2021河北省正定中学高二上学期第一次月考物理试题含答案

河北正定中学2020-2021年度高二第一学期第一次月考

物理

（试卷总分：100分 考试时间：90分钟）

一、选择题（本题共12小题，共40分。1~8题只有一项符合题目要求，每题3分，9~12题有多项符合题目要求，每题4分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）

1．下面是某同学对一些概念及公式的理解，其中正确的是（　　）

A．根据公式可知，金属电阻率与导体的电阻成正比

B．根据公式可知，该公式只能求纯电阻电路的电流做功

C．根据电动势E＝可知，电动势E的大小等于W和q的比值，但与W的大小和q的大小无关，由电源本身决定

D．根据公式可知，电容器的电容与电容器所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比

2．有甲、乙两导体，甲的电阻是乙的一半，而相同时间内通过导体乙横截面的电荷量是甲的两倍，则以下说法中正确的是(　　)

A．甲、乙两导体中的电流相等            B．乙导体中的电流是甲导体中的2倍

C．甲、乙两导体两端的电压相等          D．乙导体两端的电压是甲的2倍

3．真空中某点电荷的等势面示意如图，图中相邻等势面间电势差相等，下列说法正确的是（　　）

A．该点电荷一定为正电荷                 B．P点的场强一定比Q点的场强大

C．P点电势一定比Q点电势低             D．正检验电荷在P点比在Q点的电势能大

4．电荷量为+4×10－6 C的小球绝缘固定在A点，另一个质量为0.2kg、电荷量为－5×10－6 C的小球用绝缘细线悬挂，静止于B点。A、B间距离为30cm，AB连线与竖直方向夹角为60°。静电力常量为9.0×109N·m2/C2，小球可视为点电荷（取g＝10m/s2）。下列图示正确的是（  ）

A．          B．

C．          D．

5．如图所示，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，粒子在M点和N点时加速度大小分别为、，速度大小分别为、，下列判断正确的是（   ）

A． B． 

C． D．

6．在如图所示的图像中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻的 图像用该电源与电阻组成闭合电路。由图象判断错误的是(     )  

A．电源的电动势为3V，内阻为       B．电阻的阻值为
C．电源的效率为80％       D．电源的输出功率为4W

7．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、b、c三个点的电势分别为10V、16V、22V，根据已知条件不可以求出（　　）

A．d点的电势                       B．矩形两条对角线的交点的电势

C．该匀强电场的电场强度大小         D．该匀强电场的电场强度方向

8．如图所示为某机器人上电容式位移传感器工作的简化模型图。当被测物体在左右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动，连接电容器的静电计会显示电容器电压的变化，进而能测出电容的变化，最后就能探测到物体位移的变化，若静电计上的指针偏角为，则被测物体（　　）

A．向左移动时，电容C增大，θ减小，场强E增大 

B．向左移动时，电容C减小，θ增大，场强E减小

C．向右移动时，电容C增大，θ减小，场强E减小 

D．向右移动时，电容C减小，θ增大，场强E增大

9．如图所示的电路，已知电源电动势为E，内阻为r，R0为定值电阻，电表均为理想电表。闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向下滑动时（　　）

A．电压表V的示数变大                       B．电流表A的示数变大

C．灯泡L1变亮                               D．灯泡L2变亮

10．如图，电流表A1(0～3A)和A2(0～0.6A)是由两个相同的电流计改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中。闭合开关S，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是(　　)

A．A1、A2的读数之比为1∶1                B．A1、A2的读数之比为5∶1

C．A1、A2的指针偏转角度之比为1∶1        D．A1、A2的指针偏转角度之比为1∶5

11．空间存在着方向平行于x轴的静电场，A、M、O、N、B为x轴上的点，OA＜OB，OM=ON，AB间的电势φ随x的分布如图所示，一个带电粒子在电场中仅在电场力作用下从M点由静止开始沿x轴向右运动，则下列判断正确的是（　　）

A．粒子一定带负电                          B．粒子一定能通过N点

C．AO间的电场强度小于OB间的电场强度     D．粒子从M向O运动过程中所受电场力均匀增大

12．如图所示，一质量为m、电荷量为（）的粒子以速度从连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达连线上的某点时（　　）

