方法中可行的是( )A 把 R2的滑片向左移动 B 把 R2的滑片向右移动C 把 R1的滑片向左移动 D 把开关 S 断开7如图所示，平行板电容器通过一滑动变阻器 R 与直流电源连接，G 为一零刻度在表盘中央的灵敏电流计，闭合开关 S 后，下列说法正确的是（ ）A 若只在两板间插入电介质，电容器的两板间电压将增大B 若只在两板间插入电介质，电容器的电容将保持不变C 若只将电容器下极板向下移动一小段距离，此过程电流计中有从 a 到 b 方向的电流D 若只将滑动变阻器滑片 P 向上移动，电容器储存的电量将增加- 3 -8在如图所示的电路中，电源的电动势为 E，内阻为 r，L 为小灯泡(其灯

5、丝电阻可视为不变)，R1、R 2为定值电阻，R 3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V 为理想电压表。若将照射 R3 的光的强度增强，则A 电压表的示数变小 B 通过 R2的电流变小C 小灯泡的功率变小 D 通过 R3的电流变小9如图所示是一个由电池、电阻 与平行板电容器组成的串联电路，在增大电容器两板间距离的过程中（ ）A 电阻 中没有电流B 电容器的电容变小C 电阻 中有从 流向 的电流D 电阻 中有从 流向 的电流10如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地， 中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电 子原来静止在左极板小孔处，不计电子的重力，下列说法正

6、确的是( ) A 从 t0 时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上B 从 t0 时刻释放电子，电子可能在 两板间振动C 从 tT/4 时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D 从 t3T/8 时刻释放电子，电子必然打到左极板上11如图所示电路中，当滑动变阻器的滑片 P 从 a 端向 b 端滑动时，以下判断正确的是（ ）A 电压表读数变大，通过灯 L1的电流变大，灯 L2变亮B 电压表读数变小，通过灯 L1的电流变小，灯 L2变亮C 电压表读数变小，通过灯 L2的电流变大，灯 L1变暗D 电压表读数变大，通过灯 L2的电流变小，灯 L1变暗- 4 -12 a、 b 是位

7、于 x 轴上的两个点电荷，电荷量分别为 Q1和 Q2，沿 x 轴 a、 b 之间各点对应的电势如图中曲线所示(取无穷远电势为零)， M、 N、 P 为 x 轴上的三点， P 点对应图线的最低点， a、 P 间距离大于 P、 b 间距离一质子以某一初速度从 M 点出发，仅在电场力作用下沿x 轴从 M 点运动到 N 点，则下列说法正确是( )A P 点处的电场强度为 0B a 和 b 一定是带等量同种电荷C 质子在运动过程中速率先增大后减小D 质子在运动过程中加速度先增大后减小二、实验题（共 14 分）13 （共 6 分）某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：A被测干电池一节B

8、电流表 1：量程 00.6 A，内阻 r0.3 C电流表 2：量程 00.6 A，内阻约为 0.1 D电压表 1：量程 03 V，内阻未知E电压表 2：量程 015 V，内阻未知F滑动变阻器 1：010 ，2 AG滑动变阻器 2：0100 ，1 AH开关、导线若干伏安法测电池电动势和内阻 的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差，在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池 的电动势和内阻。(1)在上述器材中请选择适当的器材(填写器材前的字母)：电流表选择_，电压表选择_，滑动变阻器选择_。(2)实验电路图应选择如图中的_(填“甲”或“乙”)。(3)根据实验中电流表和电压表的

9、示数得到了如图丙所示的 UI 图像，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势 E_V，内阻 r_。- 5 -14 （共 8 分）现要测量某金属丝的电阻率，实验室可提供的实验器材有：待测金属丝 RX(电阻很小)电池组 E(电动势 4.5 V)滑动变阻器 R(05 ，额定电流 3 A)电压表 V(量程 4.5 V，内阻约 4 k)电流表 A(量程 2.5 mA，内阻为 30 )一个 定值电阻 R0(电阻为 1 860 )刻度尺螺旋测微器一个电键 S，导线若干(1)用刻度尺测得金属丝的长度 L，用螺旋测微器测量金属丝的直径 D，如图 1 所示，则D_；(2)用伏安法测 金属丝的电阻，设计一个测量电路

