广西南宁市第三中学2017-2018学年高二上学期第一次月考物理试题

南宁三中2017-2018学年度上学期高二月考（一）
理科物理试题
一、选择题（每题 4 分，共 40 分。

1-6 题为单项选择题， 7-10 为不定项选择题，有错不得分，选对不全得 2 分）
1. 下边说法正确的选项是
A. 我们往常所说的
()
1 号干电池的容量比7 号干电池的容量大
B.电源电动势等于电源正、负极之间的电势差
C.同一电源接入不一样的电路，电动势会发生变化
D.电动势和电势差的单位同样，电动势本质上就是电势差
【答案】 A
【分析】电干电池的电动势都是 1.5V ， 1 号干电池比7 号干电池的体积大，容量大，故A 错误；电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压，当接入电路后，电源电动势不等于电
源正、负极之间的电势差，故 B 错误；把同一电源接在不一样的电路中，电源的电动势不变，
故 C 错误；电动势表征电源把其余形式的能转变成电能的本事大小，反应了电源内部非静
电力做功的本事，电势差是两点之间电势的差，它们的物理意义不一样，故 D 错误。

因此A 正确，BCD错误。

2. A 为已知电场中的一固定点，在 A 点放一个电荷量为q 的正的点电荷，所受的电场力
为 F， A 点的场强为 E，则：
A.若在 A 点换上点电荷 -q， A 点的场强方向将发生变化
B.若在 A 点换上点电荷 -q，电荷的受力方向将发生变化
C.若将 A 点的电荷移去， A 点的场强将变成零
D. 若在 A 点换上电荷量为2q 的点电荷，所受力为2F，A 点的场强变成2E
【答案】 B
【分析】电场强度的定义式为：是经过比值定义法得出的，场强的大小及方向与尝试
电荷没关，场强度反应电场自己的性质，故放入任何电荷时电场强度的方向大小均不变，即
使将尝试电荷移走，电场强度不变．故ACD 错误；若在 A 点换上点电荷-q，依据电场力公式：可知电荷的受电场力的大小不变，而方向将发生变化，故 B 正确。

因此 B 正确，ACD错误。

3. 铜的摩尔体积为V，密度为ρ，每摩尔铜原子有n 个自由电子，今有一根横截面为S
的铜导线，当经过的电流为I 时，电子均匀定向挪动的速率为（）
A. B. C. D.
【答案】 D
4. 以下图为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线。

则（）
A. 场强 E a>E b， E b>E c
B. 电势φ>φ，φ>φ
a b c b
C.沿 cba 路径挪动质子与电子，电荷的电势能改变是同样的
D.沿 bc 方向直线射入的电子有可能做曲线运动
【答案】 A
【分析】试题剖析：依据电场线的疏密表示电场强度的相对大小，可知E a＞ E b＞ E c．故 A 正确．沿着电场线方向电势是降低的，同一等势面上各点的电势相等，则知φ＞φ．故 B
cb=φa
错误．沿 cba 路径挪动质子与电子，依据公式W=qU，知因为电子与质子的电性相反，电场
力对证子做正功，对电子做负功，则质子的电势能减小，电子的电势能增大．故 C 错误．沿bc 方向直线射入的电子，所受的电场力沿cb 方向，电子做直线运动．故 D 错误．应选： A．考点：电场线；电势；电场强度.
5. 带正电的空心金属球壳置于绝缘支架上，将4个本来不带电的金属小球按图示地点放
置， A 球用绝缘轻绳竖直悬挂， B 球接地， C 球用导线与球壳内部相连， D 球与球壳内部接触。

设大地电势为零，当达到静电均衡时，以下说法正确的选项是（）
A. 因为静电感觉， A 球带负电，电势为正
B. B 球接地不带电，电势为零
C. C 球带正电，电势与球壳电势相等
D. D 球带正电，电势为零
【答案】 C
【分析】因为静电感觉， A 球的左右两头带上不一样的电荷，但整体不带电，故 A 错误；由于静电感觉， B 球带负电，但电势和大地的电势相等，因此电势为零．故 B 错误；C球在金属球壳的外面，会带上与球壳同样的电荷，因此 C 球带正电，电势与球壳电势相等，故C 正确； D 球在球壳的内部，与球壳接触后成为球壳内部的一部分，因此 D 不带电．故 D 错误。