A．所用时间为                 B．速度大小为

C．与P点的距离为         D．速度方向与竖直方向的夹角为30°

二、填空题（本题共2小题，共14分）

13．(6分)(1)用游标卡尺测一工件外径的读数如图(1)所示，读数为_________mm．

(2)用螺旋测微器测一圆形工件长度的读数如图(2)所示，读数为______mm．

14．(8分)一同学用图甲电路测量电源的电动势和内阻。所用的实验器材有：

A．待测电源（电动势约为，内阻约为）

B．保护电阻R1（阻值为）

C．滑动变阻器R（阻值范围为）

D．电流表（，内阻约为）

E．电流表（，内阻约为）

F．电压表（，内阻约为）

G．电压表（，内阻约为）

H．开关S，导线若干。

(1)按图甲连接电路，测量电源的电动势和内阻，电压表应选用______；电流表应选用______。（均填器材前的字母序号）

(2)用该电路测量出多组数据，作出图乙所示的图象，则待测电源电动势______、内阻______。（结果均保留两位有效数字）

三、计算题（本题共4小题，共46分）

15．(10分)一个带电量为C的粒子在静电场中由A点运动到B点。在这一过程中，除电场力外，其他力做功为+J，粒子的动能增加了。取A点为零电势点，求：

(1) 此过程电场力所做的功；

(2)  A、B两点间的电势差UAB。

16．(12分)如图所示，M为一线圈电阻r1＝0.4Ω的电动机，R＝24Ω，电源电动势E＝40V．当S断开时，理想电流表的示数I1＝1.6A，当开关S闭合时，理想电流表的示数为I2＝4.0A，求：

(1) 电源内阻r；

(2) 开关S闭合时，通过电阻R的电流；

(3) 开关S闭合时，电动机输入功率和输出功率。

17．(12分)如图所示的电路中，电源电动势E＝6V，内阻r＝1Ω，一定值电阻R0＝9.0Ω，变阻箱阻值在0﹣99.99 Ω范围。一平行板电容器水平放置，电容器极板长L＝100cm，板间距离d＝40cm，重力加速度g＝10m/s2，此时，将变阻箱阻值调到R1＝2.00Ω，一带电小球以v0＝10m/s的速度从左端沿中线水平射入电容器，并沿直线水平穿过电容器。求：

（1）变阻箱阻值R1＝2.00Ω时，R0的电功率是多少？

（2）变阻箱阻值R1＝2.00Ω时，若电容器的电容C＝2μF，则此时电容器极板上带电量多大？

（3）保持带电小球以v0＝10m/s的速度从左端沿中线水平射入电容器，变阻箱阻值调到何值时，带电小球刚好从上极板右端边缘射出？

18．(12分)如图所示，位于竖直面内的xOy直角坐标系的第二象限内存在一匀强电场，电场方向平行于xOy平面，与x轴正方向的夹角θ=60°且斜向上方。整个x轴的负半轴上都分布着粒子发射源，发射源发射的带电粒子完全相同（质量均为m，电荷量均为+q，粒子竖直发射后的初速度大小均为v0，方向均沿y轴正方向），在所有到达y轴正半轴的粒子中自P点发射的粒子经过y轴正半轴时的速度最小。已知带电粒子所受重力大小为其所受电场力大小的倍，重力加速度为g，不计粒子间的相互作用力。求：

（1）粒子自x轴发射后，在电场中运动时的加速度大小和方向；

（2）自P点发射的粒子经过y轴时的速度大小；

（3）粒子自x轴上的Q点（图中未画出）发射时，粒子经过y轴时的速度方向恰好垂直于y轴，求OQ的距离。（提示：可以参考研究抛体运动时所用的“运动的合成和分解”的思路解题）