10、，要求测量结果尽可能精确，请在下面的虚线框内画出实验电路图，并标明各元件的字母代码_；- 6 -(3)如图 3 是根据测量数据作出的 UI 图像，由图像得到金属丝的阻值 RX_ ；(4)计算金属丝的电阻率的表达式 _(用 L、D 和 RX来表示)三、解答题15 （共 8 分）如图所示，长度为 l 的轻绳上端固定在 O 点，下端系一质量为 m，电荷量为+q的小球整个装置处于水平向右，场强大小为 的匀强电场中34mgq（1）求小球在电场中受到的电场力大小 F；（2）当小球处于图中 A 位置时，保持静止状态若剪断细绳，求剪断瞬间小球的加速度大小 a；（3）现把小球置于图中位置 B 处，使 OB 沿着

11、水平方向，轻绳处于拉直状态小球从位置 B无初速度释放不计小球受到的空气阻力求小球通过最低点时的速度大小 v- 7 -16 （共 12 分）如图所示的电路中，电源电动势 E9V，内阻 r2，定值电阻R16， R210， R36，电容器的电容 C10F。(1)保持开关 S1、S 2闭合，求电容器 C 所带的电荷量；(2)保持开关 S1闭合，将开关 S2断开，求断开开关 S2后流过电阻 R2的电荷量。17 （共 18 分）如图所示，光滑水平轨道与半径为 R 的光滑竖直半圆轨道在 B 点平滑连接。在过圆心 O 的水平界面 MN 的下方分布有水平向右的匀强电场。现有一质量为 m，电荷量为q 的小球从水平

12、轨道上 A 点由静止释放，小球运动到 C 点离开圆轨道后，经界面 MN 上的 P点进入电场(P 点恰好在 A 点的正上方，如图所示。小球可视为质点，小球运动到 C 点之前电荷量保持不变，经过 C 点后电荷量立即变为零)。已知 A、B 间距离为 2R，重力加速度为 g。在上述运动过程中，求(1)小球在电场中受到的电场力大小；(2) 小球过 B 点时对圆轨道的压力大小(3)小球在圆轨道上运动时的最大速率。- 8 -覃塘高中 2018 年秋季期 10 月月考试题 高 二 物 理 参考答案1C 因在两点荷中垂线上，O 点的场强为零，在无穷远处场强也为零，可知从 O 点到无穷远，场强先增加 后减小，则

13、B 点场强不一定大于 A 点场强，选项 A 错误；离两点荷越近的位置电势越高，可知 B 点电势一定高于 A 点电势，选项 B 错误；C 点的电势高于 A 点，则若把一正电荷从 A 沿直线移到 C，电势能增加，选项 C 正确；O 点场强为零，若一负电荷仅在电场力下从 C 沿直线运动到 O，电场力减小，加速度将变小，选项 D 错误；故选 C.2A【解析】由正、负点电荷的 电场强度特点及电场强度的矢量叠加可知，选项 C 正确。3B 试题分析：根据在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分将线段 bd 五等分，如图所示，则 Ube= Ubd= （24-4）=4v，故 Ube= b- e=

14、4v，故 f- d=4v，故 e=24-4=20v f=8v故 a= e，连接 cf，则 cfae，故 c 点的电势 c= f=8v故B 正确故选 B。4C【解析】试题分析：+q 的点电荷在圆心 O 处的场强与-q 的点电荷在圆心 O 处的场强的合场强方向由 O 点指向 D 点，根据几何关系和点电荷的场强公式得 ；要使圆心处的电场强度为零，只要点电荷 Q 在圆心 O 处产生12kqEr的场强方向由 O 指向 C 即可，大小也为 ，所以，点电荷 Q=-q 且应发在 C 点故 C 正确2kr5D【解析 】设 A 的电阻为 R，加在 A 上的电压为 U，则 B 的电阻为 ，加在 B 上的电压为2U，

