1、2018-2019学年内蒙古赤峰二中高二上学期第一次月考物理试题此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 物理注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第I卷（选择题）一、单选题1下列说法正确的是()A 元电荷实质上是指电子和质子本身B 尽
2、可能保持印刷厂空气干燥，防止静电危害C 摩擦起电，可能是摩擦中导致质子从一个物体转移到了另一个物体而形成的D 丝绸摩擦玻璃棒时，电子从玻璃棒上转移到丝绸上，玻璃棒因质子数多于电子数而显示带正电2如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，A、B是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受到静电力作用，根据此图不能作出的正确判断是()A 带电粒子在A、B两点的受力方向B 带电粒子所带电荷的正、负C 带电粒子在A、B两点的加速度何处较大D 带电粒子在A、B两点的速度何处较大3如图所示，A、B、C、D是真空中一正四面体的四个顶点(正四面体是由四
3、个全等正三角形围成的空间封闭图形)，所有棱长都为a现在A、B两点分别固定电荷量分别为q和q的两个点电荷，静电力常量为k，下列说法正确的是()A C点的场强大小为2B C,D两点的场强大小相同，方向不同C C,D在同一等势线上D 将一正电荷从C点移动到D点，电场力做正功4如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，abcdL，adbc2L，电场线与矩形所在平面平行已知a点电势为20 V，b点电势为24 V，d点电势为12 V一个质子从b点以v0的速度射入此电场，入射方向与bc成45，一段时间后经过c点(不计质子的重力)，下列判断正确的是()A c点电势高于a点电
4、势B 场强的大小为C 质子从b运动到c所用的时间为D 质子从b运动到c，电势能增加8 eV5如图所示为一个半径为R的均匀带电圆环，其单位长度带电量为取环面中心O为原点，以垂直于环面的轴线为x轴设轴上任意点P到O点的距离为x，以无限远处为零势点，P点电势的大小为下面给出的四个表达式(式中k为静电力常量)，其中只有一个是合理的你可能不会求解此处的电势，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性判断根据你的判断，的合理表达式应为()A B C D =6如图所示，A、B为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S分别与电源两极相连，两板中央各有一个小孔a和b在a孔正上方某处一带电质点由静止开始下落
5、，不计空气阻力，该质点到达b孔时速度恰为零，然后返回现要使带电质点能穿出b孔，可行的方法是()A 保持S闭合，将B板适当下移 B 保持S闭合，将A板适当上移C 先断开S，再将A板适当上移 D 先断开S，再将B板适当下移7如图所示，一质量为m、带电荷量为q的粒子，以初速度从a点竖直向上射入水平匀强电场中，粒子通过电场中b点时速度为，方向与电场方向一致则a、b两点间的电势差为()A B C D 二、多选题8在如图甲所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，闭合开关S，在滑动变阻器的滑动触头P向上滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生了变化。图乙中的三条图线分别表示
6、了三个电压表示数的变化情况。则下列说法正确的是()A 图线a表示的是电压表V3的示数的变化情况B 图线c表示的是电压表V2的示数的变化情况C 此过程中电压表V1示数的变化量U1和电流表A示数的变化量I的比值的绝对值变小D 此过程中电压表V3示数的变化量U3和电流表A示数的变化量I的比值的绝对值不变9某一网络电路中的部分电路如图所示，已知I3 A，I12 A，R110 ，R25 ，R330 则下列结论正确的是()A 通过R3的电流为0.5 A，方向从abB 通过R3的电流为0.5 A，方向从baC 通过电流表的电流为0.5 A，电流表“”接线柱在左边D 通过电流表的电流为1.5 A，电流表“”接
