尤溪县第四高级中学2018-2019学年高二上学期第一次月考试卷物理
尤溪县2018-2019学年第一学期普通高中半期考试.doc
尤溪县2018-2019学年第一学期普通高中半期考试高二生物参考答案一．选择题（本卷共40个小题，1－30每小题1 分，31－40每小题2 分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
）DAAAB DBABB DADCC DCBCC BBCDC CDDBA DCDAD BCCBC二．非选择题（共50分）41.（8分，除注明外每空1分）（1）隐常因为如果致病基因X染色体上，则Ⅲ9患病，她的父亲Ⅱ5必患病，这与图示的不相符。
（2）Aa aa （3）2/3 （4）1/342.(12分，每空2分)(1)亲本形成配子时，含Y和y基因的配子比值是1∶1，且雌雄配子的结合是随机的。
(用遗传图解表示也可)(2)1/8 Yyrr (3)①自交②表现型及比例③若子代出现黄色圆粒、黄色皱粒、绿色圆粒、绿色皱粒四种表现型,且比例接9∶3∶3∶143.（12分，除说明外每空1分）(1)同位素标记法(2)朊病毒不含核酸只含蛋白质，蛋白质中磷含量极低，故离心后上清液和沉淀物中几乎不含32P(2分)(3)沉淀物35S随朊病毒侵入到牛脑组织细胞中，离心后位于沉淀物中。
(2分)上清液会有少量的朊病毒不能成功侵入牛脑组织细胞，离心后位于上清液中(2分) (4)核酸核苷酸和氨基酸(原料)自身核酸的复制和蛋白质的合成44.（6分，每空1分）(1) P链、T链、A链、B链一(2) D(3).6n(4) 逆转录和RNA复制（无顺序）45.（12分，除说明外每空1分）(1)伴性不遵循(2)黄色Z Ab W黄羽雄鹑∶栗羽雄鹑∶黄羽雌鹑∶白羽雌鹑＝1∶1∶1∶1(2分)(3)第一种：雏鹑性别比例为雌∶雄＝1∶0(或均为雌鹑)(2分)第二种：雏鹑性别比例为雌∶雄＝4∶1(2分)第三种：雏鹑性别比例为雌∶雄＝0∶1(2分)。
高二物理上学期第一次月考试卷高二全册物理试题_22 (2)
嗦夺市安培阳光实验学校九江一中高二（上）第一次月考物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．1-9为单选，10-12为多选．多选题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选或不选的得0分）．1．一个小电珠上标有“6V 0.3A”，它在正常发光时的电阻是( )A．20ΩB．1.8ΩC．0.05ΩD．6.3Ω2．关于电阻和电阻率的说法中，正确的是( )A．导体对电流的阻碍作用叫做导体的电阻，因此只有导体中有电流通过时才有电阻B．由R=可知导体的电阻与导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比C．电阻率由材料决定，与导体的长度没有关系D．将一根导线等分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一3．横截面的直径为d、长为l的导线，两端电压为U，当这三个量中一个改变时，对自由电子定向运动的平均速率的影响是( )A．电压U加倍，自由电子定向运动的平均速率不变B．导线长度l加倍，自由电子定向运动的平均速率加倍C．导线横截面的直径加倍，自由电子定向运动的平均速率不变D．以上说法均不正确4．将一只阻值为几千欧的电阻R1和一只阻值为千分之几欧的电阻R2串联起来，则总电阻( )A．很接近R1而略大于R1B．很接近R1而略小于R1C．很接近R2而略大于R2D．很接近R2而略小于R25．通过一个导体电流是2A，经过4min通过该导体横截面的电量是( ) A．8C B．20C C．480C D．1200C6．将一个满偏电流I g=1mA 内阻R g=60Ω的表头改装成一个量程为0﹣0.6A的电流表，应该( )A．并联一个R=540Ω的电阻 B．并联一个R=0.1Ω的电阻C．并联一个R=5400Ω的电阻D．串联一个R=0.6Ω的电阻7．图中，输入端ab间的电压为30V，改变滑动变阻器触头的位置，可以改变输出端AB间的电压，A、B间电压的变化范围为( )A．0﹣10V B．0﹣15V C．0﹣30V D．15﹣30V8．如图电路所示，R1：R2：=1：2：3当ab两端接入60V电压时，cd段端输出电压等于( )A．60V B．30V C．15V D．10V9．科学家在实验室中找到一种材料，它的I﹣U曲线如图，OC段为曲线，CD 段为直线，CD的连线与横轴的交点在原点的左侧，下列说法正确的是( ) A．该材料的电阻随电流的增大而一直增大B．该材料的电阻随电流的先增大后不变C．该材料的电阻随电流的增大而一直减小D．该材料的电阻随电流的先减小后不变10．如图所示的电路中，R1、R2、、和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r=R1，设电流表A的读数为I，电压表V的读数为U，当R5的滑动角点向图中a端移动时( )A．I变小B．U变小C．电源的效率变低D．电源的输出功率变小11．两块电压表V1和V2是由完全相同的电流表改装成的，V2的量程为3V，V1的量程为15V，为了测量15～20V的电压，把V1和V2串联起来使用，在这种情况下( )A．V1和V2的读数相等B．V1和V2的指针偏转角相等C．V1和V2的读数之比等于两个电压表内阻之比D．V1和V2的指针偏转角之比等于两个电压表内阻之比12．四个小灯连接成如图所示电路，合上电键S，各灯均正常发光．若小灯L2灯丝突然烧断，则下列说法正确的是( )A．L1变亮B ．变亮C．L4变亮D．电源的效率变低二、实验题（本题共2小题，13题8分，14题4分，共12分，将正确答案填写在题目的横线处．）13．测一个阻值约为18kΩ的电阻，备有下列器材：A．电流表（量程500 μA，内阻100Ω）B．电流表（量程0.6A，内阻300Ω）C．电压表（量程10V，内阻100kΩ）D．电压表（量程50V，内阻500kΩ）E．直流稳压电源（电动势15V，允许最大电流1A）F．滑动变阻器（最大电阻1kΩ，额定功率1W）G．电键、导线若干（1）电流表应选__________，电压表应选__________．（填电表之前的字母即可）（2）电路选择__________ （填“分压式”或者“限流式”）（3）电路选择电流表__________（填“内接法”或者“外接法”）14．某同学在一次测量时，电压表（0﹣15V）、电流表（0﹣0.6A）的示数如图所示．则电压值为__________ V，电流值为__________ A15．手电筒的干电池给小灯泡供电时，电流为0.4A，在某次接通开关的20s时间内，一节干电池（电动势为1.5V）中有多少化学能转化为电能？16．将一个满偏电流I g=1mA 内阻R g=30Ω的表头改装成一个量程为0﹣3V的电压表，（1）应该串联还是并联一个电阻？阻值为多大？（2）改装后的电流表测量电流时，指针指在表盘上原来0.2mA处，则被测电压的大小是多少？17．如图所示，电源电动势E=8V，内阻r=1Ω，R1=R2=R3=2Ω，求：（1）干路电流（2）路端电压．18．有一条横截面积为S的铜导线中自由电子定向移动的速率为v，已知铜的密度为ρ，铜的摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为N A，电子的电量为e，求铜导线通过的电流．（在这个问题中可以认为导线中每个铜原子贡献一个电子，答案用题中已知的物理量表示）19．如图所示，已知电源电动势E=18V，内阻r=1Ω，当接入固定电阻R=2Ω时，电路中标有“4V，8W”的灯泡L和内阻R D=1Ω的小型直流电动机D都恰能正常工作．试求：（1）电路中的电流大小；（2）电动机的额定电压；（3）电动机的输出功率．20．在如图所示的电路中，电源的电动势E=15.0V，内阻r=1.0Ω；电阻R1=60Ω，R2=10Ω，R3=20Ω，R4=35Ω；电容器的电容C=100 μF，求：（1）接通电键S后，流过电源的电流和R3两端的电压；（2）待电路稳定后再断开开关S，求流过R3的电荷量．九江一中高二（上）第一次月考物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．1-9为单选，10-12为多选．多选题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选或不选的得0分）．1．一个小电珠上标有“6V 0.3A”，它在正常发光时的电阻是( )A．20ΩB．1.8ΩC．0.05ΩD．6.3Ω【考点】欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】小电珠正常发光时其电压为额定电压，电流为额定电流，由欧姆定律求解其电阻．【解答】解：由题意知小电珠正常发光时电压为 U=6V，电流为 I=0.3A则在正常发光时的电阻是 R==Ω=20Ω故选：A．【点评】本题要明确电珠正常发光的条件，由其铭牌读出额定电压和额定电流，能熟练运用欧姆定律变形求电阻．2．关于电阻和电阻率的说法中，正确的是( )A．导体对电流的阻碍作用叫做导体的电阻，因此只有导体中有电流通过时才有电阻B．由R=可知导体的电阻与导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比C．电阻率由材料决定，与导体的长度没有关系D．将一根导线等分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一【考点】电阻定律；欧姆定律．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】导体的电阻由电阻本身的性质决定，与通过导体的电流以及两端的电压无关．电阻率由材料决定和温度决定，与导体的长度没有关系．【解答】解：A、根据R=知，导体的电阻由本身的性质决定，通过导体的电流无关．故A错误．B、电阻R由本身性质决定，与通过导体的电流以及两端的电压无关．故B 错误．C、电阻率由材料决定和温度决定，与导体的长度没有关系．故C正确．D、电阻率的大小有材料本身性质决定，与导线的长度和横截面积无关．故D错误．故选：C．