河北正定中学2020-2021年度第一学期第一次月考

物理答案

1．【答案】C

A．电阻率是由导体本身的性质决定的，其大小与电阻无关，选项A错误；

B．公式适用于纯电阻电路和非纯电阻电路中的电流所做功，选项B错误；

C．电动势反映了电源将其他形式的能转化为电能的本领大小，电动势E的大小跟W和q的比值相等，跟W的大小和q的大小无关，由电源本身决定．故C正确．

D．电容的公式采用的是比值定义法，电容大小与电量和电压无关，选项D错误。

2．【答案】　B

【解析】　由电流的定义式I＝可知乙导体中的电流是甲的两倍．由I＝得U＝IR，因R乙＝2R甲，可知乙两端的电压是甲两端电压的4倍，所以A、C、D错误．

3．【答案】B

A．正电荷和负电荷周围的等势面都为一组同心球壳，该点电荷不一定为正电荷，故A错误；

B．相邻等势面间电势差相等，P点附近的等差等势面更加密集，故P点的场强一定比Q点的场强大，故B正确；

C．正电荷和负电荷周围的等势面都为一组同心球壳，若为正点电荷，则P点电势一定比Q点电势高，故C错误；

D．从等势面的情况无法判断该点电荷为正点电荷还是负点电荷，无法判断P点电势与Q点电势的高低，就无法判断正检验电荷在P点和在Q点的电势能的大小，故D错误。

4．【答案】B

【解析】两球之间的库仑力为，小球B受到的重力大小为，且F与竖直方向夹角为60°，，故小球B受到的库仑力，重力以及细线的拉力，组成的矢量三角形为等边三角形，所以细线与竖直方向的夹角为60°，B正确．

5．答案：B

解析：N点的电场线比M点的密，故N点的场强大于M点的场强，粒子在N点的加速度大于在M点的加速度，即，做曲线运动的粒子受到的合外力指向曲线的凹侧，粒子受到的电场力指向曲线的右下方，因为粒子带负电，场强方向沿左上方，粒子由M到N，电场力做正功，所以，选项D正确

6．答案：C

解析：A、根据闭合电路欧姆定律得,当时, ,由读出电源的电动势,内阻等于图线的斜率大小, 则.故A正确.B、电阻.故B正确.C、电源的效率. 故C错误.D、两图线的交点表示该电源直接与电阻相连组成闭合电路时工作状态,由图读出电压,,电流,则电源的输出功率为.故D正确.

7．【答案】C

A．匀强电场中平行相等的线段在电场线方向的投影d相等，由可知其端电压相等，有

 可得                          

解得                      

B．连接两对角线交点为O，因两线段与平行相等，同理可得

CD．根据已求出的电势可得到16V的等势线，如图所示

电场线与等势线垂直且由高电势指向低电势，则能找出电场强度的方向，但不知道几何长度，则无法求出电场强度的大小,故选C

8．【答案】D

AB．当被测物体向左移动时，电介质插入电容器，根据

可知电容值C增大，而电容器的带电量保持不变，根据

两板间电压U降低，从而静电计张角θ减小，又根据

电容器内部电场强度E减小，AB错误；

CD．当被测物体向右移动时，电介质抽出电容器，根据

可知电容值C减小，而电容器的带电量保持不变，根据

两板间电压U增大，从而静电计张角θ增大，又根据

电容器内部电场强度E增大，C错误，D正确。

9．【答案】BD

当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，R阻值减小，则总电阻减小，总电流变大，电流表A的示数变大，则路端电压减小，电压表V的示数变小，R0上电压变大，则灯泡L1两端电压减小，则亮度变暗；总电流变大，而L1电流减小，则L2电流变大，则灯泡L2变亮，则AC错误，BD正确。

10．【答案】BC

AB．根据电表改装原理可知，电流计并联电阻改装成大量程的电流表，则内阻之比等于最大量程的反比，A1、A2的内阻之比为1：5，并联时，电流之比等于内阻的反比，电流读数之5：1，故A错误，B正确；

CD．电流表A1（0－3A）和A2（0－0.6A）是由两个相同的电流计改装而成，图中两个电流表为并联电路，则两电流计也是并联的，电压相等，流过电流计的电流相等，则A1、A2 的指针偏转角度之比为1：1，故C正确，D错误。

11．【答案】AB

A．由图可知，A、B两点电势相等，O点的电势最高，A到O是逆电场线方向，粒子仅在电场力作用下，从M点由静止开始沿x轴向右运动，即逆电场线方向运动，则粒子一定带负电，A正确；