7、线柱在左边10如图所示是某款理发用的电吹风的电路图，它主要由电动机M和电热丝R构成当闭合开关S1、S2后，电动机驱动风叶旋转，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出风口吹出已知电吹风的额定电压为220 V，吹冷风时的功率为120 W，吹热风时的功率为1000 W关于该电吹风，下列说法正确的是()A 电热丝的电阻为55 B 电动机线圈的电阻为C 当电吹风吹热风时，电热丝每秒钟消耗的电能为880 JD 当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为1200 J11如图所示，三个可视为质点的金属小球A、B、C，质量分别为m、2m和3m，B球带负电，电荷量为q，A、C不带电，不可伸长的绝缘细线将
8、三球连接，最上边的细线连接在斜面顶端的O点，三球均处于场强大小为E的竖直向上的匀强电场中，三段细线均伸直，三个金属球均静止于倾角为30的绝缘光滑斜面上，则下列说法正确的是（ ）A A、B球间的细线的张力为B A、B球间的细线的张力为C 将线OA剪断的瞬间，B、C间的细线张力D 将线OA剪断的瞬间，A、B球间的细线张力12如图甲所示，电源电动势E6 V，闭合开关，将滑动变阻器的滑片P从A端滑至B端的过程中，得到电路中的一些物理量的变化如图乙、丙、丁所示其中图乙为输出功率与路端电压的关系曲线，图丙为路端电压与总电流的关系曲线，图丁为电源效率与外电路电阻的关系曲线，不考虑电表、导线对电路的影响则下列
9、关于图中a、b、c、d点的坐标值正确的是()A a(4 V,4.5 W) B b(4.8 V,2.88 W) C c(0.6 A,4.5 V) D d(8 ，80%)第II卷（非选择题）三、实验题13用伏安法测量一个阻值约为20 的未知电阻Rx的阻值。实验电路图如图：(1)备有以下器材：电源E(电动势3 V、内阻可以忽略不计)电流表A1(量程050 mA，内阻RA1约12 )电流表A2(量程03 A，内阻RA2约0.12 )电压表V1(量程03 V，内阻RV1=3 k)电压表V2(量程015 V，内阻RV2约15 k)滑动变阻器R1(010 ，允许最大电流2.0 A)滑动变阻器R2(01000
10、 ，允许最大电流0.5 A)定值电阻R(30 ，允许最大电流1.0 A)开关、导线若干以上器材中电流表应选用_，电压表应选用_，滑动变阻器应选用_。(2)某次测量中，电压表读数为U时，电流表读数为I，则计算待测电阻阻值的表达式Rx_。四、填空题14如图所示，有一个表头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=_。五、解答题15利用电动机通过如图所示的电路提升重物，已知电源电动势E6 V，电源内阻r1 ，电阻R3 ，重物质量m0.10 kg，当将重物固定时，电压表的示数为5 V，当重物不固定，且电动机最后以稳定的速度匀速提升重
11、物时，电压表的示数为5.5 V，求重物匀速上升时的速度大小(不计摩擦，g取10 m/s2)。16如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，极板长L60 cm，两板间的距离d30 cm，电源电动势E36 V，内阻r1 ，电阻R09 ，闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电的小球(可视为质点)从B板左端且非常靠近B板的位置以初速度v06 m/s水平向右射入两板间，小球恰好从A板右边缘射出已知小球带电荷量q2102 C，质量m2102 kg，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)带电小球在平行金属板间运动的加速度大小；(2)滑动变阻器接入电路的阻值17如图所示，在E=V/m的水平向左匀强电场中，
12、有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R=40cm，一带正电荷q=C的小滑块质量为m=40g，与水平轨道间的动摩擦因数=0.2，取g=10m/s2，问（1）要小滑块能运动到圆轨道的最高点C，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？（2）这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大？（P为半圆轨道中点）（3）小滑块经过C点后最后落地，求落地点离N点的距离和落地时的速度2018-2019学年内蒙古赤峰二中高二上学期第一次月考物理试题物理答案1D【解析】元电荷是最小的电量单位，不是指电子和质子本身，选项A错误；尽可能保持印刷厂空气潮湿，防止静电