【点评】解决本题的关键掌握电阻定律，知道电阻的大小与电流、电压无关，以及知道电阻率的大小由材料本身性质决定．3．横截面的直径为d、长为l的导线，两端电压为U，当这三个量中一个改变时，对自由电子定向运动的平均速率的影响是( )A．电压U加倍，自由电子定向运动的平均速率不变B．导线长度l加倍，自由电子定向运动的平均速率加倍C．导线横截面的直径加倍，自由电子定向运动的平均速率不变D．以上说法均不正确【考点】电流、电压概念；电阻定律．【专题】恒定电流专题．【分析】根据欧姆定律、电流的微观表达式I=nqvS和电阻定律结合分析自由电子定向运动的平均速率如何变化．【解答】解：A、电压U加倍时，由欧姆定律得知，电流加倍，由电流的微观表达式I=nqvS 得知，自由电子定向运动的平均速率v加倍．B、导线长度l加倍，由电阻定律得知，电阻加倍，电流减半，则由电流的微观表达式I=nqvS得知，自由电子定向运动的平均速率v减半．故B错误．C、导线横截面的直径d加倍，由S=得到，截面积变为4倍，由电阻定律得知，电阻变为倍，电流变为原来的4倍，根据电流的微观表达式I=nqvS得知，自由电子定向运动的平均速率v不变．故C正确．D、由上得到D错误．故选C 【点评】高中物理中涉及自由电荷定向移动速度的公式只有电流的微观表达式I=nqvS．本题考查欧姆定律、电阻定律和电流的微观表达式I=nqvS综合应用能力．4．将一只阻值为几千欧的电阻R1和一只阻值为千分之几欧的电阻R2串联起来，则总电阻( )A．很接近R1而略大于R1B．很接近R1而略小于R1C．很接近R2而略大于R2D．很接近R2而略小于R2【考点】串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．【分析】串联电路的总电阻等于各个电阻之和，据此列式分析即可进行判断．【解答】解：串联的总电阻为 R=R1+R2；由题知：R1远大于R2，所以R很接近R1而略大于R1，远大于R2，故A正确，BCD 错误．故选：A【点评】解决本题的关键是掌握串联电路总电阻与各个电阻的关系，知道串联总电阻与最大的电阻还要大．5．通过一个导体电流是2A，经过4min通过该导体横截面的电量是( ) A．8C B．20C C．480C D．1200C【考点】电流、电压概念．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题．【分析】已知电流2A和时间4min，根据Q=It可求出电荷量．【解答】解：t=4min=240s，通过导体横截面的电荷量：Q=It=2A×240s=480C．故选：C【点评】本题考查了电量及其计算，比较基本，只要记住公式：I=即可求解．但要注意单位配套．6．将一个满偏电流I g=1mA 内阻R g=60Ω的表头改装成一个量程为0﹣0.6A的电流表，应该( )A．并联一个R=540Ω的电阻 B．并联一个R=0.1Ω的电阻C．并联一个R=5400Ω的电阻D．串联一个R=0.6Ω的电阻【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题；定量思想；比例法；恒定电流专题．【分析】把电流表改装成大量程的电流表应并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值．【解答】解：把电流表改装成0.6A的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值为：R==≈0.1Ω；故选：B．【点评】本题考查了电流表的改装，知道电流表的改装原理是解题的关键，应用并联电路特点与欧姆定律可以解题．7．图中，输入端ab间的电压为30V，改变滑动变阻器触头的位置，可以改变输出端AB间的电压，A、B间电压的变化范围为( )A．0﹣10V B．0﹣15V C．0﹣30V D．15﹣30V【考点】路端电压与负载的关系．【专题】定量思想；方程法；恒定电流专题．【分析】根据串联电路电压与电阻的关系分析得知，当滑动变阻器触头置于变阻器的最上端时，U AB最大，当滑动变阻器触头置于变阻器的最下端时，U AB最小，分别求出U AB最小值和最大值，再得到U AB的变化范围．【解答】解：当滑动变阻器触头置于变阻器的最上端时，U AB最大，最大值为：U max=1×30=30V；当滑动变阻器触头置于变阻器的最下端时，U AB最小，最小值为：U min=0×30V=0V，所以U AB的变化范围是0～30V，故C正确，ABD错误．故选：C．【点评】本题实质是分压器电路，考查对串联电路电压与电阻成正比特点的理解和应用能力．8．如图电路所示，R1：R2：=1：2：3当ab两端接入60V电压时，cd段端输出电压等于( )A．60V B．30V C．15V D．10V【考点】路端电压与负载的关系；串联电路和并联电路．【专题】定性思想；方程法；恒定电流专题．【分析】当cd端接电压表时，R1、R2、R1串联，此时两个R3相当于导线，电压表测R2两端的电压，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，根据欧姆定律求出电压表的示数；【解答】解：当cd端接电压表时，R1、R2、R1串联，此时两个R3相当于导线，电压表测R2两端的电压，则得电压表的示数：U V ==V故选：B．【点评】本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是cd端接电压表时或接电流表时电路串并联的辨别，理清电阻之间的关系特别关键．9．科学家在实验室中找到一种材料，它的I﹣U曲线如图，OC段为曲线，CD 段为直线，CD的连线与横轴的交点在原点的左侧，下列说法正确的是( ) A．该材料的电阻随电流的增大而一直增大B．该材料的电阻随电流的先增大后不变C．该材料的电阻随电流的增大而一直减小D．该材料的电阻随电流的先减小后不变【考点】欧姆定律；路端电压与负载的关系．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】根据I﹣U图象上某点与坐标原点的连线的斜率表示电阻的倒数判断即可．【解答】解：I﹣U图象上某点与坐标原点的连线的斜率表示电阻的倒数，根据图象可知，随电流的增大，图象与坐标原点连线的斜率先减小，后不变，所以电阻先增大，后不变，故B正确．故选：B【点评】本题关键是明确小灯泡电阻随温度升高的变化情况，结合I﹣U曲线进行分析，要求同学们能根据图象得出有效信息，难度不大，属于基础题．10．如图所示的电路中，R1、R2、、和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r=R1，设电流表A的读数为I，电压表V的读数为U，当R5的滑动角点向图中a端移动时( )A．I变小B．U变小C．电源的效率变低D．电源的输出功率变小【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】当R5的滑动触点向图中a端移动时，R5变小，外电路总电阻变小，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，确定电流表A和电压表的读数变化，电源的效率，当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大．【解答】解：A、当R5的滑动触点向图中a端移动时，R5变小，外电路总电阻变小，则由闭合电路欧姆定律知，总电流I变大，路端电压变小，U变小，根据闭合电路欧姆定律，电路中并联部分电压U并=E﹣I（r+R1+R2）变小，则I变小，故AB正确；C 、电源的效率=，路端电压减小，E不变，则效率变低，故C正确；D、当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，而r=R1，所以外电路电阻一定大于内阻，则外电路总电阻变小，输出功率增大，故D错误；故选：ABC．【点评】本题电路动态变化分析问题，首先要明确电路的结构，按“局部→整体→局部”的顺序进行分析，知道当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大．11．两块电压表V1和V2是由完全相同的电流表改装成的，V2的量程为3V，V1的量程为15V，为了测量15～20V的电压，把V1和V2串联起来使用，在这种情况下( )A．V1和V2的读数相等B．V1和V2的指针偏转角相等C．V1和V2的读数之比等于两个电压表内阻之比D．V1和V2的指针偏转角之比等于两个电压表内阻之比【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题；定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】两表串联后，通过每个电流表的电流相同，指针偏转角度相同，但两电压表的总内阻不同，则两表的示数不同，其示数之比为两表的内阻之比．【解答】解：A、两表的示数与内阻成正比，而两表量程不同，内阻不同，则示数不同．故A错误．B、因是串联关系，电流大小一样，则指针偏转角度相同，故B正确．C、两表指针偏转角度相同，示数不等．读数为分压，正比于两表的内阻，故C 正确D错误．故选：BC．【点评】本题考查的是电压表的改装原理，电压表的内部电路为串联关系，相同的电流表电流相同，偏转角度一样，而对应刻度由量程决定．12．四个小灯连接成如图所示电路，合上电键S，各灯均正常发光．若小灯L2灯丝突然烧断，则下列说法正确的是( )A．L1变亮B ．变亮C．L4变亮D．电源的效率变低【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】动态预测题；整体思想；控制变量法．【分析】小灯L2灯丝突然烧断后，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化，由欧姆定律分析L1两端电压的变化，判断L1亮度的变化．由总电流和L1电流的变化，判断L3中电流的变化，确定L3亮度的变化．由L1、L3电压的变化判断L4电压的变化，判断L4亮度的变化．【解答】解：ABC、小灯L2灯丝突然烧断后，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知：电路中总电流I减小，L1两端电压 U1=E﹣I（R+r），I减小，其他量不变，则U1增大，L1变亮．