因此 C 正确，ABD 错误。

6. 以下图，水平方向的匀强电场中，有一质量为m 的带电小球，用长为l 的细线悬于
点 O，当小球均衡时，细线和竖直方向的夹角为θ，现给小球一个初速度，速度方向和细线垂直，使小球恰能在竖直平面内做圆周运动，则圆周运动过程中速度的最小值为
（）
A. B.
C. D. 0
【答案】 C
【分析】以小球为研究对象，受重力与电场力，因此求出二力的协力：，电场力为：
F E=mgtanθ，因为小球恰巧做圆周运动，因此圆周运动过程中速度的最小值处在重力和电场
力协力的反方向上，且二力的协力供给向心力．由牛顿第二定律得：，小球的最小速度：；应选 C．
点睛：对小球受力剖析，求出电场力与协力，由牛顿第二定律即可正确解题，本题能够把二
力的协力视为等效场，求出等效重力加快度，在等效重力加快度的反方向上时，速度最小．
7. 以下图是电阻
）R 的 I-U 曲线，图中α =37由此可得（
A.电阻与其两头的电压成正比
B. I－U图象的斜率表示电阻的倒数，因此R＝ 1/tan37 °＝ 4/3 Ω
C.此导体的电阻 R＝ U/ I=2 Ω
D. 在R两头加 6.0 V电压时，每秒经过导体截面的电荷量是 3.0 C
【答案】 CD
【分析】依据电阻的定义式：可知，导体的电阻与其两头电压没关系，故 A 错误；根据电阻的定义式：可知， I-U 图象斜率的倒数等于电阻R，则得:，故C 正确，B 错误；由图知，当U=6V时， I=3A，则每秒经过电阻横截面的电荷量是
q = It =3×1C=3.0C，故D正确。

因此CD正确，AB错误。

-6
8. 以下图，匀强电场中某直线上的两点 A、 B 相距 0.2 m，正电荷电量 q＝ 10 C，从 A 移到 B，
电场力做功为 2×10-6 J，则 ( )
A. 该电场的场强为10 V/m
B. 该电场的场强方向由 A 指向 B
C. A、 B 间的电势差为 2 V
D. A 点的电势比 B 点的高
【答案】 CD
【分析】依据电场力做功的公式W=qU得：，故C正确；依据匀
强电场两点电势差和电场强度的公式：，故A正确；因为
，因此 B 点的电势比 A 点的低，故 D 正确；沿着电场线电势必定降低，
因此电场的方向由A向B，故 D 正确。

因此ABCD正确。

9. 以下图，R是一个定值电阻， A 、B为水公正对搁置的两块平行金属板， B 板接地，
两板间带电微粒P 处于静止状态，则以下说法正确的选
项是
()
A. 若增大 A 、 B 两金属板的间距，则有向右的电流经过电阻R
B.若错开 A 、 B 两金属板的间距， P 保持原静止状态
C. 若紧贴 A 板内侧插入一块必定厚度的金属片，P 将向上运动
D. 若紧贴 B 板内侧插入一块必定厚度的陶瓷片，P 原地点电势减小
【答案】BC
【分析】若增大A、 B 两金属板的间距，依据电容的决定式：，可知电容减小，电
压不变，依据定义式：，可知电量减小，因此电容器放电，故有向左的电流经过电阻
，故
A 错误；若错开 A、
B 两金属板的间距，，可是电压不变，依据场强公式：
，
可
R
知场强不变，微粒受力不变，因此P 保持原静止状态，故 B 正确；若紧贴 A 板内侧插入一块必定厚度的金属片，相当于极板间距离变小了，而电压U 不变，依据场强公式：，可知场强增添，电场力增添，因此P 将向上运动，故 C 正确；若紧贴 B 板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片，因为电压不变，距离不变，依据场强公式：，可知场强不变，因此P 原地点电势不变，故 D 错误。

因此 BC正确， AD错误。

10.以下图， a、 b、 c、 d 四个质量均为m 的带电小球恰巧组成“三星拱月”之形，此中
a、 b、c 三个完好同样的带电小球在圆滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O 点做半径为 R
的匀速圆周运动，三小球所在地点恰巧将圆周平分．小球 d 位于 O 点正上方 h 处，且在外力 F 作用下恰处于静止状态，已知a、 b、 c 三小球的电荷量均为 q，d 球的电荷量
为 6q， h= R．重力加快度为g，静电力常量为k，则（）
A.小球 d 必定带正电
B.小球 b 的周期为
C.小球 c 的加快度大小为
D.外力 F 竖直向上，大小等于
【答案】 BCD
【分析】 a、b、c 三小球所带电荷量同样，要使三个做匀速圆周运动， d 球与 a、b、c 三小球必定是异种电荷，因为 d 球的电性未知，因此 a 球不必定带正电，故 A 错误；以b为研究对象：依据牛顿第二定律和向心力公式得：
，此中，
，联立解得：，，故BC正确；对d球受力剖析，
由均衡条件得：，故 D 正确。