13、危害，选项B错误；摩擦起电是摩擦中导致电子从一个物体转移到了另一个物体而形成的，选项C错误；丝绸摩擦玻璃棒时，电子从玻璃棒上转移到丝绸上，玻璃棒因质子数多于电子数而显示带正电，选项D正确；故选D.2B【解析】由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在A、B两点受到的电场力沿电场线向左，由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性和产生该电场的点电荷的电性。故A正确，B错误。A点的电场线比B点密集，则A点的场强较大，粒子在A点的电场力较大，加速度较大，选项C正确；由A到B，电场力做负功，动能减小，故B处的速度小，故D正确。本题选不能判断的，故选B。【点睛】本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯
14、曲方向判断粒子受力方向，即受力方向指向轨迹的凹向；电场线的疏密反映场强的大小3C【解析】据题，+q、-q是两个等量异种点电荷，两个电荷在C点产生的场强大小：E1=E2=，方向的夹角为120，则C点的合场强E=E1=E2=，故A错误；通过AB的中垂面是一等势面，C、D在同一等势面上，电势相等，C、D两点的场强都与等势面垂直，方向指向B一侧，方向相同，根据对称性可知，场强大小相等，故C、D两点的场强、电势均相同。故B错误，C正确；由题，通过AB的中垂面是一等势面，C、D在同一等势面上，电势相等，将一正电荷从C点移动到D点，电场力不做功。故D错误。故选C。【点睛】本题关键要掌握等量异种电荷电场线和等
15、势线分布情况，抓住ABCD是正四面体的四个顶点这一题眼，即可得出C、D处于通过AB的中垂面是一等势面上4B【解析】在匀强电场中，沿着电场线方向每前进相同的距离，电势变化相等，故Ua-Ud=Ub-Uc，解得：Uc=16V，a点电势为20V则c点电势低于a点电势。故A错误；设ad连线中点为O，则其电势为16V，故co为等势面，电场线与等势面垂直，则电场线沿着bo方向。场强为，故B正确；由上可知，电场线沿着bo方向，质子从b运动到c做为在平抛运动，垂直于bo方向做匀速运动，位移大小为，则运动时间为故C错误。根据W=qU，质子从b点运动到c点，电场力做功为W=qUbc=1e（24V-16V）=8eV，
16、电势能减小8eV，故D错误；故选B。【点睛】本题的关键在于找出等势面，然后才能确定电场线，要明确电场线与等势线的关系，能利用几何关系找出等势点，再根据等势线的特点确定等势面5C【解析】电势的高低与圆环带电量的大小有关，B表达式显然与电量Q无关，因此B错误；无论圆环带什么电荷，圆环中心处的电势均不为零，因此x=0时，电势不为零，故D错误；同理x=R处的电势为无穷大，也不可能，故A错误；故只有C正确。故选C。【点睛】“特值法”、“代入法”是解答选择题经常用到的方法；此题中除点电荷的周围电势的公式外，我们没有学习其它带电体周围的电势公式，本题看似无从下手，实际上我们可以采取“特值法”，将一些特值如x
17、=0等代入公式，从而得出正确结果6A【解析】设质点距离A板的高度h，A、B两板原来的距离为d，电压为U质点的电量为q。由题质点到达b孔时速度恰为零，根据动能定理得mg（h+d）-qU=0。若保持S闭合，将B板适当下移距离d，由动能定理得mg（h+d+d）-qU=mv2，则v0，质点能穿过b孔。故A正确。若保持S闭合，将A板适当上移，设质点到达b时速度为v，由动能定理得mg（h+d）-qU=mv2，v=0，说明质点到达b孔时速度恰为零，然后返回，不能穿过b孔。故B错误。若断开S时，将A板适当上移，板间电场强度不变，设A板上移距离为d，质点进入电场的深度为d时速度为零。由动能定理得mg（h-d）-
18、qEd=0，又由原来情况有mg（h+d）-qEd=0比较两式得，dd，说明质点在到达b孔之前，速度减为零，然后返回。故C错误。若断开S，再将B板适当下移，根据动能定理，并由C选项分析可知，质点在到达b孔之前，速度减为零，然后返回。故D错误。故选A。【点睛】本题应用动能定理分析质点的运动情况，其中用到一个重要推论：对于平行板电容器，当电量、正对面积不变，改变板间距离时，板间电场强度不变7D【解析】将带电粒子的运动沿水平方向x和竖直方向y分解可知。x方向：Fx=qE，v0x=0，故做匀加速直线运动。y方向：Fy=mg，v0y=v0，a=-g，做匀减速直线运动，则粒子上升的高度 h=，上升时间 t=