L3中电流 I3=I﹣I1，I减小，I1增大，则I3减小，L3变暗．L4电压U4=U1﹣U3，U1增大，U3减小，则U4增大，L4变亮．所以L1、L4变亮，L3变暗．故AC正确，B 错误．D、电源的效率η=×100%=×100%，外电阻增大时路端电压U增大，而E不变，则电源的效率提高，故D错误．故选：AC【点评】本题实质是电路动态变化分析问题，要善于分析局部与整体的关系．分析L3中电流和L4电压如何变化，采用的是总量法要熟练掌握．二、实验题（本题共2小题，13题8分，14题4分，共12分，将正确答案填写在题目的横线处．）13．测一个阻值约为18kΩ的电阻，备有下列器材：A．电流表（量程500 μA，内阻100Ω）B．电流表（量程0.6A，内阻300Ω）C．电压表（量程10V，内阻100kΩ）D．电压表（量程50V，内阻500kΩ）E．直流稳压电源（电动势15V，允许最大电流1A）F．滑动变阻器（最大电阻1kΩ，额定功率1W）G．电键、导线若干（1）电流表应选A，电压表应选C．（填电表之前的字母即可）（2）电路选择分压式（填“分压式”或者“限流式”）（3）电路选择电流表内接法（填“内接法”或者“外接法”）【考点】伏安法测电阻．【专题】实验题；定性思想；类比法；恒定电流专题．【分析】（1）根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表；（2）根据待测电阻阻值与滑动变阻器最大阻值间的关系确定滑动变阻器的接法；（3）根据待测电阻阻值与电表内阻关系确定电流表的接法．【解答】解：（1）电源电动势为15V，电压表应选择C，电路最大电流约为：I==≈0.00056A=0.56mA=560μA，电流表应选择A；（2）待测电阻阻值约为18kΩ，滑动变阻器最大阻值为1kΩ，待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法；（3）==180，=≈5.56，＞，电流表应采用内接法；故答案为：（1）A；C；（2）分压式；（3）内接法．【点评】本题考查了实验器材的选择、滑动变阻器与电流表的接法，要掌握实验器材的选择方法，在伏安法测电阻实验中，当待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值时、电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器应采用分压接法．14．某同学在一次测量时，电压表（0﹣15V）、电流表（0﹣0.6A）的示数如图所示．则电压值为9.0 V，电流值为0.33 A【考点】多用电表的原理及其使用．【专题】实验题；推理法；实验分析法；恒定电流专题．【分析】首先明确电表的量程，再根据刻度线确定最小分度，从而根据指针的位置确定读数．【解答】解：电压表量程为15V，最小分度为0.5V，则读数为：9.0V；电流表量程为0.6A，最小分度为0.02A，则其读数为：0.33A；故答案为：9.0；0.33【点评】本题考查电表的读数方法，要注意明确最小分度为1时需要估读一位；而最小分度为2或5时不需要估读．15．手电筒的干电池给小灯泡供电时，电流为0.4A，在某次接通开关的20s时间内，一节干电池（电动势为1.5V）中有多少化学能转化为电能？【考点】电源的电动势和内阻；功能关系．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题．【分析】电动势是描述电池将其他形式能转化为电能的装置，根据公式W=EIt 列式求解电功．【解答】解：一节7号干电池电动势为1.5V，电功为：W=EIt=1.5×0.4×20=12J答：则这段时间内电池将12J的化学能转化为电能．【点评】本题关键是明确电动势的物理意义，知道其定义公式为E=，基础问题．16．将一个满偏电流I g=1mA 内阻R g=30Ω的表头改装成一个量程为0﹣3V的电压表，（1）应该串联还是并联一个电阻？阻值为多大？（2）改装后的电流表测量电流时，指针指在表盘上原来0.2mA处，则被测电压的大小是多少？【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题；定量思想；比例法；恒定电流专题．【分析】（1）把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值．（2）根据欧姆定律可以求出电压表的示数．【解答】解：（1）把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值：R=﹣R g =﹣30=2970Ω；（2）0.2mA处电压表示数：U=IR V=I（R+R g）=0.0002×（2970+30）=0.6V；答：（1）应该串联一个电阻，阻值为2970Ω；（2）改装后的电流表测量电流时，指针指在表盘上原来0.2mA处，则被测电压的大小是0.6V．【点评】本题考查了电压表的改装，知道电压表的改装原理是解题的关键，应用串联电路特点与欧姆定律可以解题．17．如图所示，电源电动势E=8V，内阻r=1Ω，R1=R2=R3=2Ω，求：（1）干路电流（2）路端电压．【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】计算题；定量思想；恒定电流专题．【分析】（1）由图知，R1与R2并联后与R3串联，先求出外电路总电阻，再由闭合电路欧姆定律求出干路电流．（2）由闭合电路欧姆定律求路端电压．【解答】解：（1）外电路总电阻为 R=R1+R3=1+2=3（Ω）由闭合电路欧姆定律得：干路电流 I==A=2A（2）路端电压 U=E﹣Ir=8﹣2×1=6（V）答：（1）干路电流是2A．（2）路端电压是6V．【点评】对于电路的计算，先分析电路的结构，求出总电阻，再由电路中电流和电压关系，求出局部的电压和电流．18．有一条横截面积为S的铜导线中自由电子定向移动的速率为v，已知铜的密度为ρ，铜的摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为N A，电子的电量为e，求铜导线通过的电流．（在这个问题中可以认为导线中每个铜原子贡献一个电子，答案用题中已知的物理量表示）【考点】电流、电压概念．【专题】计算题；定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】设自由电子定向移动的速率为v和导线中自由电子从一端定向移到另一端所用时间为t，求出导线中自由电子的数目，根据电流的定义式推导出电流的微观表达式，解得自由电子定向移动的速率【解答】解：设铜导线中自由电子定向移动的速率为v，导线中自由电子从一端定向移到另一端所用时间为t．则导线的长度为l=vt，体积为V=Sl=Svt，质量为m=ρvtS，这段导线中自由电子的数目为：n==在t时间内这些电子都能通过下一截面，则电流为：I==，代入解得，I=答：铜导线通过的电流【点评】本题关键是建立物理模型，根据电流的定义式推导电流的微观表达式，它是联系微观与宏观的桥梁19．如图所示，已知电源电动势E=18V，内阻r=1Ω，当接入固定电阻R=2Ω时，电路中标有“4V，8W”的灯泡L和内阻R D=1Ω的小型直流电动机D都恰能正常工作．试求：（1）电路中的电流大小；（2）电动机的额定电压；（3）电动机的输出功率．【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【专题】计算题；定量思想；推理法；恒定电流专题．【分析】（1）由题，“4V，8W”的灯泡L和内阻R D=1Ω的直流电动机D都恰能正常工作，则知电路中电流等于灯泡的额定电流，由灯泡的额定功率和额定电压，由P=UI求出电路中的电流大小．（2）根据串联特点电压的分配关系，由欧姆定律求出电动机的额定电压；（3）由功率公式可求得电动机的输出功率．【解答】解：（1）由题，“4V，8W”的灯泡L正常发光，则通过灯泡的电流等于额定电流，则电路中的电流大小为：I===2A．（2）直流电动机D能正常工作，其两端的电压等于额定电压，则有：U M=E﹣I（R+r）﹣U L=18﹣2×（2+1）﹣4=8V（3）电动机的输出功率为：P出=U M I﹣I2R D=8×2﹣4×1=12W；答：（1）电路中的电流大小是2A；（2）电动机的额定电压为8V（3）电动机的输出功率为12W．【点评】本题为闭合电路欧姆定律的计算题，在解题时要注意明确电动机不是纯电阻电路，欧姆定律不能使用，注意根据串并联电路的基本规律进行分析求解．20．在如图所示的电路中，电源的电动势E=15.0V，内阻r=1.0Ω；电阻R1=60Ω，R2=10Ω，R3=20Ω，R4=35Ω；电容器的电容C=100 μF，求：（1）接通电键S后，流过电源的电流和R3两端的电压；（2）待电路稳定后再断开开关S，求流过R3的电荷量．【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．【专题】计算题；定量思想；电容器专题．【分析】（1）闭合电键S后，稳定时没有电流流过R4，此电路相当断路．先求出外电路总电阻，再由闭合电路欧姆定律求出流过电源的电流，求出路端电压，由串联电路分压规律求R3两端的电压．。
尤溪县第四中学2018-2019学年高二上学期第一次月考试卷物理
尤溪县第四中学2018-2019学年高二上学期第一次月考试卷物理班级__________ 座号_____ 姓名__________ 分数__________一、选择题1．（2016·江苏苏北四市高三联考）某踢出的足球在空中运动轨迹如图所示，足球视为质点，空气阻力不计。
用v、E、E k、P分别表示足球的速率、机械能、动能和重力的瞬时功率大小，用t表示足球在空中的运动时间，下列图象中可能正确的是（）2．甲、乙两车从同一地点沿同一方向出发，下图是甲、乙两车的速度图象，由图可知（）A. 甲车的加速度大于乙车的加速度t时刻甲、乙两车的速度相等B.1t时刻甲、乙两车相遇C.1t时刻，甲车的平均速度小于乙车的平均速度D. 0～13．（2018中原名校联盟质检）如图甲所示，水平面上一质量为m的物体在水平力F作用下开始加速运动，力F的功率P保持恒定，运动过程中物体所受的阻力f大小不变，物体速度最终达到稳定值v m，作用过程物体速度的倒数1与加速度a的关系图像如图乙所示．仅在已知功率P的情况下，根据图像所给信息可知以下v说法中正确的是A ．可求出m 、f 和v mB ．不能求出mC ．不能求出fD ．可求出加速运动时间4． （2015·聊城二模，17）探月工程三期飞行试验器于2014年10月24日2时在中国西昌卫星发射中心发射升空，最终进入距月球表面高为h 的圆形工作轨道。
