福建廈門一中度高二物理10月月考選修一

1、A.甲表是電流表,B.甲表是電流表,R增大時量程增大R增大時量程減小福建省廈門第一中學 2008-2009學年度高二年第一學期階段考試（物理）（100分）一、本題共12小題，每小題3分，共36分.在每小題給出的四個選項中，有的 小題只有一個選項正確，有的小題有多個選項正確.全部選對的得 3分，選不全 的得2分，有選錯或不答的得0分.1.圖1中的甲、乙兩個電路，都是由一個靈敏電流計 一個變阻器R組成，它們之中一個是測電壓的電壓表, 一個是測電流的電流表，那么以下結論中正確的是2.C.乙表是電壓表，D.上述說法都不對 如圖2所示電路中，R增大時量程減小電源的電動勢為E,內電阻為r.當變阻器R的滑片

2、P向上移動時,電壓表V的示數(shù)U和電流表圖2圖6的示數(shù)I變化的情況是A . U變大，I變大B. U變小，I變小C. U變大，I變小D. U變小，I變大.如圖3所示電路中，電阻 Ri=2Q, R2= 8Q, R為可變電阻，要使Ri和R2消耗的電功率相等，可變電阻應調為a. 6ab. 14a c. 4a d. 2a.為測某電阻R的阻值，分別接成圖 4所示的甲、乙兩電路，在甲電路中電壓表和電流表的示數(shù)分別為3V、3mA ,乙電路中兩表示數(shù)分別為2.9 V和4 mA ,則待測電阻的值應為a,比1000 a略大一些B,比1000 a略小一些C ,比725 Q略大一些 D .比725 Q略小一些.如圖5所示

3、，直線A為電源a的路端電壓與電流的關系圖象，直線B為電源b的路端電壓與電流關系圖象，直線C為一個電阻R的兩端電壓與電流的關系圖象，將這個電阻R分別接到a、b兩個電源上，由圖可知兩次相比A . R接到電源a上，電源的效率較高R接到電源b上，電源的輸出功率較大R接到電源a上，電源輸出功率較大，但電源效率較低D.沒有數(shù)值無法確定6.兩塊電壓表V1和V2是由完全相同的電流表改裝而成的，V1的量程為15V, V2的量程為5V,為了測1520V間的電壓值，把 V1和V2串聯(lián)起來使用，在這種情況下A. V1和V2的示數(shù)相同B. V1和V2的指針偏轉角度相等丫1和V2的示數(shù)之比等于兩個電壓表內阻之比V1和V2

4、的指針偏轉角之比等于兩個電壓表內阻之比7.如圖6所示，靜止的電子在加速電壓 U1的作用下從O經(jīng)P板的小孔射出，又垂直進入平行金屬板間的電場，在偏轉電壓U2的作用下偏轉一段距離現(xiàn)使U1加倍，要想使電子的運動軌跡不發(fā)生變化，應該A,使U2加倍B.使U2變?yōu)樵瓉淼?倍c,使U2變?yōu)樵瓉淼腏2倍D,使U2變?yōu)樵瓉淼?/2倍8,關于庫侖定律的公式F _kQlQ2，下列說法中正確的是rA.當真空中的兩個點電荷間的距離一8時，它們之間的靜電力 F-0B.當真空中的兩個點電荷間的距離一0時，它們之間的靜電力 F-8C.當兩個點電荷之間的距離 一8時，庫侖定律的公式就不適用了D.當兩個點電荷之間的距離 一0時，

5、電荷不能看成是點電荷，庫侖定律的公式就不適 用了9,由電場強度的定義式 E=F/Q可知，在電場中的同一點A.電場強度E跟F成正比，跟 Q成反比B.無論檢驗電荷所帶的電量如何變化，F(xiàn)/Q始終不變C.電場中某點的場強為零，則在該點的電荷受到的電場力一定為零D. 一個不帶電的小球在 P點受到的電場力為零，則 P點的場強一定為零10.粒子運動軌跡如圖中虛線，則可以判斷圖7一帶電粒子射入一固定在 O點的點電荷的電場中， 中實線是同心圓弧，表示電場的等勢面.不計重力A.此粒子一直受到靜電排斥力作用B.粒子在b點的電勢能一定大于在 a點的電勢能C.粒子在b點的速度一定大于在 a點的速度D.粒子在a點和c點的