19、；故在x方向上，有vx=3v0=axt，ax=，其中x方向位移 故解得：Uab=，故选D.【点睛】本题运用运动的分解法研究，分析时要抓住分运动的同时性。也可以根据动能定理研究两个方向得到Uab。8ABD【解析】当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，可知路端电压减小，即知电压表V1示数减小，电压表V2的示数增大，电压表V3的示数减小，则知，图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况，图线c表示的是电压表V2的示数随电流表示数变化的情况。故AB正确。由闭合电路欧姆定律得：U1=E-Ir，则|=r，保持不变。故C错误。由闭合电路欧
20、姆定律得：U3=E-I（r+R1），则|=R1+r保持不变，故D正确。故选ABD。【点睛】本题实质是电路中动态变化分析问题和闭合电路欧姆定律问题的综合，从局部电阻的变化，分析各部分电压的变化9BC【解析】根据欧姆定律，电阻R1两端电压为2A10=20V，电阻R2两端电压为1A5=5V，故电阻R3两端电压为20V-5V=15V，且b端电势高于a段电势，故通过R3的电流为=0.5 A，方向从ba，故A错误，B正确；根据电荷守恒定律，流入与流出b点的电流是相等的，故通过电流表的电流为0.5 A，电流表“+”接线柱在左边，故C正确，D错误；故选BC。【点睛】本题关键求解出已知电阻两端的电压，根据电势降
21、落情况求解出电阻R3两端电压，然后根据串并联电路的电流特点进行分析即可10AC【解析】电机和电阻并联，当吹热风时，电阻消耗的功率为P=P热-P冷=1000-120W=880W，由P=U2/R可知，故A正确；电机为非纯电阻电路故不能用P=U2/R求解，故B错误；当电吹风吹热风时，电动机M和电热丝R并联，电动机的功率为120W，总功率为1000W，电热丝消耗的功率为880W，电热丝每秒钟消耗的电能为880 J，电动机每秒消耗的电能为120J，故C正确，D错误；故选AC。【点睛】本题考查了电吹风的电路结构及电功率的计算问题；对于这类结合生活中的电器考查电路连接情况的题目，要结合串并联电路的电流流向特
22、点进行分析11BD【解析】静止时，对B球进行受力分析，则有：T=（2mg+3mg+Eq）sin30=（5mg+Eq），故A错误，B正确；B球带负电，相当于在上述状态下给B球瞬间施加一个竖直下下的电场力qE，经过AB绳传递，qE对A、B球整体产生一个竖直下下的加速度，此时A、B球的加速度为（显然g），C球以加速度g匀加速运动，所以BC间绳子的作用力为零，以A球为研究对象可得A、B球间细线的拉力为F=ma=，故C错误，D正确。故选BD。【点睛】本题主要是剪断OA线瞬间，对A、B、C三个球的运动状态的确定及受力分析，知道绳子一旦剪短之后，绳子的拉力立即为零12BD【解析】由乙图可知短路电流为 I短=
23、3A，由 I短=得：； 电源效率最高时，滑动变阻器的阻值最大，由丙图知电源的最大效率为 =80%；由，解得：R=8；变阻器的滑动头C在右端B时，分别对应c、b、d三点。当输出功率达到最大时：R=r=2，此时路端电压为U=3V，所以各点的坐标为：a点：U=3V，P=W=4.5W，坐标为：（3V，4.5W）；b点、c点：R=8，U=E-Ir=6-0.62=4.8V，P=UI=4.80.6W=2.88W，所以b点的坐标为：（4.8V，2.88W）；c点的坐标为（0.6A，4.8V）；d点坐标为（8，80%）。故BD正确，AC错误。故选BD.【点睛】本题关键是读出图象的信息，知道电源的输出功率与路端电
24、压的关系，能根据闭合电路欧姆定律进行分析和求解13（1）A1V1R1（2）【解析】（1）由题意可知，电源电压为3V，故电压表只能采用03V，不能选用最大量程为15V的电压表，电压表选用V1；而由于待测电阻为20，则电路中电流最大为150mA； 故不能选用最大量程为3A的电流表，故电流表只能选用A1；而由题意可知，电路应采用分压接法，故滑动变阻器应选用较小的电阻，故滑动变阻器选用R1；（2）由欧姆定律可知R+Rx=，解得Rx=-R；【点睛】在电学实验的考查中，经常考查到仪表的选择、电流表内外接法的选择及实验数据的处理，故应注意此类问题的解法；在实验中要注意把握准确性、安全性及方便性原则。14.