设月球半径为R ，月球表面的重力加速度为g ，万有引力常量为G ，则下列说法正确的是（ ）A ．飞行试验器在工作轨道上的加速度为⎝ ⎛⎭⎪⎫R R ＋h 2gB ．飞行试验器绕月球运行的周期为2πR gC ．飞行试验器在工作轨道上的绕行速度 为g R ＋hD ．月球的平均密度为3g4πGR5． 如图所示，可以将电压升高供给电灯的变压器的图是（ ）6． （2018中原名校联盟）如图所示，三个带电小球A 、B 、C 可视为点电荷，所带电荷量分别为＋Q 、－Q 、＋q ．A 、B 固定在绝缘水平桌面上，C 带有小孔，穿在动摩擦因数处处相同的粗糙绝缘杆上，绝缘杆竖直放置在A 、B 连线的中点处，将C 从杆上某一位置由静止释放，下落至桌面时速度恰好为零．C 沿杆下滑时带电荷量保持不变．那么C在下落过程中，以下判断正确的是A．所受摩擦力变大B．电场力做正功C．电势能不变D．下落一半高度时速度一定最大7．（2016·山东枣庄高三期末）如图所示，不带电的金属球A固定在绝缘底座上，它的正上方有B点，该处有带电液滴不断地自静止开始落下（不计空气阻力），液滴到达A球后将电荷量全部传给A球，设前一液滴到达A球后，后一液滴才开始下落，不计B点未下落带电液滴对下落液滴的影响，则下列叙述中正确的是（）A．第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，都能到达A球B．当液滴下落到重力等于电场力位置时，开始做匀速运动C．能够下落到A球的所有液滴下落过程所能达到的最大动能不相等D．所有液滴下落过程中电场力做功相等8．下面说法正确是（）A.感抗仅与电源频率有关，与线圈自感系数无关B.容抗仅与电源频率有关，与电容无关C.感抗.容抗和电阻等效，对不同交变电流都是一个定值D.感抗是由于电流变化时在线圈中产生了自感电动势而对电流的变化产生的阻碍作用9．1．A为实心木球，B为实心铁球，C为空心铁球。
尤溪县第二中学校2018-2019学年高二上学期第一次月考试卷物理
尤溪县第二中学校2018-2019学年高二上学期第一次月考试卷物理班级__________ 座号_____ 姓名__________ 分数__________一、选择题1．真空中有两个静止的点电荷，它们之间静电力的大小为F。
如果保持这两个点电荷的带电量不变，而将它们之间的距离变为原来的4倍，那么它们之间的静电力的大小为A. B. C. D.2．如图甲所示,一火警报警器的部分电路示意图,其中R2为半导体热敏材料制成的传感器,其电阻随温度T变化的图线如图乙所示,电流表为值班室的显示器,a、b之间接报警器,当传感器R2所在处出现火情时,显示器的电流I和报警器两端的电压U的变化情况是（）A. I变大,U变大B. I变大,U变小C. I变小,U变大D. I变小,U变小3．（2017武昌模拟）一质量为m的带电小球，在竖直方向的匀强电场中以水平速度抛出，小球的加速度竖直向下，大小为2g/3，空气阻力不计。
小球在下落h个过程中，关于其能量的变化，下列说法中正确的是A．动能增加了mgh/3B．电势能增加了mgh/3C．重力势能减少了2mgh/3D．机械能减少了mgh/34．小型登月器连接在航天站上，一起绕月球做圆周运动，其轨道半径为月球半径的3倍，某时刻，航天站使登月器减速分离，登月器沿如图所示的椭圆轨道登月，在月球表面逗留一段时间完成科考工作后，经快速启动仍沿原椭圆轨道返回，当第一次回到分离点时恰与航天站对接，登月器快速启动时间可以忽略不计，整个过程中航天站保持原轨道绕月运行。
已知月球表面的重力加速度为g，月球半径为R，不考虑月球自转的影响，则登月器可以在月球上停留的最短时间约为（）A．4.7πRg B．3.6πRgC．1.7πRg D．1.4πRg5．如图所示,两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点,且与纸面垂直,导线中通有大小相等、方向相反的电流。
A、O、B在M、N的连线上,O为MN的中点,C、D位于MN的中垂线上,且A、B、C、D到O点的距离均相等。
精品解析：福建省尤溪第一中学2018-2019学年高一上学期第一次月考物理试题(解析版)
尤溪一中2018-2019学年上学期第一次月考高一物理试题一、选择题:(本题共12小题。
在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，每小题3分。
第9-12题有多项符合题目要求，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.在研究下述运动时，不能把物体看作质点的是（）A. 研究地球的自转效应B. 研究地球绕太阳公转的轨迹C. 研究一列火车从尤溪到三明的时间D. 研究乒乓球的飞行轨迹【答案】A【解析】【分析】当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条件来判断即可，因此能否看作质点与物体的形状、体积、质量等因素无关，关键是看本身的尺寸对所研究的问题是否可以忽略．【详解】A、研究地球的自转时，地球有大小和形状不能忽略，不能看作质点，否则就无法分辨地球的转动，故A符合题意；B、研究地球绕太阳公转的轨迹时，地球的大小相对于转动轨迹来说可以忽略，故可以看作质点；故B不符合题意；C、研究一列火车从尤溪到三明所用的时间时，火车的大小和形状可以忽略，能看着质点；故C不符合题意.D、研究乒乓球的飞行轨迹时的乒乓球，乒乓球的大小可以忽略不计，可以看作质点；故D不符合题意.本题选择不能看做质点的故选A.【点睛】本题就是考查学生对质点概念的理解，要注意明确物体能看作质点的条件是什么．2.关于速度与加速度的关系，下列说法中正确的是（）A. 物体的速度改变率越大，其加速度也越大B. 物体的速度改变越大，其加速度也越大C. 物体的速度为零，其加速度一定为零D. 物体的速度越大，其加速度也越大【答案】A【解析】【分析】加速度等于单位时间内的速度变化量，反映速度变化快慢的物理量，物体的速度变化量大，加速度不一定大．加速度与速度无关，当加速度的方向与速度方向同向，速度增加，当加速度的方向与速度方向反向，速度减小．【详解】A、加速度是反映速度变化快慢的物理量，速度变化率大，由知加速度大；故A正确.B、速度变化量越大，所用的时间不确定，则速度变化不一定快，加速度不一定大；故B错误.C、速度为零时，加速度不一定为零，例如火箭发射的瞬间；故C错误.D、速度大，加速度可以为零，比如匀速直线运动；故D错误.故选A.【点睛】本题考查对加速度的物理意义理解能力，可以从数学角度加深理解加速度的定义式，会通过加速度的方向和速度的方向判断物体是加速还是减速．3.某物体做匀变速直线运动，其位移与时间的关系为s =8t- 2t2 (m)，则该物体3 s末的速度为（）A. -6m/sB. -2m/sC. 0m/sD. -4m/s【答案】D【解析】【分析】根据匀变速直线运动的位移时间公式得出物体的初速度和加速度．【详解】根据，得物体运动的初速度为v0=8m/s，加速度为：a=-4m/s2；可知物体做匀减速直线运动，由速度公式，则3s末的速度为；故选D.【点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移时间公式，并能灵活运用.4.A、B、C三点在同一直线上，一个物体自A点从静止开始做匀加速直线运动，经过B点时的速度为V，到C点时的速度为3V，则AB与BC两段距离的大小之比是（）A. 1：4B. 1：3C. 1：8D. 1：2【答案】C【解析】【分析】根据匀变速直线运动的速度与位移的关系式，对AB和BC两段分别列方程即可就得AB与BC的位移大小之比．【详解】对AB过程，由匀变速直线运动的速度与位移的关系式可得，v2=2ax AB，解得：对BC过程可得，（3v）2-v2=2ax BC，解得:.所以AB与BC的位移大小之比为1:8.故选C.【点睛】本题是对匀变速直线运动的速度与位移的关系式的直接应用.5.物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为24m的路程，第一段用时6s，第二段用时4s，则物体的加速度大小是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出两个中间时刻的瞬时速度，结合速度时间公式求出物体的加速度.【详解】第一段时间内的平均速度为：;第二段时间内的平均速度为：;根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，两个中间时刻的时间间隔为：;则加速度为;故选C.【点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷.6.如图所示为一物体做匀变速直线运动的速度图线，下列判断正确的是（）A. 物体一直往正方向运动B. 物体的加速度大小为2m/s2C. 4s末物体位于出发点D. 2s后的物体做减速运动【答案】C【解析】【分析】速度时间图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移，根据图线的斜率的正负判断加速度的方向关系．【详解】A、由图线可知，物体在前2s内沿正方向运动，后2s内沿负方向运动；故A错误.B、前2s内和后2s内图线的斜率相同，则加速度大小和方向都相同，；故B错误.C、4s内的位移，则4s末物体位于出发点；故C正确.D、2s后速度反向增大，则做负方向的匀加速直线运动；故D错误.故选C.【点睛】解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率和图线与时间轴围成的面积表示的含义．7.甲乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向作直线运动，t=0时刻同时经过公路旁的同一个路标在描述两车运动的图中，直线a、b分别描述了甲乙两车在0-20s的运动情况。
