1、唐山一中2018年高二年级10月月考物理试题一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。在每个小题给出的四个选项中，第1-8题只有一个选项正确，第9-12题有多个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1.关于静电场,下列说法中正确的是 ()A. 在电场中某点的电势为零,则该点的电场强度一定为零B. 电荷在电场中电势高的地方电势能大,在电势低的地方电势能小C. 根据公式U=Ed可知,在匀强电场中两点间的距离越大,电势差就越大D. 正电荷从电势高的点运动到电势低的点,电势能一定减小【答案】D【解析】解：A、电场强度和电势都是描述电场的物理量，二者无直接关系，但二者
2、相互关联；电势是标量与零势面的选取有关，所以电场强度为零的地方电势不一定为零，电势为零的地方电场强度也不一定为零，故A错误B、据电势能公式Ep=q知，电势能取决于该点的电势和电荷，并不是只有正电荷在电场中电势高的地方电势能大，在电势低的地方电势能小，负电荷正好相反，故B错误C、公式U=Ed 中的d为沿电场强度方向的距离，所以在匀强电场中，两点间沿电场强度方向的距离越大，电势差就越大，如果d不是沿电场强度方向的距离，那么间距大时，电势差不一定大，故C错误D、据电势能公式Ep=q知，正电荷在电势越高的地方电势能越大，在电势越低的地方电势能越小，所以正电荷从电势高的点运动到电势低的点，电势能一定减少
3、，选项D正确故选：D【点评】明确电场强度和电势都是描述电场的物理量，二者无直接关系，但二者相互关联；公式U=Ed 中的d为沿电场强度方向的距离；电荷在某点的电势能是由该点电势和电荷决定2.如图所示，M为带正电的金属板，其所带电荷量为Q，在金属板的垂直平分线上，距板r处放一质量为m、电荷量为q的小球，小球用绝缘细线悬挂于O点，小球受水平向右的电场力偏转角而静止，静电力常量为k，重力加速度为g，则小球与金属板之间的库仑力大小为（）A. B. C. D. mgtan【答案】D【解析】【分析】以小球为研究对象，根据受力情况作出小球受力图，小球处于静止状态，合力为零，根据平衡条件求解电场力。【详解】M为
4、带正电的金属板，相对于它到小球的距离，M不能看作点电荷，所以不能使用库仑定律求m受到的库仑力。故AB错误；小球受到的电场力方向向右，重力竖直向下，则小球的受力如图所示由平衡条件得：；故C错误，D正确。故选D。【点睛】本题是带电体在复合场中平衡问题，分析受力是关键，同时要掌握场强与电场力方向的关系。3.如图所示，带有正电荷量Q的细铜圆环竖直固定放置，一带正电荷量q的粒子从很远处沿水平轴线飞来并到达圆心O。不计粒子的重力。关于粒子的上述过程，下列说法中正确的是（ ）A. 粒子先做加速运动后做减速运动B. 粒子的电势能先增大，后减小C. 粒子的加速度先增大，后减小D. 粒子的动能与电势能之和先减小后
5、增大【答案】B【解析】试题分析：、圆环带正电，电场线从圆环出发到无穷远终止，带正电的粒子q所受的电场力方向与其运动方向相反，所以粒子一直做减速运动故A错误电场力对粒子q做负功，电势能一直增大故B错误无穷远场强为零，O点场强也为零，即可从无穷远到O点，场强先增大后减小，粒子所受的电场力先增大后减小，所以其加速度先增大，后减小故C正确根据能量守恒得知：粒子的动能与电势能之和保持不变故D错误故选C考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】本题是带电粒子在电场中的运动问题；采用极限法分析场强的变化，来分析加速度的变化是关键。4.如图所示，以O点为圆心，以R0.20m为半径的圆与坐标轴交点分别为a、b、c
6、、d，该圆所在平面内有一匀强电场，场强方向与x轴正方向成60角，已知a、b、c三点的电势分别为4V、4V、4V，则下列说法正确的是()A. 该匀强电场的场强E40V/mB. 该匀强电场的场强 E80 V/mC. d点的电势为4VD. d点的电势为2V【答案】C【解析】试题分析：由题意得，a、c间的电势差为 Uac=a-c=4（4）8V，a、c两点沿电场强度方向的距离为 d=2Rsin=202=m，故该匀强电场的场强故AB错误根据匀强电场中电势差与电场强度的关系式U=Ed，相等距离，电势差相等，因为a=4V，c=4V，可知，O点电势为0，而dO=Oa，则a、O间的电势差等于O、a间的电势差，可知