25、20；180【解析】公共端与“1 A”端接入被测电路时，电阻R1和R2串联，再与表头内阻Rg并联，由（I1Ig）（R1R2）IgRg，代入数值可得R1R2200 。当公共端与“10 A”端接入被测电路时，电阻R2与表头内阻Rg串联，再与电阻R1并联，由Ig（RgR2）（I2Ig）R1，代入数值可得 R2200 19R1 ，联立解得R120 ，R2180 。151.5 m/s【解析】设电动机内阻为r，当将重物固定时有（A），（），r5-3=2（）；当重物不固定时有（A），此时电源的输出功率为（W），电源的输出功率等于电阻R的电功率与电动机的内阻的电功率及电动机输出功率之和，设电阻R的电功率为、电
26、动机的内阻的电功率为、电动机输出功率为，即有代入数值可得（W），设重物匀速上升的速度为v、则有，代入数值有v1.5 m/s 。考点：本题考查了电源的功率、电动机的电功率16（1）60m/s2（2）14【解析】（1）小球进入电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速运动，则有：水平方向：L=v0t竖直方向：d=at2由上两式得： （2）根据牛顿第二定律，有：qE-mg=ma电压：U=Ed解得：U=21V设滑动变阻器接入电路的电阻值为R，根据串并联电路的特点有：解得：R=14.【点睛】本题是带电粒子在电场中类平抛运动和电路问题的综合，容易出错的是受习惯思维的影响，求加速度时将重力
27、遗忘，要注意分析受力情况，根据合力求加速度17（1）20m（2）1.5N（3）0.6m，m/s【解析】（1）设滑块与N点的距离为L，分析滑块的运动过程，由动能定理可得，qEL-mgL-mg2R=mv2-0小滑块在C点时，重力提供向心力，所以 mg=m，代入数据解得 v=2m/s，L=20m（2）滑块到达P点时，对全过程应用动能定理可得，qE（L+R）-mgL-mgR=mvP2-0在P点时由牛顿第二定律可得，N-qE=m，解得N=1.5N由牛顿第三定律可得，滑块通过P点时对轨道压力是1.5N（3）小滑块经过C点，在竖直方向上做的是自由落体运动，由2R=gt2可得滑块运动的时间t为，滑块在水平方向上只受到电场力的作用，做匀减速运动，由牛顿第二定律可得qE=ma，所以加速度 a=2.5m/s2，水平的位移为 x=vt-at2代入解得 x=0.6m滑块落地时竖直方向的速度的大小为vy=gt=100.4m/s=4m/s，水平方向的速度的大小为 vx=v-at=2-2.50.4=1m/s，落地时速度的大小为【点睛】本题中涉及到的物体的运动的过程较多，对于不同的过程要注意力做功数值的不同，特别是在离开最高点之后，滑块的运动状态的分析是本题中的难点，一定要学会分不同的方向来分析和处理问题
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