尤溪县第三高级中学2018-2019学年高二上学期第一次月考试卷物理
尤溪县第三高级中学2018-2019学年高二上学期第一次月考试卷物理班级__________ 座号_____ 姓名__________ 分数__________一、选择题1．电磁波在空中的传播速度为v，北京交通广播电台的频率为f，该电台所发射电磁波的波长为A. B. C. D.2．如图甲一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放一质量为m的小滑块。
木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的a－F图象。
取g＝10 m/s2，则A．滑块的质量m＝4 kg B．木板的质量M＝6 kgC．当F＝8 N时滑块的加速度为2 m/s2D．滑块与木板间的动摩擦因数为0.18如图所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，当小车匀速向左运动时，物体M的受力和运动情况是A．绳的拉力等于M的重力B．绳的拉力大于M的重力C．物体M向上匀速运动D．物体M向上加速运动3．库仑定律是电磁学的基本定律。
1766年英国的普里斯特利通过实验证实了带电金属空腔不仅对位于空腔内部的电荷没有静电力的作用，而且空腔内部也不带电。
他受到万有引力定律的启发，猜想两个点电荷（电荷量保持不变）之间的静电力与它们的距离的平方成反比.1785年法国的库仑通过实验证实了两个点电荷之间的静电力与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的平方成反比。
下列说法正确的是（）A．普里斯特利的实验表明，处于静电平衡状态的带电金属空腔内部的电势为零B．普里斯特利的猜想运用了“对比”的思维方法C．为了验证两个点电荷之间的静电力与它们的距离的平方成反比，库仑制作了库仑扭秤装置D．为了验证两个点电荷之间的静电力与它们的电荷量的乘积成正比，库仑精确测定了两个点电荷的电荷量4．在图所示的实验中，能在线圈中产生感应电流的情况是A. 磁铁静止在线圈上方B. 磁铁静止在线圈右侧C. 磁铁静止在线圈里面D. 磁铁插入或抽出线圈的过程5．物体从静止开始做匀加速直线运动，第3秒内通过的位移是3m，则（）A. 第3秒内的平均速度是3m/sB. 物体的加速度是1.2m/s2C. 前3秒内的位移是6mD. 3S末的速度是3.6m/s6．右图是质谱仪的工作原理示意图。
高二物理上学期第一次月考试卷(含解析)高二全册物理试题_01
嗦夺市安培阳光实验学校黄山一中高二（上）第一次月考物理试卷一、选择题（每题只有一个选项正确，每小题6分，共60分）1．在静电场中，关于场强和电势的说法正确的是（）A．电势高的地方电场强度不一定大B．电场强度大的地方电势一定高C．电势为零的地方场强也一定为零D．场强为零的地方电势也一定为零2．电场中有A、B两点，在将某电荷从A点移到B点的过程中，电场力对该电荷做了正功，则下列说法中正确的是（）A．该电荷是正电荷，且电势能减少B．该电荷是负电荷，且电势能增加C．该电荷电势能增加，但不能判断是正电荷还是负电荷D．该电荷电势能减少，但不能判断是正电荷还是负电荷3．关于电势差的说法中，正确的是（）A．两点间的电势差等于电荷从其中一点移到另一点时，电场力所做的功B．1C电荷从电场中一点移动到另一点，如果电场力做了1J的功，这两点间的电势差就是1VC．在两点间移动电荷时，电场力做功的多少跟这两点间的电势差无关D．两点间的电势差的大小跟放入这两点的电荷的电量成反比4．如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线．在电场力作用下，一带电粒子（不计重力）经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（）A．粒子带正电B．粒子在A点加速度大C．粒子在B点动能大D．A、B两点相比，B点电势能较高5．有三个相同的金属小球A、B、C，其中A、B两球带电情况完全相同，C球不带电．将A、B两球相隔一定距离固定起来，两球间的库仑力是F，若使C 球先和A接触，再与B接触，移去C，则A、B间的库仑力变为（）A ．B ．C ．D ．6．图中a，b是两个点电荷，它们的电量分别是Q1，Q2，MN是ab连线的中垂线，P是中垂线上的一点．下列哪些情况能使P点场强方向指向MN的左侧（）A．Q1，Q2都是正电荷，且Q1＜Q2B．Q1是正电荷，Q2是负电荷，且Q1＞|Q2|C．Q1是负电荷，Q2是正电荷，且|Q1|＞Q2D．Q1、Q2都是负电荷，且|Q1|＞|Q2|7．如图所示，圆O在匀强电场中，场强方向与圆O所在平面平行，带正电的微粒以相同的初动能沿着各个方向从A点进入圆形区域中，只在电场力作用下运动，从圆周上不同点离开圆形区域，其中从C点离开圆形区域的带电微粒的动能最大，图中O是圆心，AB是圆的直径，AC是与AB成α角的弦，则匀强电场的方向为（）A．沿AB方向B．沿AC方向C．沿BC方向D．沿OC方向8．如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一点电荷，将质量为m，带电量为+q的小球从圆弧管的水平直径端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，则固定于圆心处的点电荷在AB 弧中点处的电场强度大小为（）A ．B ．C ．D ．9．如图所示，虚线表示等势面，相邻两等势面间的电势差相等，有一带电的小球在该电场中运动，不计小球所受的重力和空气阻力，实线表示该带正电的小球的运动轨迹，小球在a点的动能等于20eV，运动到b点时的动能等于2eV，若取C点为零电势点，则这个带电小球的电势能等于﹣6eV，它的动能等于（）A．16eV B．14eV C．6eV D．4eV10．如图所示，用绝缘细线拴一个带负电的小球，让它在竖直向下的匀强电场中绕O点做竖直平面内的圆周运动，a、b两点分别是圆周的最高点和最低点，则（）A．小球经过a点时，线中的张力最大B．小球经过b点时，电势能最小C．小球经过a点时，电势能最小D．小球经过b点时，机械能最小二、计算题（共40分）11．（12分）（2014秋•肇庆期末）如图所示，匀强电场中A、B、C三点构成一个直角三角形，把电荷量q=﹣2×10﹣10C的点电荷由A点移到B点，电场力做功4.8×10﹣8J，再由B点移到C点，电荷克服电场力做功4.8×10﹣8J，取B 点的电势为零，求A、C两点的电势及场强的方向．12．（14分）（2005•辽宁）一匀强电场，场强方向是水平的（如图）．一个质量为m的带正电的小球，从O点出发，初速度的大小为v0，在电场力与重力的作用下，恰能沿与场强的反方向成θ角的直线运动．求小球运动到最高点时其电势能与在O点的电势能之差．13．（14分）（2014秋•荆州校级月考）如图所示，质量为0.2Kg的物体带电量为+4×10﹣4C，从半径为0.3m 的光滑的圆弧的绝缘滑轨上端静止下滑到底端，然后继续沿水平面滑动．物体与水平面间的滑动摩擦系数为0.4，整个装置处于E=103N/C的匀强电场中，求下列两种情况下物体在水平面上滑行的最大距离：（1）E水平向左；（2）E竖直向下．黄山一中高二（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题只有一个选项正确，每小题6分，共60分）1．在静电场中，关于场强和电势的说法正确的是（）A．电势高的地方电场强度不一定大B．电场强度大的地方电势一定高C．电势为零的地方场强也一定为零D．场强为零的地方电势也一定为零考点：电场强度；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：场强与电势没有直接关系．场强越大的地方电势不一定越高，场强为零的地方电势不一定为零．电势为零是人为选取的．解答：解：A、沿着电场线的方向电势逐渐降低，电场线密的地方，电场强度大，电场线疏的地方电场强度小．电势高的地方电场强度不一定大，电场强度大的地方，电势不一定高．故A正确，B错误．C、电势为零是人为选取的，则电势为零的地方场强可以不为零．故C错误．D、场强为零的地方电势不一定为零，电势为零是人为选取的．故D错误．故选A．点评：对于电势与场强的大小关系：两者没有关系，可根据电势高低看电场线的方向，场强大小看电场线疏密来理解．2．电场中有A、B两点，在将某电荷从A点移到B点的过程中，电场力对该电荷做了正功，则下列说法中正确的是（）A．该电荷是正电荷，且电势能减少B．该电荷是负电荷，且电势能增加C．该电荷电势能增加，但不能判断是正电荷还是负电荷D．该电荷电势能减少，但不能判断是正电荷还是负电荷考点：电势能．分析：电场力对电荷做正功，说明运动的方向与电场力方向相同，电荷的电势能减小，根据动能定律知动能增大．解答：解：A、B：电场力对电荷做正功，说明运动的方向与电场力方向相同，电荷的电势能减小；但是不能判断出该电荷是正电荷还是负电荷．故A 错误，B错误；C：电场力对电荷做正功，电荷的电势能减小；故C错误；D：电场力对电荷做正功，说明运动的方向与电场力方向相同，电荷的电势能减小；但是不能判断出该电荷是正电荷还是负电荷．故D正确；故选：D点评：考查了功能关系：电场力做功，导致电势能变化．就像重力做功，必导致重力势能变化一样．3．关于电势差的说法中，正确的是（）A．两点间的电势差等于电荷从其中一点移到另一点时，电场力所做的功B．1C电荷从电场中一点移动到另一点，如果电场力做了1J的功，这两点间的电势差就是1VC．在两点间移动电荷时，电场力做功的多少跟这两点间的电势差无关D．两点间的电势差的大小跟放入这两点的电荷的电量成反比考点：电势差．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据电势差和电场力做功的公式U AB =，求解．两点间的电势差是由电场本身决定的与检验电荷无关．解答：解：A、根据电势差和电场力做功的公式U AB =，得：两点间的电势差等于从其中一点移到另一点时，电场力所做的功与电荷量的比值，故A错误．B、1C的电荷从电场中一点移到另一点，如果电场力做了1J的功，这两点间的电势差就是1V，故B正确．