6、速度大小一定相等.在平行板電容器 A、B兩板上加上如圖8乙所示的交變電壓， 開始B板的電勢比A板高, 這時兩板中間原來靜止的電子在電場作用下開始運動，設電子在運動中不與極板發(fā)生碰撞，則下述說法正確的是 （不計電子重力）A.電子先向A板運動，然后向B板運動，再返回 A板做周期性來回運動B .電子一直向 A板運動C .電子一直向 B板運動D.電子先向B板運動，然后向 A板運動，再返回 B板做來回周期性運動甲乙圖9c、d、e、f、g和h按圖10所囹10.如圖9所示，兩塊平行帶電金屬板，帶正電的極板接地，兩板間P點處固定著一個負電荷（電量很小）。現(xiàn)讓兩板保持距離不變而水平錯開一段距離，則A.兩板間電壓

7、變大，P點場強變大 B.兩板間電壓變小，P點場強變小C. P點電勢變大，負電荷的電勢能變小D. P點電勢變小，負電荷的電勢能變大二、本題共2小題，共12分.把答案填在題中的橫線上或按題目要求作答.在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”實驗中，用導線 a、b、 示方式連接電路，電路中所有元器件都完好，且電壓表和電流表已調零,閉合開關后； 若電壓表的示數(shù)為 2 V,電流表的的示數(shù)為零，小 燈泡不亮，則斷路的導線為 ;若電壓表的示數(shù)為零，電流表的示數(shù)為0.3 A,小燈泡亮，則斷路的導線為 ;若反復調節(jié)滑動變阻器，小燈泡亮度發(fā)生變化，但電壓表、電流表的示數(shù)不能調為零, 則斷路的導線為.圖1114.多用電表表頭

8、的示意如圖11,在正確操作的情況下:若選擇開關的位置如灰箭頭所示,則測量的物理量是, 若選擇開關的位置如白箭頭所示,則測量的物理量是,若選擇開關的位置如黑箭頭所示,則測量的物理量是,測量結果為,測量結果為,測量結果為圖13（4）若選擇開關的位置如黑箭頭所示，正確操作后發(fā)現(xiàn)指針的偏轉角很小，那么接下來的正確操作步驟應該依次為：, , 。 全部測量結束后，應將選擇開關撥到 或者；（6）無論用多用電表進行何種測量（限于直流），電流都應該從 色表筆經(jīng) 插孔流入電表.三、本題共5小題，滿分52分.解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算 步驟.只寫出最后答案的不能得分.有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫

9、出數(shù)值 和單位。.如圖12所示，R3=6Q,電源內阻r為1Q,當開關K合上且R2為2a時，電源的總功率 為16W,而電源的輸出功率為 12W,燈泡正常發(fā)光，求：（1）電燈的電阻及功率；（2）K斷開時，為使燈泡正常發(fā)光，R2的阻值應調到的值.如圖13所示的勻強電場中， 有a、b、c三點，ab =2cm , bc =12cm , 其中ab沿電場方向，bc和電場方向成60角，一個電荷量為 q= 4X10-8C的正電荷從a移到b,電場力做功為 W1=1.2 M0-7 J,求:(1)勢差勻強電場的場強 E; (2)電荷從b移到c,電場力做功W2；(3) a、c兩點的電Uac.17.如圖所示，一條長為 L

10、的細線，上端固定，將它置于一勻強電場中，場強大*線18.*線19.* * * * * * * * * * * * * * *小為E,水平向右，已知當細線離開豎直位置的偏角為 狀態(tài)。(1)小球帶何種電荷？電量是多少？(2)如果使細線的偏角由a增大到中，然后由靜止釋放，則中應為多大，才能使細線達到豎直位置時，小球的速度剛好為零 ？(3)如果將小球向左方拉成水平，此時線被拉直，那么放手后小球將做怎樣的運動 經(jīng)多長時間線又被拉直 ？有帶平行板電容器豎直安放如圖現(xiàn)從平行板上A處以VA=3m/s?小球開始運動后15所示，兩板間距a時，小球處于平衡圖14d=0.1m,電勢差 U=100V,速度水平射入一帶正