因此BCD 正确，A 错误。

二、实验题（每题8 分，共 16 分）
11. 以下图实验装置可用来研究影响平行板电容器电容的要素，此中电容器左边极板
和静电计外壳接地，电容器右边极板与静电计金属球相连．
（1）使电容器带电后与电源断开（选填变大，变小或不变）
①将左极板上移，可察看到静电计指针偏转角_______；
②将极板间距离减小时，可察看到静电计指针偏转角_____；
③
两板间插入一块玻璃，可察看到静电计指针偏转角
；______
（ 2）以下对于实验中使用静电计的说法中正确的有（______）
A．使用静电计的目的是察看电容器电压的变化状况
B．使用静电计的目的是丈量电容器电量的变化状况
C．静电计能够用电压表代替
D．静电计能够用电流表代替
【答案】(1). 变大(2).变小(3).变小(4). A
【分析】（1 ）①依据电容的决定式：，上移左极板，正对面积S 减小，则电容
减小，可知电容减小，电量不变，依据定义式：，可知电势差增大，指针偏角变大；
②依据电容的决定式：，板间距离减小，则电容增大，因为电量不变，依据定义式：
，可知电势差减小，指针偏角变小；③ 两板间插入一块玻璃，依据电容的决定式：，介电常数变大，则电容增大，因为电量不变，依据定义式：，可知电势差减小，指针偏角变小。

（2 ）静电计可丈量电势差，依据指针张角的大小，察看电容器电压的变化状况，没法判
断电量的变化状况，故 A 正确，B 错误；静电计与电压表、电流表的原理不一样，不可以代替．电流表、电压表线圈中一定有电流经过时，指针才偏转，故 CD 错误。

因此 A 正确，BCD 错误。

12.如图甲为某同学描述额定电压为3.8V 的小灯泡伏安特征曲线的实验电路图。

（ 1）依据电路图甲，用笔划线取代导线，将图乙中的实验电路连结完好_____；
（ 2
）开封闭合以前，图乙中滑动变阻器的滑片应当置于____端（选填“A”、“B” “AB
或
中间”）；
（ 3）实验中测出 8 组对应的数据，以下表
请在给出的坐标中，描点做出I-U 图线。

由图像可知，跟着电流的增大，小灯泡的电阻（选填“增大”、“减小”、“不变”）
【答案】(1).(2). A(3).
增大
【分析】试题剖析：（ 1）依据实验原理图连结即可，注意电压表、电流表的量程不要选错，正负极不可以连反，滑动变阻器采纳分压接法．以下图
（2）为了保护小灯泡，应在开始的时候使其两头电压为零，即滑动变阻器的滑片处于 A 端，（3）从表格中可适当电灯泡两头达到额定电压 3.8V 时，其电流为0.33A，故其额定功率为，伏安特征曲线以下图
从图像中可得的值愈来愈大，因此跟着电流的增大，小灯泡的电阻在增大，
考点：考察了描述小灯泡伏安特征曲线实验
【名师点睛】
三、计算题（共44 分）
13.以下图，已知平行金属板间距为d，与水平面夹角为θ，要使一质量为 m、电量
为 +q 的小球能从AB 板 A 端沿水平方向匀加快直线运动至CD 板的 D 端，求：
（ 1）小球运动的加快度 a 多大？
（ 2）两金属板间的电压U 应是多少？（重力加快度为g）
（ 3）小球从 A 端运动至 D 端时其电势能变化了多少？
【答案】（ 1）（2）（3）
【分析】试题剖析：对小球受力剖析，依据牛顿第二定律求出加快度；在依据场强公式
求出电压；依据电场力做功与电势能变化关系求出电势能变化。

（1）（ 2）粒子受力以下图，
由牛顿第二定律得：
在竖直方向：
联立解得：
（2）依据匀强电场场强与电势差的关系：
联立以上解得：
（3）电场力做正功，小球的电势能要减少，则：
点睛：本题主要考察了电场力和牛顿第二定律，电场力做功与电势能的关系。

14. 一条长 3l 的丝线衣着两个质量均为m 的小金属环 A 和 B ，将线的两头都系于同一
点 O，
当两金属环带上等量同种电荷后，因为两环间的静电斥力使丝线组成等边三角形，此时两环于同一
水平线上，以下图假如不计环与线的摩擦，此时细线的作使劲有多大？两环带多少电荷量？
【答案】（ 1）（2）
【分析】试题剖析：对小环进行受力剖析，以 B 为研究对象受力剖析，小球受重力、丝线
的张力 F1 和库仑力F，依据均衡条件和库仑定律即可求解。

