1、1南市第二高级中学 2018 年度高二月考物理试卷一、选择题1. 关于电荷之间的相互作用，下列说法正确的是A. 同种电荷相互吸引，异种电荷相互排斥B. 同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引C. 不管是同种电荷还是异种电荷，都是相互吸引D. 不管是异种电荷还是同种电荷，都是相互排斥【答案】B【解析】试题分析：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，故 ACD 错误，B 正确。考点：电荷间的相互作用规律【名师点睛】本题应掌握电荷的基本知识：自然界只存在两种电荷，正电荷和负电荷；同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。2.如图所示，光滑水平面上有大小相同的 A、 B 两球在同一直线上运动。两球质量关系为mB=
2、2mA，规定向右为正方向， A、 B 两球的动量均为 6kgm/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后 A 球的动量增量为-4kgm/s，则( ) A. 左方是 A 球，碰撞后 A、 B 两球速度大小之比为 2:5B. 左方是 B 球，碰撞后 A、 B 两球速度大小之比为 1:10C. 右方是 A 球，碰撞后 A、 B 两球速度大小之比为 2:5D. 右方是 B 球，碰撞后 A、 B 两球速度大小之比为 1:10【答案】A【解析】【分析】光滑水平面上有大小相同的 A、 B 两球在发生碰撞，在碰撞过程中动量守恒因此可根据两球质量关系，碰前的动量大小及碰后 A 的动量增量可得出 A 球在哪边，及碰后两球的
3、速度大小之比【详解】规定向右为正方向，碰撞前 A、 B 两球的动量均为 6kgm/s，说明 A、 B 两球的速2度方向向右，两球质量关系为 mB=2mA，由 P=mv 知碰撞前有 vA vB，要发生碰撞，所以左方是 A 球.碰撞后 A 球的动量增量为： PA=-4kgm/s所以碰撞后 A 球的动量为： PA= PA+ PA=（6-4）kgm/s=2kgm/s碰撞过程系统总动量守恒有： PA+PB=PA+ PB解得碰撞后 B 球的动量为： PB=10kgm/s，根据 mB=2mA， PA= mAvA， PB= mBvB得碰撞后 A、 B 两球速度大小之比为： vA： vB=2：5,故 A 正确，
4、B、C、D 错误.故选 A.【点睛】碰撞过程的基本规律动量守恒定律，由于动量是矢量，具有方向性，在讨论动量守恒时必须注意到其方向性为此首先规定一个正方向，然后在此基础上进行研究3.电场线如图，某带电粒子仅在电场力作用下由 A 点运动到 B 点，带电粒子的运动轨迹如图所示，可以判定（ ）A. A 点的电势低于 B 点的电势B. 在 A 点的加速度大于在 B 点的加速度C. 粒子带正电D. 粒子在 A 点的电势能小于它在 B 点的电势能【答案】C【解析】试题分析：电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小根据带电粒子轨迹的弯曲方向判断出电场力的方向，根据电场力做功正负，判断动能和电势能
5、的变化；沿电场线的方向，电势降低沿电场线方向电势逐渐降低， A 点的电势高于 B 点的电势，A 错误；由电场线可知， B 点的电场线密，所以 B 点的电场强度大，粒子受的电场力大，加速度也就大，B 错误；受力方向指向运动轨迹凹的一侧，故可知粒子受力方向向上，与电场线方向相同，粒子带正电，C 正确；粒子受到的电场力指向曲线弯曲的内侧，所以受到的电场力的方向是沿电场线向3上的，所以粒子从 A 到 B 的过程中，电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，所以粒子在 A 点的动能小于它在 B 点的动能，粒子在 A 点的电势能大于它在 B 点的电势能，故D 错误；4.如图所示，平行板电容器与电动势为 E
6、 的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地。一带电油滴位于两板中央的 P 点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，则( ) A. 带电油滴仍静止在 P 点B. 带电油滴将沿竖直方向向下运动C. P 点的电势将升高D. 电容器的电容减小，电容器的带电量将减小【答案】C【解析】【分析】本题的关键是明确分析有关电容器动态问题的基本方法：先判断电容器的电压不变还是带电量不变（若断开电源则电量不变，若始终与电源相连则电压不变） ；根据 判断电容C=rs4kdC 的变化；根据 Q=CU 判断电容器带电量的变化情况；根据 判断场强 E 的变化（注意若E=Ud断开电源，只改变板间距