C、在两点间移动电荷时，电场力做功的多少与电荷量和两点间的电势差都有关，故C错误，D、两点间的电势差是由电场本身决定的与检验电荷无关．故D错误．故选：B．点评：解决该题关键要了解公式U AB =，的意义．4．如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线．在电场力作用下，一带电粒子（不计重力）经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（）A．粒子带正电B．粒子在A点加速度大C．粒子在B点动能大D．A、B两点相比，B点电势能较高考点：电场线；动能定理的应用；电势能．分析：电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向．不计重力的粒子在电场力作用下从A到B，运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧．解答：解：A、根据曲线运动条件可得粒子所受合力应该指向曲线内侧，所以电场力逆着电场线方向，即粒子受力方向与电场方向相反，所以粒子带负电．故A错误；B、由于B点的电场线密，所以B点的电场力大，则A点的加速度较小．故B 错误；C、粒子从A到B，电场力对粒子运动做负功，电势能增加，导致动能减少，故C错误；D、对负电荷来讲电势低的地方电势能大，故D正确；故选：D点评：电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布．对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧．5．有三个相同的金属小球A、B、C，其中A、B两球带电情况完全相同，C球不带电．将A、B两球相隔一定距离固定起来，两球间的库仑力是F，若使C 球先和A接触，再与B接触，移去C，则A、B间的库仑力变为（）A ．B ．C ．D ．考点：库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：理解库仑定律的内容．知道带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分．解答：解：假设A带电量为Q，B带电量也为Q，两球之间的相互吸引力的大小是F=第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C 的电量都为C与B接触时先中和再平分，则C、B 分开后电量均为这时，A、B两球之间的相互作用力的大小F′==故选C．点评：要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分．根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量求出问题．6．图中a，b是两个点电荷，它们的电量分别是Q1，Q2，MN是ab连线的中垂线，P是中垂线上的一点．下列哪些情况能使P点场强方向指向MN的左侧（）A．Q1，Q2都是正电荷，且Q1＜Q2B．Q1是正电荷，Q2是负电荷，且Q1＞|Q2|C．Q1是负电荷，Q2是正电荷，且|Q1|＞Q2D．Q1、Q2都是负电荷，且|Q1|＞|Q2|考点：电场强度；电场的叠加．分析：利用点电荷的电场中电场强度方向，来确定Q1、Q2在P点的电场强度方向，然后由电场强度矢量叠加分析P点的场强方式．解答：解：A、当两点电荷均为正电荷时，若电荷量相等，则它们在P点的电场强度方向沿N→M方向．当Q1＜Q2时，则Q1在P点的电场强度比Q2的小，所以由电场强度合成可知P点场强方向指向MN的左侧，符合题意，故A正确．B、Q1是正电荷，Q2是负电荷，Q1在P点的电场强度方向从a→P，Q2在P点的电场强度方向从P→b，则合场强的方向偏右．不论电量大小关系，仍偏右．不符合题意，故B错误；C、当Q1是负电荷，Q2是正电荷时，Q1在P点的电场强度方向从P→a，Q2在P 点的电场强度方向从b→P，则合场强的方向指向MN的左侧．符合题意，故C 正确．D、当Q1、Q2都是负电荷时，Q1在P点的电场强度方向从P→a，Q2在P点的电场强度方向从P→b，由于|Q1|＞|Q2|，Q1在P点的电场强度大，则根据电场的叠加可知，合场强方向指向MN的左侧．符合题意，故D正确；故选：ACD．点评：本题首先了解正点电荷在某点的电场强度方向是这两点的连线且背离正电荷，而负点电荷在某点的电场强度方向是这两点的连线且指向负电荷，运用电场的叠加原理进行分析．7．如图所示，圆O在匀强电场中，场强方向与圆O所在平面平行，带正电的微粒以相同的初动能沿着各个方向从A点进入圆形区域中，只在电场力作用下运动，从圆周上不同点离开圆形区域，其中从C点离开圆形区域的带电微粒的动能最大，图中O是圆心，AB是圆的直径，AC是与AB成α角的弦，则匀强电场的方向为（）A．沿AB方向B．沿AC方向C．沿BC方向D．沿OC方向考点：等势面；电场线．专题：电场力与电势的性质专题．分析：带正电的微粒以相同的初动能沿着各个方向从A点进入圆形区域中，只在电场力作用下运动，从C点离开圆形区域的带电微粒的动能最大，根据动能定理知电场力做功最多，则AC在电场线方向上的距离最大．解答：解：仅在电场力作用下从A点进入，离开C点的动能最大，则C点是沿电场强度方向电势最低的点，所以电场力沿过OC的方向，由于带电微粒是带正电，故匀强电场的方向沿OC方向．故D正确，A、B、C错误．故选：D．点评：解决本题的关键抓住C点是沿电场强度方向离A点最远，以及电场线与过C的切线相垂直．8．如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一点电荷，将质量为m，带电量为+q的小球从圆弧管的水平直径端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，则固定于圆心处的点电荷在AB 弧中点处的电场强度大小为（）A ．B ．C ．D ．考点：电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：带电小球沿竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管从A点静止释放，当滑到最低点时，对管壁恰好无压力．在下滑过程中由动能定理可求出最低点的速度大小，从而由牛顿第二定律可求出电场力，从而确定电场强度大小．解答：解：（1）设圆的半径是r，由A到B ，由动能定理得：在B 点，对小球由牛顿第二定律得：联立以上两式解得：由于是点电荷﹣Q 形成的电场，由得到，等势面上各处的场强大小均相等，即AB 弧中点处的电场强度为故选：B点评：小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力．并不是电场力等于重力，而是电场力与重力提供向心力去做圆周运动．9．如图所示，虚线表示等势面，相邻两等势面间的电势差相等，有一带电的小球在该电场中运动，不计小球所受的重力和空气阻力，实线表示该带正电的小球的运动轨迹，小球在a点的动能等于20eV，运动到b点时的动能等于2eV，若取C点为零电势点，则这个带电小球的电势能等于﹣6eV，它的动能等于（）A．16eV B．14eV C．6eV D．4eV考点：电势能；动能定理的应用．专题：电场力与电势的性质专题．分析：解决本题需掌握：小球只受电场力时，小球的动能和电势能之和保持不变；正确判断小球在电场中所受电场力方向以及电场力做功情况．解答：解：小球自a点运动到b时，电场力做负功：W ab=2eV﹣20eV=﹣18eV ①由于相邻两等势面的电势差相等，故电势差的大小关系有：U ab=3U bc②从b到c电场力做正功，根据动能定理有：W bc=E kc﹣E kb③联立①②③可得E kc=8eV．由于只有电场力做功，电势能和动能和保持不变，故在c点：E=E p+E k=8eV即电势能和动能之和为8eV，因此当电势能等于﹣6eV时动能为14eV，故ACD 错误，B正确．故选B．点评：学习电场中的功能关系时可以类比在重力场的功能关系，如只有重力做功，动能和重力势能之和保持不变；那么只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变10．如图所示，用绝缘细线拴一个带负电的小球，让它在竖直向下的匀强电场中绕O点做竖直平面内的圆周运动，a、b两点分别是圆周的最高点和最低点，则（）A．小球经过a点时，线中的张力最大B．小球经过b点时，电势能最小C．小球经过a点时，电势能最小D．小球经过b点时，机械能最小考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：分析小球所受重力与电场力的大小关系：当重力大于电场力时，小球运动到最高点a时，线的张力一定最小，到达最低点b时，小球的速度最大；当重力等于于电场力时，小球做匀速圆周运动．当重力小于电场力时，小球运动到最高点a时，线的张力一定最大，到达最低点b时，小球的速度最小；根据电场力做功判断电势能的高低．根据除重力以外其它力做功判断机械能的大小．解答：解：A、当电场力小于重力，小球运动到a点时，速度最小，根据牛顿第二定律知，拉力最小．故A错误．B、小球从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，电势能增加．所以小球过b点时，电势能最大．故B错误．C、从a到b，电势能增加，所以a点电势能最小．故C正确．D、从a到b，除重力以外，电场力做负功，机械能减小，所以b点机械能最小．故D正确．故选：CD．点评：解决本题的关键要讨论重力和电场力的大小关系，从而确定在竖直平面内圆周运动的等效最高点和最低点．以及知道电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．知道除重力以外其它力做的功等于机械能的增量．二、计算题（共40分）11．（12分）（2014秋•肇庆期末）如图所示，匀强电场中A、B、C三点构成一个直角三角形，把电荷量q=﹣2×10﹣10C的点电荷由A点移到B点，电场力做功4.8×10﹣8J，再由B点移到C点，电荷克服电场力做功4.8×10﹣8J，取B 点的电势为零，求A、C两点的电势及场强的方向．