7、，d点的电势为-4V，故C正确，D错误故选C考点：电场强度；电势及电势差【名师点睛】解决本题的关键是正确理解U=Ed，分析匀强电场中两点间的电势差关系，并能正确求解电场强度的大小5.如图所示，平行板电容器上极板带正电，从上极板的端点A点以水平初速度v0向右射出一个带电荷量为Q的粒子，粒子重力不计，当它的水平速度与竖直速度的大小之比为12时，恰好从下端点B射出，则d与L之比为（ ）A. 12 B. 21C. 11 D. 13【答案】C【解析】【详解】设粒子从A到B的时间为t，水平方向做匀速直线运动，则有：，竖直方向做匀加速直线运动，则有：，又因为，联立解得：d:L=1:1，故选C。6.一同学将变
8、阻器与一只6V,8 W的小灯泡L及开关S串联后接在6V的电源E上，当S闭合时，发现灯泡发亮按下图的接法，当滑片P向右滑动时，灯泡将()A. 变暗 B. 变亮 C. 亮度不变 D. 可能烧坏灯泡【答案】B【解析】试题分析：变阻器接入电路的是PB段的电阻丝，当滑片P向右滑动时，接入电路中的电阻丝变短，电阻减小，根据欧姆定律得知，电路中电流增大，则灯泡变亮故AC错误，B正确；由于灯泡的额定电压等于电源电压，所以不可能烧坏灯泡故D错误考点：考查了滑动变阻器的接法，欧姆定律【名师点睛】本题关键要理解变阻器哪部分电阻接入电路，可根据变阻器金属杆的电阻很小，将图中AP段金属丝短路来理解7. 如图所示是一个由
9、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（ ）A. 带电液滴可能带正电B. 增大两极板距离的过程中，电阻R中有从a到b的电流，电容器中负电荷从B到AC. 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，减小两极板距离过程中，液滴静止不动【答案】D【解析】试题分析：带电液滴悬浮在两板间P点不动，说明所受电场力和重力平衡，即电场力竖直向上，故液滴带负电，故A错。增大两极板距离的过程中，由电容变小，由于两极板与电源相连，两端电压不变，极板上的带电量将变小，故放电电流从a到b，但是，电荷不能通过电容器，故B错。断开S
10、，电容器的带电量不变，减小两极板正对面积的过程中，由电容变小，由公式，可知两端电源增大，电场强度减小，故向上的电场力减小，故液滴将加速向上运动，故C错。断开S，电容器的带电量不变，减小两极板距离过程中，由电容变大，两式联立得到电场强度不变，故液滴静止不动。故D对。故选D。考点：电容器的电容。【名师点睛】带电粒子静止所以受力平衡，可判定电性。由电容器的决定式判定电容变化，由判定电荷量的变化，从而判定电流方向。由判定电场强度情况，从而判定粒子的运动情况。本题是电容器动态变化问题，关键是抓住不变量。8.如图所示，电阻R20 ，电动机的绕组电阻R10 当开关打开时，电流表的示数是I，电路消耗的电功率为
11、P.当开关合上后，电动机转动起来若保持电路两端的电压不变，电流表的示数I和电路消耗的电功率P应是( )A. I3I B. I3I C. P3P D. P3P【答案】B【解析】【分析】由电路图可知，电机和电阻并联，则由并联电路的规律可求得电动机内的电流，由电动机的性质可知电动机的消耗的实际功率，则可知电路消耗的总功率【详解】因闭合开关后保持电压不变，故R中的电流不变；由并联电路的规律可知，电流表中电流为电动机电流与R中电流之和；因为电动机电流一定小于电动机卡住时的电流；故电动机电流，则，故B正确，A错误；由功率公式P=UI可知，R消耗的功率不变，而电动机消耗的功率小于2P，故总功率小于3P，故C
12、D错误，故选B。【点睛】本题考查电动机的性质，因电动机在工作时有电能转化为动能，不能用欧姆定律求解，但可以用P=UI及串并联电路的性质求解9.如图所示，图线1表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是：A. R1R213B. 把R1拉长到原来的3倍长后电阻等于R2C. 将R1与R2串联后接于电源上，则功率之比P1P213D. 将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1I213【答案】AC【解析】【详解】根据I-U图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以R1：R2=1：3选项A正确；把R1拉长到原来的3倍长后，横截面积变为原来的1/3，根据可知，电阻变为原来的9倍，不
13、等于R2，选项B错误；串联电路电流相等，所以将R1与R2串联后接于电源上，电流比I1：I2=1：1，根据P=UI=I2R，功率之比为1：3，选项C正确；并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比，所以将R1与R2并联后接于电源上，电流比I1：I2=3：1故D错误。故选AC。10.空间存在平行于x轴方向的静电场，其电势随x的分布如图所示一质量为m、电荷量为q的带电的粒子从坐标原点O由静止开始，仅在电场力作用下沿x轴正方向运动则下列说法正确的是()A. 该粒子带正电荷B. 空间存在的静电场场强E是沿x轴正方向均匀减小的C. 该粒子从原点O运动到x0 过程中电势能是减小的D. 该粒子运动在x0点的速度