7、离时场强 E 不变） ；根据 U=Ed 判断 p电势变化情况【详解】A、B、若将上极板向下移动一小段距离，两板间距离 d 变小，由于电压不变，根据 可知，场强 E 变大，所以 qE mg，粒子将向上运动；故 A、B 均错误.E=UdC、根据 P=UPO，且 UPO=E d，由于场强 E 变大， P 点到下极板的距离 d 不变，所以 UPO 变大，即 P 点的电势应升高；故 C 正确.D、根据 可知， d 减小，电容 C 变大，根据 Q=CU 可知， U 不变， Q 变大；故 D 错误.C=rs4kd故选 C.【点睛】熟记若电容器始终与电源相连则电压不变，若断开电源则电量不变，然后再根据相应的公
8、式推导即可45. 电路中路端电压随干路电流变化的图象如图所示，图中纵轴的起点为 1.2V，则电源的电动势和内电阻应是：（ ）A. E=0.3V，r=0.5 B. E=1.5V，r=3.0C. E=1.5V，r=0.5 D. E=1.5V，r=0.6【答案】D【解析】试题分析：由闭合电路欧姆定律可得 ，可知 U-I 图像与纵轴的截距表示电动势U=Ir+EE，图线斜率表示电源内阻 r，所以由图可得：E=1.5V，r=0.6。考点：本题考查 U-I 图像、欧姆定律等，意在考查学生利用图像分析问题的能力。6. 一带负电小球在从空中的 a 点运动到 b 点过程中，受重力，空气阻力和电场力作用，重力对小球
9、做功 3.5J，小球克服空气阻力做功 0.5J，电场力对小球做功 1J，则下列选项正确的是（ ）A. 小球在 a 点的重力势能比在 b 点大 3.5JB. 小球在 a 点的机械能比在 b 点小 0.5JC. 小球在 a 点的电势能比在 b 点少 1JD. 小球在 a 点的动能比在 b 点多 4J【答案】AB【解析】解决本题需掌握：重力做功等于重力势能的减小量；电场力做功等于电势能的减小量；合力做功等于动能的增加量；除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量A、重力做功等于重力势能的减小量，重力做功 3.5J，故重力势能减小 3.5J，小球在 a 点的重力势能比在 b 点大 3.5J，故 A 正
10、确；B、除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量，除重力外，小球克服空气阻力做功0.5J，电场力做功 1J，故机械能增加 0.5J，所以小球机械能增加，即小球在 a 点的机械能5比在 b 点少 0.5J，故 B 正确；C、电场力做功等于电势能的减小量，电场力做功 1J，故电势能减小 1J，小球在 a 点的电势能比在 b 点大 1J，故 C 错误D、合力做功等于动能的增加量，合力做功等于各个分力做的功，总功为 4J，故动能增加4J，所以小球在 a 点的动能比在 b 点小 4J，故 D 错误故选 AB点评：功是能量转化的量度，有多种表现形式：重力做功是重力势能变化的量度；电场力做功是电势能变化的
11、量度；合力做功是动能变化的量度；重力外的各个力做的总功是机械能变化的量度7. 在如图所示电路中，闭合电键 S，理想电流表和理想电压表的示数分别用 I 和 U 表示，当滑动变阻器的滑动触头 P 向左滑动时，两表的示数都发生变化。电源的电动势和内电阻始终不变，则下列说法正确的是( )A. I 变大，U 变小B. 比值变大UIC. R1的功率一定变大D. 电源的总功率一定减小【答案】BD【解析】试题分析：当滑动变阻器的滑动触头 P 向左滑动时，阻值变大，则总电阻变大，总电流变小，则 I 减小，根据闭合电路欧姆定律得： ，则电压表示数增大,故 A 错误；U=EI（ R1+r）根据欧姆定律得： ，当滑动
12、变阻器的滑动触头 P 向左滑动时， 增大，则 变大，故R2=UI R2 UIB 正确；根据 可知，I 减小， 的功率一定减小，故 C 错误；电源的总功率 ，IP=I2R1 R1 P=EI减小，电源的总功率一定减小，故 D 正确。考点：闭合电路的欧姆定律【名师点睛】本题是电路中动态变化分析的问题，首先要搞清电路的结构，其次要按“部6分整体部分”的顺序分析，知道总功率 。P=EI8.如图所示，电阻 R1=10，电动机 M 线圈电阻 R2=10，电路两端电压 U 保持不变。当开关 S 断开时，电流表的示数为 I1=0.5A；当开关 S 闭合后，电动机转起来，电流表示数为I2，整个电路消耗的电功率为
13、P，则 ( )A. I2=1A B. U=5V C. P5W D. P=5W【答案】BC【解析】【分析】当电键 S 断开时，由欧姆定律求出电阻 R1的电压 U；当电键 S 闭合后，通过 R1的电流仍为0.5A，电动机的电路是非纯电阻电路，由 求出其电流的范围，即得到电流表电流的范I800W所以能再接一只 800W 的电饭煲使用.【点睛】知道电能表铭牌的含义，电路用电器总功率不能超过电能表允许的功率.12.电荷量为 ，质量为 的电子从 点沿与电场垂直的方向进入匀强电场，初速度为 ，e m A v0当它通过电场中 点时，速度与场强方向成 角，不计电子的重力，求：B 15009(1).电子经过 点的速度多大？B(2) 两点间的电势差多大？AB【答案】【解析】解：电子进入匀强电场后在电场力作用下做匀变速曲线运动.根据运动的分解可知,电子在垂直于场强方向上做匀速直线运动.将 B 点的速度分解(如图)电子从 A 运动到 B,由动能定理得