B．由图可知，A、B两点电势相等，OM=ON，M点电势小于N点电势，因此M到O电场力做的功大于O到N电场力做的功，所以粒子能通过N点，B正确；

C．因为OA<OB，所以AO之间的电势变化快于OB之间的电势变化，即AO之间的电场强度大于OB之间的电场强度，C错误；

D．因为AO之间图线的斜率不变，即AO之间的电场强度不变，所以粒子从M向O运动过程中所受电场力不变，D错误。

12．【答案】BC

A．粒子在电场中做类平抛运动，水平方向

竖直方向          由

可得     故A错误          B．由于

故粒子速度大小为故B正确

C．由几何关系可知，到P点的距离为 故C正确；

D．由于平抛推论可知，，可知速度正切   

可知速度方向与竖直方向的夹角小于30°，故D错误。

13．【答案】10.50    4.600   

 (1)游标卡尺的主尺读数为：1cm=10mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为0.05×10mm=0.50mm，所以最终读数为：10mm+0.50mm=10.50mm；

(2)螺旋测微器的固定刻度为4.5mm，可动刻度为0.01×10.0mm=0.100mm，所以最终读数为4.600mm．

14．【答案】G    D    3.0    7.2   

 (1)[1][2]由于待测电源电动势约为，所以电压表应选，故选G；电路中最大的电流约为           故电流表应选D。

(2)[3][4]由闭合电路的路端电压与电流的关系        

故该图像与纵轴的交点即为电动势，该图像的斜率的绝对值即表示电源的内电阻，即

15．【答案】（1）   （2）  

【解析】（1）粒子由A点运动到B点的过程中根据动能定理：        

带入数据解得：

（2）根据电势差定义式可得：

16．【答案】(1)r＝1Ω    (2)1.5A     (3)87.5W

【解析】（1）电源电动势为：E＝40V，当S断开时，理想电流表的示数I1＝1.6A，根据闭合电路欧姆定律可知，                          

代入数据解得电源内阻为：         r＝1Ω；

（2）开关S闭合时，理想电流表的示数为：I2＝4.0A，则电源内阻上消耗的电压为：U内＝I2r＝4×1V＝4V

路端电压为：                        U＝E﹣U内＝36V

通过电阻R的电流为：        ；

（3）通过电动机的电流为：           IM＝I2﹣IR＝2.5A

电动机两端的电压为：          U＝36V

则电动机的输入功率额：    PM＝UIM＝90W

输出功率为：；

17．【答案】（1）2.25W    （2）2×10﹣6C    （3）50Ω

（1）当R1＝2.0Ω时，闭合回路电流I为：

代入数据解得：I＝0.5A

所以PR0＝I2R0＝0.52×9＝2.25W；

(2)当R1＝2.0Ω时，UR1＝IR1＝1V

由Q＝CU＝2×10﹣6C；

(3) 当R1＝2.0Ω时，则：Mg＝qE         

电路中分压关系，则有：

调节变阻箱阻值到，使得带电小球刚好从上极板边缘射出，则：

qE2﹣Mg＝Ma           且

          又

水平向：L＝vot           由以上各工，代入数值得＝50Ω。

18．【答案】（1）；与+x轴成角斜向右下方；（2）；（3）

【解析】(1)如图1所示，对带电粒子进行受力分析，根据题意可知粒子所受电场力为

现将电场力沿轴和轴方向正交分析，可得电场力沿轴方向的分力为

将与重力合成得到轴方向的合力为

方向沿轴负方向

然后将与电场力沿轴方向的分力合成的得到最终的合力

方向与轴成角斜向下

根据牛顿第二定律，粒子的加速度

方向与轴成角斜向右下方。

(2)带电粒子在电场中做类斜抛运动，把该运动分解成沿方向的类竖直上抛运动和垂直于方向的匀速直线运动。如图2所示，将速度沿方向和垂直于方向正交分解。可知当方向上的速度减为零时粒子的速度最小，最小速度为

（3）如图1所示，将带电粒子的运动看作沿轴方向的类竖直上抛运动和沿轴方向的匀加速度直线运动，在轴方向，其加速度为

在轴方向，其加速度为

当带电粒子垂直打在轴时其沿轴方向的速度为零，这一过程所需时间

其水平距离为