15、根据欧姆定律得： ； IB 可得：I A IB， 故选 D。6A 要使尘埃向下加速运动，必须减小静电力，即减小板间电压。由于滑动变阻器 R1处于断路，调节 R1不会有效果，选项 C 错误；电容器两板间电压等于滑动变阻器 R2滑片左边部分的电压，因此要把 R2的滑片向左移动，选项 A 正确、B 错误；断开开关 S 时，电容器的电压等于电源的电动势，板间电压会增大，选项 D 错误；故选 A。【点睛】本题要注意电容器两端的电压等于与之并联电阻两端的电压；而与电容器串联的电阻只能作为导线处理7D 闭合开关 S 后，电容器板间电压等于变阻器下部分电阻的电压，保持不变将开关 S 断开，电容器放电，知电量的

16、变化若只将电容器下极板向下移动一小段距离，分析电容的变化，判断电量的变化，分析电路中电流的方向若只将滑动变阻器滑片 P 向上移动，- 9 -电压增大 【详解】闭合开关 S 后，电容器板间电压等于变阻器下部分电阻的电压，保持不变，若只在两板间插入电介质，电容器的电容将增大故 AB 错误若只将电容器下极板向下移动一小段距离，板间距离增大，电容减小，而电压不变，则电容器所带电量减小，电容器放电由于上极板带正电，所以此过程电流计中有从 b 到 a 方向的电流故 C 错误若只将滑动变阻器滑片 P 向上移动，电容器极板间电压增大，则电容器所带电荷增多，故 D 正确故选 D.【点睛】本题电容器动态变 化分析

17、问题，关键是确定电容器的电压电路稳定时，电容器所带电路无电流，只有在充电或放电过程中电容器所在电路有电流8B【解析】A、光敏电阻光照增强，故光敏电阻的阻值变小，电路中的总电阻变小；由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流增大，故 R1两端的电压增大即电压表的示数变大，故 A 错误； BCD、因电路中电流增大，故内压增大，路端电压减小，同时 R1两端的电压增大，故并联电路部分电压减小，则流 过 R2的电流减小，流过灯泡支路的电流增大，所以灯泡的功率变大，故 B 正确，C 错误，D 错误； 故选：B。9BC【解析】试题分析：增大电容器两极板间距离，根据公式 可得电容减小，由于连接在电源两端，所以电容器两

18、极板间的电压恒定，根据公式 可得两极板上的电荷量减小，故电容放电，电阻 R 中有从 a 流向 b 的电流，故 BC 正确；10AC【解析】AB、从 t=0 时刻释放电子，在前 T/2 内，电子受到的电场力向右，电子向右做匀加速直线运动；后 T/2 内，电子受到向左的电场力作用，电子向右做匀减速直线运动到速度为零；接着周而复始，所以电子一直向右做单向的直线运动，直到打在右板上，A 错误，B 正确；C、从 t=T/4 时刻释放电子，在 T/4 到 T/2 内，电子受到的电场力向右，电子向右做匀加速直线运动；在 T/2 到 3T/4 内，电子受到向左的电场力作用，电子向右做匀减速直线运动到速度为零；

19、在此期间可能打在右板上，如果不能打在右板上，在 3T/4 到 T 内，电子受到向左的电场力作用，电子向左做匀加速直线运动；在 T 到 5T/4 内，电子受到向右的电场力作用，电子向左做匀减速直线运动到速度为零；接着周而复始，在两板间左右来回运动。C 正确；D、从 t=3T/8 时刻释放电子，电子先向右运动，后向左运动，由于一个周期内向左运动的位移大于向右运动的位移，电子最终从左极板的小孔离开电场。也可能电子在向右过程中就碰到右极板，D 错误。- 10 -故选：BC。11BC【解析】当滑动变阻器的滑片 P 从 a 端向 b 端滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律