考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据电势差公式U=分别求出A、B间，B、C间电势差，B点的电势为零，再求解A、C两点的电势．在AC边上找出与B点电势相等的点，作出等势线，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，判断场强的方向．解答：解：A、B间电势差为U AB ==V=﹣240V，B、C间电势差为U BC ==V=240V又U AB=φA﹣φB，U BC=φB﹣φC，φB=0，得到φA=﹣240V，φC=﹣240V，所以AC 电势相等，场强方向垂直AC连线指向左上方．答：A、C两点的电势都是﹣240V，场强的方向垂直AC连线指向左上方．点评：运用电势差公式U=时，三个量U、W、q都要代入符号进行计算，同时还要注意电荷移动的方向；灵活应用场强方向与等势面的垂直．12．（14分）（2005•辽宁）一匀强电场，场强方向是水平的（如图）．一个质量为m的带正电的小球，从O点出发，初速度的大小为v0，在电场力与重力的作用下，恰能沿与场强的反方向成θ角的直线运动．求小球运动到最高点时其电势能与在O点的电势能之差．考点：带电粒子在匀强电场中的运动；匀变速直线运动的速度与位移的关系；牛顿第二定律；物体做曲线运动的条件；电势能．专题：计算题；压轴题．分析：因物体受重力及电场力的作用而做直线运动，故物体所受力的合力一定在运动方向的直线上；则由力的合成可求得电场力，由牛顿第二定律可求得加速度；由位移公式求得位移，即可由功的公式求得电场力的功．解答：解：设电场强度为E，小球带电量为q，因小球做直线运动，它受的电场力qE和重力mg的合力必沿此直线，如图：mg=qEtanθ由此可知，小球做匀减速运动的加速度大小为：设从O到最高点的路程为s，由速度和位移的关系得：v02=2as物体运动的水平距离为：l=scosθ两点的电势能之差：△W=qEl由以上各式得：O点的电势能与在O 点的电势能之差为．点评：本题有两点需要注意，一是由运动情景应能找出受力关系；二是明确功是力与力的方向上发生的位移的乘积．13．（14分）（2014秋•荆州校级月考）如图所示，质量为0.2Kg的物体带电量为+4×10﹣4C，从半径为0.3m 的光滑的圆弧的绝缘滑轨上端静止下滑到底端，然后继续沿水平面滑动．物体与水平面间的滑动摩擦系数为0.4，整个装置处于E=103N/C的匀强电场中，求下列两种情况下物体在水平面上滑行的最大距离：（1）E水平向左；（2）E竖直向下．考点：动能定理；向心力．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）由动能定理列方程求解，此过程中，重力做正功、电场力和滑动摩擦力做负功．（2）由动能定理列方程求解，此过程中，重力和电场力做正功、滑动摩擦力做负功解答：解：（1）当E水平向左时：初速度和末速度都为0，由动能定理得：外力做的总功为0即mgR﹣F f x﹣qE（R+x）=0其中F f=mgμ所以x==0.4m（2）当E竖直向下时，由动能定理，初速度和末速度都为0，所以外力做的总功为0即mgR﹣F f x+qER=0其中F f=（mg+qE）μ所以x==0.75m答：（1）E水平向左时位移为0.4m（2）E水平向下时位移为0.75m点评：动能定理有广泛的适用性对于多过程运动问题，在不牵扯加速度和时间的前提下优先考虑动能定理。
福建省尤溪第一中学2018-2019学年高一上学期第一次月考物理试题 含解析
尤溪一中2018-2019学年上学期第一次月考高一物理试题一、选择题:(本题共12小题。
在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，每小题3分。
第9-12题有多项符合题目要求，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.在研究下述运动时，不能把物体看作质点的是（）A. 研究地球的自转效应B. 研究地球绕太阳公转的轨迹C. 研究一列火车从尤溪到三明的时间D. 研究乒乓球的飞行轨迹【答案】A【解析】【分析】当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条件来判断即可，因此能否看作质点与物体的形状、体积、质量等因素无关，关键是看本身的尺寸对所研究的问题是否可以忽略．【详解】A、研究地球的自转时，地球有大小和形状不能忽略，不能看作质点，否则就无法分辨地球的转动，故A符合题意；B、研究地球绕太阳公转的轨迹时，地球的大小相对于转动轨迹来说可以忽略，故可以看作质点；故B不符合题意；C、研究一列火车从尤溪到三明所用的时间时，火车的大小和形状可以忽略，能看着质点；故C不符合题意.D、研究乒乓球的飞行轨迹时的乒乓球，乒乓球的大小可以忽略不计，可以看作质点；故D不符合题意.本题选择不能看做质点的故选A.【点睛】本题就是考查学生对质点概念的理解，要注意明确物体能看作质点的条件是什么．2.关于速度与加速度的关系，下列说法中正确的是（）A. 物体的速度改变率越大，其加速度也越大B. 物体的速度改变越大，其加速度也越大C. 物体的速度为零，其加速度一定为零D. 物体的速度越大，其加速度也越大【答案】A【解析】【分析】加速度等于单位时间内的速度变化量，反映速度变化快慢的物理量，物体的速度变化量大，加速度不一定大．加速度与速度无关，当加速度的方向与速度方向同向，速度增加，当加速度的方向与速度方向反向，速度减小．【详解】A、加速度是反映速度变化快慢的物理量，速度变化率大，由知加速度大；故A正确.B、速度变化量越大，所用的时间不确定，则速度变化不一定快，加速度不一定大；故B错误.C、速度为零时，加速度不一定为零，例如火箭发射的瞬间；故C错误.D、速度大，加速度可以为零，比如匀速直线运动；故D错误.故选A.【点睛】本题考查对加速度的物理意义理解能力，可以从数学角度加深理解加速度的定义式，会通过加速度的方向和速度的方向判断物体是加速还是减速．3.某物体做匀变速直线运动，其位移与时间的关系为s =8t- 2t2 (m)，则该物体3 s末的速度为（）A. -6m/sB. -2m/sC. 0m/sD. -4m/s【答案】D【解析】【分析】根据匀变速直线运动的位移时间公式得出物体的初速度和加速度．【详解】根据，得物体运动的初速度为v0=8m/s，加速度为：a=-4m/s2；可知物体做匀减速直线运动，由速度公式，则3s末的速度为；故选D.【点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移时间公式，并能灵活运用.4.A、B、C三点在同一直线上，一个物体自A点从静止开始做匀加速直线运动，经过B点时的速度为V，到C 点时的速度为3V，则AB与BC两段距离的大小之比是（）A. 1：4B. 1：3C. 1：8D. 1：2【答案】C【解析】【分析】根据匀变速直线运动的速度与位移的关系式，对AB和BC两段分别列方程即可就得AB与BC的位移大小之比．【详解】对AB过程，由匀变速直线运动的速度与位移的关系式可得，v2=2ax AB，解得：对BC过程可得，（3v）2-v2=2ax BC，解得:.所以AB与BC的位移大小之比为1:8.故选C.【点睛】本题是对匀变速直线运动的速度与位移的关系式的直接应用.5.物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为24m的路程，第一段用时6s，第二段用时4s，则物体的加速度大小是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出两个中间时刻的瞬时速度，结合速度时间公式求出物体的加速度.【详解】第一段时间内的平均速度为：;第二段时间内的平均速度为：;根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，两个中间时刻的时间间隔为：;则加速度为;故选C.【点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷.6.如图所示为一物体做匀变速直线运动的速度图线，下列判断正确的是（）A. 物体一直往正方向运动B. 物体的加速度大小为2m/s2C. 4s末物体位于出发点D. 2s后的物体做减速运动【答案】C【解析】【分析】速度时间图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移，根据图线的斜率的正负判断加速度的方向关系．【详解】A、由图线可知，物体在前2s内沿正方向运动，后2s内沿负方向运动；故A错误.B、前2s内和后2s内图线的斜率相同，则加速度大小和方向都相同，；故B错误.C、4s内的位移，则4s末物体位于出发点；故C正确.D、2s后速度反向增大，则做负方向的匀加速直线运动；故D错误.故选C.【点睛】解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率和图线与时间轴围成的面积表示的含义．7.甲乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向作直线运动，t=0时刻同时经过公路旁的同一个路标在描述两车运动的图中，直线a、b分别描述了甲乙两车在0-20s的运动情况。
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尤溪县第四高级中学2018-2019学年高二上学期第一次月考试卷物理班级__________ 座号_____ 姓名__________ 分数__________一、选择题1． 关于电场强度和静电力,以下说法正确的是（ ）A. 电荷所受静电力很大,该点的电场强度一定很大B. 以点电荷为圆心、r 为半径的球面上各点的电场强度相同C. 若空间某点的电场强度为零,则试探电荷在该点受到的静电力也为零D. 在电场中某点放入试探电荷q ,该点的电场强度E=,取走q 后,该点电场强度为02． 质量为m 的带电小球在匀强电场中以初速v 0水平抛出，小球的加速度方向竖直向下，其大小为2g/3。
则在小球竖直分位移为H 的过程中，以下结论中正确的是（ ）A. 小球的电势能增加了2mgH/3B. 小球的动能增加了2mgH/3C. 小球的重力势能减少了mgH/3D. 小球的机械能减少了mgH/33． 在匀强电场中，把一个电量为q 的试探电荷从A 移动到B 点。