小环是穿在丝线上，作用于小环上的两个拉力大小相等，方向不一样．小环受四个力，如图所示：
竖直方向：
水平方向：
联立解得：
点睛：本题主要考察了库仑定律得应用，要求同学们能正确选择研究对象，对物体进行受力
剖析，即可解题。

15.以下图，在空间中取直角坐标系xOy ，在第一象限内从 y 轴到 MN 之间的地区充满一
个沿 y 轴正方向的匀强电场，MN 为电场的理想界限，场强盛小为E1，ON=d ．在第二象限
内充满一个沿x 轴负方向的匀强电场，场强盛小为E2．电子由第二象限的 B 点静止开释沿 x 轴负方向从y 轴上的 A 点射入第一象限地区，且从MN 上的 P 点走开．已知 B 点坐标为
（-l ， h）．电子的电量为e，质量为m，电子的重力忽视不计，求：
（1）电子从 A 点进入第一象限的速度大小；
（2） P 点的坐标；
（3）电子经过 x 轴时离坐标原点 O 的距离．
【答案】（ 1）（ 2）（ 3）
..................
（1）从 B 到 A 的过程中，粒子加快度运动，由动能定理得：
解得：
（2）电子从 A 运动到 P，做类平抛运动，则：
电子电场 E1中的运动时间为：
射出 P 点时竖直方向的分位移为：
又依据牛顿第二定律得：
联立解得：
因此P 点的坐标为（d，）
（ 3）电子抵达P 点时，竖直分速度为：
速度与竖直方向夹角θ，
电子走开电场后水平方向有：△ x=(h-y)tan θ
电子经过 x 轴时离坐标原点O 的距离x=d+△ x=
能娴熟运用运动点睛：本题主要考察了带电粒子在匀强电场中加快和偏转联合的问题，
的分解法研究类平抛运动即可解题。

16. 以下图， ABCD 为固定在竖直平面内的轨道，AB 段圆滑水平， BC 段为圆滑圆弧，
对应的圆心角
θ=37，°半径 r=2.5m ， CD 段平直倾斜粗拙且足够长，各段轨道均光滑连结，倾斜轨
道所在地区有场强
大小为 E=2×l05N/C 、方向垂直于斜轨向下的匀强电场．质量m=2×l0﹣2 kg、电荷量﹣6
q=+1 ×10 C 的小物
体 a 被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行并与质量相等的不带电小物体 b 碰后粘在一起成带电体p
（视为质点）向左运动，并在 C 点以速度v0=3m/s 冲上斜轨．以带电体p 经过 C 点时为计时起点， 0.1s
此后，场强盛小不变，方向反向．已知斜轨与p 间的动摩擦因数μ=0.2．设p的电荷量保持不变，取
g=10m/s2． sin37 °=0.6， cos37°=0.8． (结果保存两位有效数字)
（1）求弹簧枪对小物体 a 所做的功；
（2）在斜轨上带电体 p 能抵达的最高点为 Q，求 CQ 的长度．
【答案】（ 1） 0.76J（2）0.61m
【分析】试题剖析：设弹簧枪对小物体做功为W f，由动能定理即可求解；对小物体进行
受力析，剖析物体的运动状况，依据牛顿第二定律求出加快度，联合运动学基本公式即可求解。

（ 1）设弹簧枪对小物体做功为W f，小物体a遇到b前的速度为v1,碰后整体P 的共同速度为 v2，由功能关系得：
由动量守恒得：mv1=2mv 2
p机械能守恒得：
联立以上解得：W f=0.76J
（ 2）取沿平直斜轨向上为正方向．设带电体p 经过 C 点进入电场后的加快度为a1，
由牛顿第二定律得：﹣ 2mgsinθ﹣μ（2mgcosθ+qE） =2ma1
p 向上做匀减速运动，经t1=0.1s 后，仍有向上速度达到v3，有： v3=v0+a 1t1
由以上解得： v3=2.14m/s
设运动的位移为x1，依据位移与时间关系有：
解得：x1= 0.26m
电场力反向后，设小物体的加快度为a2，由牛顿第二定律得：
﹣2mgsinθ﹣μ（ 2mgcosθ﹣qE）=2ma2
设小物体以此加快度运动到速度为0，位移为x2，有：
依据速度与位移关系：2a2x2=v 32
代入数据解得：x2=0.35m
设 CE 的长度为 x，有： x=x 1+x 2
联立有关方程，代人数据解得：x=0.61m
点睛：本题主要考察了动能定理、牛顿第二定律及运动学基本公式的直策应用，要求同学们能正确对物体受力剖析，确立物体的运动状况。