20、分析得知，干路电流增大，通过灯 L2的电流变大，则灯 L2变亮。电源的内电压和 L2的电压增大，路端电压减小，则并联部分电压减小，电压表读数变小，通过灯 L1的电流变小，灯 L1变暗，故 BC 正确，AD 错误。12AC【解析】在 -x 图象中，斜率代表场强的大小，故在 P 点场强为零，故 A 正确；两电荷在 P 点的合场强为零，P 点距离 Q1较远，根据点电荷的场强公式知，Q 1的电量大于 Q2的电量。故 B 错误；P 点的左侧电场方向向右，P 点的右侧电场方向向左，知质子所受的电场力先向右后向左，电场力先做正功再做负功，故速率先增大后减小，故 C 正确；由图象可知，切线斜率表示电场强度的大

21、小，斜率从左向右先减小后增大，故场强先减小后增大，故加速度先减小后增大，故 D 错误；故选 AC。点睛：-x 图象中：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，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 WAB=qUAB，进而分析 WAB的正负，然后作出判断.13B；D；F；甲；1.5；0.7；） （每空 1 分，共 6 分）(1)电源的电动势约 1.5V，则电压表选择量程 03 V 的 D；选择内阻已知的电流表 B，将此电流表与电源直接串联，可消除电流表

22、分压带来的系统误差；滑动变阻器电阻较小有利于电表数值的变化，滑动变阻器选择 010 的 F。(2)由于电流表内阻已知，选择甲电路将电流表与电源直接串联，可消除电流表分压带来的系统误差。(2)据 可得： ，则图线的纵截距 ，图线的斜率，电源的内阻【点睛】本题中电流表的内阻已知，可消除电流表分压带来的误差。在解题中要由实验原理结合闭合电路欧姆定律得出图线对应的表达式，从而由图线求出电源的电动势和内电阻。14 （每空 2 分,共 8 分）- 11 -（1）0.4 67mm （2） （3）14.76 （4）【解析】 （1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：0.0mm+46.70.01mm=0.467mm

23、 （2）电流表量程为 2.5mA，电路最小电阻约为： ，待测电阻丝可以与定值电阻串联，电压表测电阻丝与定值电阻两端电压，由于其电阻阻值远大于电流表内阻，电流表可以采用内接法，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示：（3）由图示图象可知，待测金属丝电阻： ， （4）由电阻定律可知： ，解得电阻率： 。【点睛】螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出电路图根据图示图象应用欧姆定律求出金属丝的电阻阻值根据电阻定律可以求出电阻率的表达式15 （共 8 分） （1） ；（2） ；（3） 34Fmg54ag2glv【解析】 （

24、1）小球所受的电场力 （2 分）Eq（2）根据平行四边形定则,小球受到的重力和电场力的的合力 根据牛顿第二定律 （2 分）Fma合所以小球的加速度 （1 分）54g（3）根据动能定理有 ， （2 分）解得 （1 分）- 12 -16 （共 12 分）(1) Q310 5 C (2)QR2610 5 C试题分析: （1）保持开关 S1、S 2闭合,电容器的电压等于电阻 R1的电压电路的电流 （3 分）R1两端的电压 （3 分）则电容器所带的电荷量 （3 分）（2）保持开关 S1闭合，将开关 S2断开后，电路稳定时电容器上的电压等于电源电动势，此时电容器所带的电荷量 （3 分）而流过 R2的电荷量

25、等于电容器 C 上电荷量的增加量 （3 分）17 （共 18 分） （1） （2） （3）（1）设小球在 C 点速度为 vC，从 C 到 P 用时为 t，则从 C 到 P：水平：2R=v Ct （2 分）竖直方向：R= gt2 （2 分）从 A 到 C 由动能定理： （2 分）解得； （1 分）（2）从 A 到 B 由动能定理： ， （2 分）在 B 点： （2 分）解得：N=5mg（1 分）（3）设等效竖直方向与竖直方向的夹角为 ，过 O 点的等效竖直线与 BN 轨道交于 F 点，（2 分）从 A 到 F，由动能定理： （3 分）解得： （1 分）【点睛】本题关键灵活地选择过程并运用动能定律列式，同时根据向心力公式和平抛运动的位移公式列式进一步分析求解；注意由于电场力和重力都是恒力，则可以用等效思想进行解答。