已知场强为E ，位移大小为d ，初末位置电势差为U ，电场力做功为W ，A 点电势为。
下面关系一定正确的是A. B.C. D.4． 距地面高5m 的水平直轨道A 、B 两点相距2m ，在B 点用细线悬挂一小球，离地高度为h ，如图所示。
小车始终以4m/s 的速度沿轨道匀速运动，经过A 点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B 点时细线被轧断，最后两球同时落地。
不计空气阻力，取重力加速度的大小g=10m/s²。
可求得h 等于（ ）A. 3.75mB. 2.25mC. 1.25mD. 4.75m5． 在图示的四幅图中，正确标明了带正电的粒子所受洛伦兹力f 方向的是A. B. C. D.6． 如图所示，质点α、b 在直线PQ 上，质点α由P 点出发沿PQ 方向向Q 做初速度为零的匀加速直线运动．当质点α运动的位移大小为x 1时，质点b 从Q 沿QP 方向向P 点做初速度为零的匀加速直线运动，当b 的位移为x 2时和质点α相遇，两质点的加速度大小相同，则PQ 距离为（）A. 122x x ＋＋B. 122x x ＋＋C. 122x x ＋D. 122x x ＋7． 已知元电荷数值为，某个物体带电量不可能是A. B.C.D.8． 下列各图中,运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是（）A. AB. BC. CD. D9． 一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a 随时间t 变化的图线如图所示，以竖直向上为a 的正方向，则人对地板的压力A ．t ＝2 s 时最小B ．t ＝2 s 时最大C ．t ＝6 s 时最小D ．t ＝8.5 s 时最大10．如图，理想变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2=4∶1，电压表V 和电流表A 均为理想电表，灯泡电阻R L =12Ω，AB 端电压。
下列说法正确的是1(V)u t π=A ．电流频率为100HzB ．电压表V 的读数为96VC．电流表A的读数为0.5AD．变压器输入功率为6W11．（2018广州一模）如图，在匀强电场中，质量为m、电荷量为+q的小球由静止释放沿斜向下做直线运动，轨迹与竖直方向的夹角为θ，则mgA．场强最小值为qB．电场方向可能水平向左C．电场力对小球可能不做功D．小球的电势能可能增加12．如图所示，一个原来不带电的半径为r的空心金属球放在绝缘支架上，右侧放置一个电荷量为+Q的点电荷，点电荷与金属球球心处在同一水平线上，且点电荷到金属球表面的最近距离为2r。
达到静电平衡后，下列说法正确的是A. 金属球左边会感应出正电荷，右边会感应出负电荷，所以左侧电势比右侧高B. 左侧的正电荷与右侧负电荷电量相等C. 点电荷Q在金属球球心处产生的电场场强大小为D. 感应电荷在金属球球心处产生的电场场强为零13．一台家用电冰箱的铭牌上标有“220V 100W”，这表明所用交变电压的（）A.峰值是311VB.峰值是220VC.有效值是220VD.有效值是311V14．（2018南宁高三摸底考试）中国北斗卫星导航系统（BDS）是中国自行研制的全球卫星导轨系统，是继美国全球定位系统（GPS）、俄罗斯格洛纳斯卫星导航系统（GLONASS）之后第三个成熟的卫星导航系统。
预计2020年左右，北斗卫星导航系统将形成全球覆盖能力。
如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a、b、c三颗卫星均做圆周运动，a是地球同步卫星，则（）A．卫星a的角速度小于c的角速度B．卫星a的加速度大于b的加速度C．卫星a的运行速度大于第一宇宙速度D．卫星b的周期等于24 h15．下列物理量属于矢量的是A. 电势B. 电势能C. 电场强度D. 电动势16．在如图所示的点电荷Q的电场中，一试探电荷从A点分别移动到B、C、D、E各点，B、C、D、E在以Q为圆心的圆周上，则电场力A. 从A到B做功最大B. 从A到C做功最大C. 从A到E做功最大D. 做功都一样大17．一段东西方向放置的横截面积为0.05平方厘米的导电材料中，每秒中有0.4库仑正电荷向东移动，有0.6库仑负电荷向西移动，则电流强度是：（）A. 0.4安培;B. 0.2安培;C. 0.6安培;D. 1安培.18．（2018中原名校联盟质检）如图甲所示，水平面上一质量为m的物体在水平力F作用下开始加速运动，力F的功率P保持恒定，运动过程中物体所受的阻力f大小不变，物体速度最终达到稳定值v m，作用过程物与加速度a的关系图像如图乙所示．仅在已知功率P的情况下，根据图像所给信息可知以下体速度的倒数1v说法中正确的是A．可求出m、f和v m B．不能求出mC．不能求出f D．可求出加速运动时间二、填空题19．“用电流表和电压表测定电池的电动势和内阻”的实验,供选用的器材有:A.电流表（量程:0-0.6 A,R A=1 Ω）B.电流表（量程:0-3 A,R A=0.6 Ω）C.电压表（量程:0-3 V,R V=5 kΩ）D.电压表（量程:0-15 V,R V=10 kΩ）E.滑动变阻器（0-10 Ω,额定电流1.5 A）F.滑动变阻器（0-2 kΩ,额定电流0.2 A）G.待测电源（一节一号干电池）、开关、导线若干（1）请在下边虚线框中画出本实验的实验电路图____。
（2）电路中电流表应选用____,电压表应选用____,滑动变阻器应选用____。
（用字母代号填写）（3）如图所示为实验所需器材,请按原理图连接成正确的实验电路____。
20．输送1.0×l05瓦的电功率，用发1.0×l04伏的高压送电，输电导线的电阻共计1.0欧，输电导线中的电流是A，输电导线上因发热损失的电功率是W。
三、解答题21．如图所示,在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4 m、质量为6×10-2 kg的通电直导线,电流I=1 A,方向垂直纸面向外,导线用平行于斜面的轻绳拴住不动,整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4 T 、方向竖直向上的磁场中,设t=0时,B=0,则需要多长时间斜面对导线的支持力为零?（g 取10 m/s 2）22．（2016北京西城模拟）2016年2月11日，美国“激光干涉引力波天文台”（LIGO ）团队向全世界宣布发现了引力波，这个引力波来自于距离地球13亿光年之外一个双黑洞系统的合并。
已知光在真空中传播的速度为c ，太阳的质量为M 0，万有引力常量为G 。
（1）两个黑洞的质量分别为太阳质量的26倍和39倍，合并后为太阳质量的62倍。
利用所学知识，求此次合并所释放的能量。
（2）黑洞密度极大，质量极大，半径很小，以最快速度传播的光都不能逃离它的引力，因此我们无法通过光学观测直接确定黑洞的存在。
假定黑洞为一个质量分布均匀的球形天体。
a ．因为黑洞对其他天体具有强大的引力影响，我们可以通过其他天体的运动来推测黑洞的存在。
天文学家观测到，有一质量很小的恒星独自在宇宙中做周期为T ，半径为r 0的匀速圆周运动。
由此推测，圆周轨道的中心可能有个黑洞。
利用所学知识求此黑洞的质量M ；b ．严格解决黑洞问题需要利用广义相对论的知识，但早在相对论提出之前就有人利用牛顿力学体系预言过黑洞的存在。
我们知道，在牛顿体系中，当两个质量分别为m 1、m 2的质点相距为r 时也会具有势能，称之为引力势能，其大小为rm m G E 21p -=（规定无穷远处势能为零）。
请你利用所学知识，推测质量为M ′的黑洞，之所以能够成为“黑”洞，其半径R 最大不能超过多少？尤溪县第四高级中学2018-2019学年高二上学期第一次月考试卷物理（参考答案）一、选择题1．【答案】C【解析】A.电场强度是矢量，其性质由场源电荷决定，与试探电荷无关；而静电力则与电场强度和试探电荷都有关系，电荷所受静电力很大，未必是该点的电场强度一定大，还与电荷量q有关，选项A错误；B.以点电荷为圆心，r为半径的球面上各点的电场强度大小相同，而方向各不相同，选项B错误；C.在空间某点的电场强度为零，则试探电荷在该点受到的静电力也为零，选项C正确；D.在电场中某点放入试探电荷q，该点的电场强度E= ，取走q后，该点电场强度不变，与是否放入试探电荷无关，选项D错误。
故选：C。
2．【答案】BD3．【答案】A【解析】因初末位置电势差为U，则电场力的功为W=Uq，选项A正确；因位移d不一定是沿电场线的方向，则U=Ed不一定正确，故选项BCD错误；故选A.4．【答案】C5．【答案】B【解析】由左手定则可知，在A图中，粒子所受洛伦兹力竖直向下，故A错误；由左手定则可知，在B图中，粒子所受洛伦兹力竖直向上，故B正确；由左手定则可知，在C图中，粒子运动的方向与磁场的方向平行，不受洛伦兹力作用，故C错误；由左手定则可知，在D图中，粒子运动的方向与磁场的方向平行，不受洛伦兹力作用，故D错误。
所以B正确，ACD错误。
6．【答案】B7．【答案】D【解析】任何物体的带电量都是元电荷电量的整数倍，故D物体带的电量不可能，故选D.8．【答案】B【解析】A、在磁场中，由右手定则知，正电荷受力方向应该是向上的，故A错误B、在磁场中，由右手定则知，正电荷受力方向应该是向下的，故B正确；C、正电荷在电场中受力方向与电场方向一致，故C错误；D、正电荷在电场中受力方向和电场方向一致，应该向上，故D错误；综上所述本题答案是：B9．【答案】B【解析】10．【答案】C 【解析】试题分析：由可知交流电的频率为50Hz ，A 错误；原线圈输入的电压有效值为24V ，1(V)u t π=由于n 1∶n 2=U 1∶U 2可知，U 2=6V ，即电压表的示数为6V ，B 错误；这样电流表的示数，260.512U I A R ===C 正确；灯泡消耗的功率P=U 2I=3W ，而变压器为理想变压器，本身不消耗能量，因此变压器输入功率也为3W ，D 错误考点：变压器11．【答案】CD【解析】本题考查物体做直线运动的条件，受力分析，电场力，极值问题，电场力做功和电势能变化及其相关的知识点。