11、電小球(已知小球帶電荷量 q=10-7C,質量m=0. 02q) 經(jīng)一段時間后發(fā)現(xiàn)小球打在 A點正下方的B處，求A、B間的距離Sab . ( g取10m/s2)如圖16所示電路中，電池的電動勢E=6V ,內電阻是可變電阻，在Ro由零增加到50的過程中，求： (1)可變電阻上消耗熱功率最大的條件和最大熱功 率；(2)電池的內電阻r和電阻R上消耗的熱功率之和的 最小值.r=1 Q,電阻 R=9Q, RoEq R圖16福建省廈門第一中學 2008-2009學年度高二第一階段考試答題卷(物理)一13141516171819總分填空13.14.斷路的導線為 ;斷路的導線為 ;斷路的導線為 多用電表表頭的

12、示意圖如，在正確操作的情況下： 物理量是 ,測量結果為 ; 物理量是 ,測量結果為 ; 物理量是 ,測量結果為 ;(4) 正確操作步驟應該依次為： , 選擇開關撥到 或者(6)電流都應該從 色表筆經(jīng) 插孔流入電表。15.16.座位號17.18.19.物理月考試題參考答案123456789101112BCDBCBC.AADBCABDCAD、選擇題、填空13. d線；h線；g線14.解：直流電壓，1.24V。直流電流，49mA。電阻，1.7k Q該用X1k 倍 率，重新調零，將紅黑表筆分別接觸被測電阻的兩根引線，讀出指針所指刻度，再乘以倍率 得測量值。OFF,交流電壓500V檔位置。紅，正15.

13、(1)電燈的電阻為 4Q,功率為4W(2) R2=3Q16.由于電場力做功 W=qU與路徑無關，只與初末位置間的電勢差有關，故可據(jù)已知的電場力做功先求電勢差解析(1)設Wi =qU ab匚UabE 二d，再據(jù)勻強電場中場強與電勢差的關系確定場強 ab兩點間距離dE.反之亦然.Wqd1.2 10，8V/m =60 V/m.4 105 10(2)設bc兩點沿場強方向距離為d1.Ubc=Ed13 HYPERLINK l bookmark23 o Current Document d1 =bc cos604W2=qUbc由343得：W2 =qE bc cos60 =4m10父60M12 父10/ M0

14、.5J=1.44 10-7J. (3)設電荷從a移到c電場力做功為 WW=Wi+W2W=qU ac由67式得：Wi W2Uac =6)71.2 10, 1.44 10q2.64 1028 V = 6.6V.4 104 10”17.解析：(1)分析小球受力如圖14126所示，由力的平衡知小球帶正電，且： T sin ： = Eq T cos： = mgmg tan :解得：q =E(2)小球從細線偏角 中的位置運動到豎直位置時， 拉力T不做功, 重力做正功，電場力做負功，由動能定理得：圖 14126mgL(1 -cos ) - EqL sin =0即:mg tan ;1 - cos : Eq E

15、 esin : mg mg二tan :貝U： tan -72 = tan ： , 二2(3)小球受力分析如圖 14127所示.由于小球所受重力、電場力均為恒力且由靜止釋放，故小球將沿合力方向做初速度為零的勻加速直線運動，當線被拉直時，小球運動的位移為：s = 2Lsin 二小球的加速度為：:伊川方,1 ,2,日， 2s 2 2Lsin1 2Lsin21由$= at 得：t=J=2a gZcos, g說明：此題第(2)問也可由能量的轉化和守恒來解.參與做功的力有重力和電場力，因此，在運動過程中相互轉化的能量是重力勢 能、電勢能和動能.由初末位置的動能相等、皆為零可知重力勢能圖 14 127的減少等于電勢能的增加，因此 mgL(1 cos中)=EqLsin中18.小千m在處以va以水平射入勻強電場后，運動軌跡如圖所示。對于這類較復雜的運動， 中學中常用的處理方法是將其分解成兩個或幾個簡單的直線運動，根據(jù)力的獨立作用原理及運動的互不相干性分別加以分析。考察豎直方向情況：小球無初速，只受重力mg