14、是【答案】AC【解析】沿电场线方向电势降低，由图可知电场方向沿X正方向。带电粒子仅在电场力作用下由静止开始沿x轴正方向运动，受力方向与电场方向一致， 带电粒子带正电，A正确；沿X正方向电势均匀降低，电场为匀强电场，B错误；沿x轴正方向运动，电场力做正功，电势能减小，C正确；根据动能定理，D错误。故选AC11.如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象当t0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是()A. 带电粒子将始终向同一个方向运动B. 2 s末带电粒子回到原出发点C. 3 s末带电粒子的速度为零D. 03 s内，电场力做的总功为零【答
15、案】CD【解析】试题分析：由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度为：，第2s内加速度为：故 a2=2a1，因此先加速1s再减小0.5s时速度为零，接下来的0.5s将反向加速，v-t图象如图所示：带电粒子在前1秒匀加速运动，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故A错误根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t=2s时，带电粒子离出发点最远，故B错误；由图可知，粒子在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，3s末的瞬时速度刚减到0，故C错误；因为第3s末粒子的速度刚好减为0，根据动能定理知粒子只受电场力作用，前3s内动能变化为0，即电场力做的总功为零故D
16、正确故选：D考点：带电粒子在电场中的运动；动能定理。12.如图所示，MN是一负点电荷产生的电场中的一条电场线一个带正电的粒子(不计重力)从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示下列结论正确的是 ()A. 带电粒子从a到b过程中动能逐渐减小B. 负点电荷一定位于M点左侧C. 带电粒子在a点时具有的电势能大于在b点时具有的电势能D. 带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度【答案】CD【解析】由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，电场力指向轨迹内侧，电场力方向大致向右，对带电粒子做做正功，其动能增加，所以电粒子从a到b过程中动能逐渐增加，故A错误；带正电的粒子所受电场力向右，电场线由M指向N，说
17、明负电荷在直线N点右侧，故B错误；电场力对带电粒子做正功，电势能减小，则带电粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，故C正确；a点离点电荷较远，所以a点的电场强度小于b点的电场强度，则带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度，故D正确。所以CD正确，AB错误。二、填空题(本题共3小题，没空2分，共16分 ) 13.相距为a的A、B两点分别带有等量异种电荷Q、-Q，在A、B连线中点处的电场强度大小为_（静电力常量为k）【答案】【解析】【分析】根据等量异种电荷的电场分布和场强的叠加原理求解【详解】两个等量异种点电荷在中点产生的电场强度大小相等，方向相同，大小为；则合场强。【点睛】解决本题的关键掌握点
18、电荷的场强公式，以及知道场强是矢量，合成分解遵循平行四边形定则14.有一个量程为0.5A的电流表，与阻值为1的电阻并联后通入0.6A的电流，电流表的示数为0.4A，若将该电流表的量程扩大为3A，则应_联一个阻值为_的电阻【答案】 (1). 并 (2). 0.1【解析】【分析】由并联电路的特点确定出电流表的内阻；电流表扩大量程要并联电阻分流，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出分流电阻阻值【详解】电流表内阻：，把电流表改装成3A的电流表需要并联分流电阻的阻值：。【点睛】把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，把电流表改装成大量程电流表，需要并联分流电阻，根据串并联电路特点与欧姆定律求出电阻阻值15.
19、在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，小灯泡的额定电压为2.5V，额定功率为0.5W，此外还有以下器材可供选择：A直流电源3V（内阻不计）B直流电流表0300mA（内阻约为5）C直流电流表03A（内阻约为0.1）D直流电压表03V（内阻约为3k）E滑动变阻器100，0.5AF滑动变阻器10，2AG导线和开关实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量（1）实验中电流表应选用_，滑动变阻器应选用_；（均填写仪器前的字母）（2）在图1所示的虚线框中画出符合要求的实验电路图（虚线框中已将所需的滑动变阻器画出，请补齐电路的其他部分，要求滑片P向b端滑动时，灯泡变亮）；（3）根据实验数据，画出的
20、小灯泡IU图线如图2所示由此可知，当电压为0.5V时，小灯泡的灯丝电阻是_；（4）根据实验测量结果可以绘制小灯泡的电功率P随其两端电压U或电压的平方U2变化的图象，在图3中所给出的甲、乙、丙、丁图象中可能正确的是_（选填“甲”、“乙”、“丙”或“丁”）【答案】 (1). B；F (2). 如答图所示； (3). 5.0； (4). 甲、丙【解析】试题分析：（1）小灯泡的规格为额定电压为2.5V，额定功率为0.5W，故额定电流为I=P/U=0.2A，所以电流表选择B；由于描绘伏安特性曲线滑动变阻器需用分压式接法，为调节的方便，选择阻值小，额定电流较大的F；（2）小灯泡电阻较小，电流表用内接法，所
21、以电路图如图所示；（3）由曲线知，当电压为0.5V时，小灯泡的电流为0.1A，根据欧姆定律得此时电阻为5欧姆；（4）由伏安特性曲线知灯泡的阻值随电压的增大而增大，由知，随电压的增大，P增大，斜率为电阻的倒数应减小，所以甲、丙正确。考点：本题考查描绘小灯泡的伏安特性曲线三、计算题（本题共3小题，第16题10分，第17题12分，第18题14分，共36分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.）16.在图所示的电路中，电源电压U恒定不变，当S闭合时R1消耗的电功率为9W，当S断开时R1消耗的电功率为4W，求：（1）电阻
22、R1与R2的比值是多大？（2）S断开时，电阻R2消耗的电功率是多少？（3）S闭合与断开时，流过电阻R1的电流之比是多少？【答案】21，2W，32【解析】试题分析：(1). U2/R1=9 .1分U2/(R1+R2)=4 .1分（R1+R2）/R1=9/4所以R1/R2=4/5 .2分(2)S断开时 R1和R2串联 R1/R2=P1/P2又因为P1+P2=4所以P1=16/9W P2=20/9W .2分(3)S闭合时I=U/R1S断开时I=U/(R1+R2)所以I/I=(R1+R2)/R1=9/4 .2分考点：考查了闭合电路欧姆定律的应用以及电功率的计算点评：做本题的关键是正确掌握17.如图，真
23、空中竖直放置的两块平行金属板间加上恒定电压U0，一质量为m，电荷量为q的正点电荷A从左板处由静止释放，从右板的小孔水平射出后，进入一个两板水平放置的平行板电容器，进入时点电荷贴着上极板，经偏转后从下极板边缘飞出。已知电容器的电容值为C，极板的间距为d，长度为kd，两板间电压恒定。不计点电荷的重力，求：（1）粒子进入水平放置电容器时的速度大小；（2）水平放置的电容器极板所带电荷量大小；（3）A穿过水平放置电容器的过程中电势能的增量。【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析：（1）粒子在加速电场加速度，根据动能定理即可求出粒子进入水平放置电容器时的速度大小；（2）粒子进入偏转电场后，故类平抛运动
24、，根据类平抛运动的规律和，即可求解；（3）求出电场力做的功，根据功能关系即可求出电势能的增量.（1）由动能定理：，得（2）在电场中偏转：，有联立可解得：极板带电量：所以：（3）电场力做功，由（2）得： 由功能关系得：18.如图,固定在竖直面内的光滑绝缘轨道由水平段和半径为的半圆环段平滑相切而成,过圆环直径的虚线左侧存在方向水平向右的匀强电场。现将一可视为质点的带正电小滑块,从水平轨道上的点由静止释放,滑块沿轨道运动到半圆环上点时对轨道的压力等于滑块重力的7倍,且滑块从点离开半圆环后不经任何碰撞回到了点。重力加速度为.求：(1)滑块到达点的速度大小；(2) 点到点的距离.【答案】(1) (2) 【解析】（1）滑块第一次到达点由牛顿第二定律有，又滑块从点到点，由机械能守恒有，解得；（2）滑块从点到点的过程滑块做曲线运动，在竖直方向做自由落体运动，在水平方向先做匀减速只想运动在做匀加速直线运动速度大小仍为，竖直方向有：；水平方向有：，又有P到对滑块由动能定理有：，解得【点睛】本题要研究清楚滑块的运动情况，运用动能定理解题时需合适地选取研究的过程，要注意电场力做功与初末位置沿电场方向的距离有关