福建厦门一中度高二物理10月月考选修一

1、A.甲表是电流表,B.甲表是电流表,R增大时量程增大R增大时量程减小福建省厦门第一中学 2008-2009学年度高二年第一学期阶段考试（物理）（100分）一、本题共12小题，每小题3分，共36分.在每小题给出的四个选项中，有的 小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得 3分，选不全 的得2分，有选错或不答的得0分.1.图1中的甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流计 一个变阻器R组成，它们之中一个是测电压的电压表, 一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是2.C.乙表是电压表，D.上述说法都不对 如图2所示电路中，R增大时量程减小电源的电动势为E,内电阻为r.当变阻器R的滑片

2、P向上移动时,电压表V的示数U和电流表图2图6的示数I变化的情况是A . U变大，I变大B. U变小，I变小C. U变大，I变小D. U变小，I变大.如图3所示电路中，电阻 Ri=2Q, R2= 8Q, R为可变电阻，要使Ri和R2消耗的电功率相等，可变电阻应调为a. 6ab. 14a c. 4a d. 2a.为测某电阻R的阻值，分别接成图 4所示的甲、乙两电路，在甲电路中电压表和电流表的示数分别为3V、3mA ,乙电路中两表示数分别为2.9 V和4 mA ,则待测电阻的值应为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.如图5所示

3、，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图象，直线B为电源b的路端电压与电流关系图象，直线C为一个电阻R的两端电压与电流的关系图象，将这个电阻R分别接到a、b两个电源上，由图可知两次相比A . R接到电源a上，电源的效率较高R接到电源b上，电源的输出功率较大R接到电源a上，电源输出功率较大，但电源效率较低D.没有数值无法确定6.两块电压表V1和V2是由完全相同的电流表改装而成的，V1的量程为15V, V2的量程为5V,为了测1520V间的电压值，把 V1和V2串联起来使用，在这种情况下A. V1和V2的示数相同B. V1和V2的指针偏转角度相等丫1和V2的示数之比等于两个电压表内阻之比V1和V2

4、的指针偏转角之比等于两个电压表内阻之比7.如图6所示，静止的电子在加速电压 U1的作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该A,使U2加倍B.使U2变为原来的4倍c,使U2变为原来的J2倍D,使U2变为原来的1/2倍8,关于库仑定律的公式F _kQlQ2，下列说法中正确的是rA.当真空中的两个点电荷间的距离一8时，它们之间的静电力 F-0B.当真空中的两个点电荷间的距离一0时，它们之间的静电力 F-8C.当两个点电荷之间的距离 一8时，库仑定律的公式就不适用了D.当两个点电荷之间的距离 一0时，

5、电荷不能看成是点电荷，库仑定律的公式就不适 用了9,由电场强度的定义式 E=F/Q可知，在电场中的同一点A.电场强度E跟F成正比，跟 Q成反比B.无论检验电荷所带的电量如何变化，F/Q始终不变C.电场中某点的场强为零，则在该点的电荷受到的电场力一定为零D. 一个不带电的小球在 P点受到的电场力为零，则 P点的场强一定为零10.粒子运动轨迹如图中虚线，则可以判断图7一带电粒子射入一固定在 O点的点电荷的电场中， 中实线是同心圆弧，表示电场的等势面.不计重力A.此粒子一直受到静电排斥力作用B.粒子在b点的电势能一定大于在 a点的电势能C.粒子在b点的速度一定大于在 a点的速度D.粒子在a点和c点的

6、速度大小一定相等.在平行板电容器 A、B两板上加上如图8乙所示的交变电压， 开始B板的电势比A板高, 这时两板中间原来静止的电子在电场作用下开始运动，设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下述说法正确的是 （不计电子重力）A.电子先向A板运动，然后向B板运动，再返回 A板做周期性来回运动B .电子一直向 A板运动C .电子一直向 B板运动D.电子先向B板运动，然后向 A板运动，再返回 B板做来回周期性运动甲乙图9c、d、e、f、g和h按图10所囹10.如图9所示，两块平行带电金属板，带正电的极板接地，两板间P点处固定着一个负电荷（电量很小）。现让两板保持距离不变而水平错开一段距离，则A.两板间电压

7、变大，P点场强变大 B.两板间电压变小，P点场强变小C. P点电势变大，负电荷的电势能变小D. P点电势变小，负电荷的电势能变大二、本题共2小题，共12分.把答案填在题中的横线上或按题目要求作答.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，用导线 a、b、 示方式连接电路，电路中所有元器件都完好，且电压表和电流表已调零,闭合开关后； 若电压表的示数为 2 V,电流表的的示数为零，小 灯泡不亮，则断路的导线为 ;若电压表的示数为零，电流表的示数为0.3 A,小灯泡亮，则断路的导线为 ;若反复调节滑动变阻器，小灯泡亮度发生变化，但电压表、电流表的示数不能调为零, 则断路的导线为.图1114.多用电表表头

8、的示意如图11,在正确操作的情况下:若选择开关的位置如灰箭头所示,则测量的物理量是, 若选择开关的位置如白箭头所示,则测量的物理量是,若选择开关的位置如黑箭头所示,则测量的物理量是,测量结果为,测量结果为,测量结果为图13（4）若选择开关的位置如黑箭头所示，正确操作后发现指针的偏转角很小，那么接下来的正确操作步骤应该依次为：, , 。 全部测量结束后，应将选择开关拨到 或者；（6）无论用多用电表进行何种测量（限于直流），电流都应该从 色表笔经 插孔流入电表.三、本题共5小题，满分52分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算 步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写

9、出数值 和单位。.如图12所示，R3=6Q,电源内阻r为1Q,当开关K合上且R2为2a时，电源的总功率 为16W,而电源的输出功率为 12W,灯泡正常发光，求：（1）电灯的电阻及功率；（2）K断开时，为使灯泡正常发光，R2的阻值应调到的值.如图13所示的匀强电场中， 有a、b、c三点，ab =2cm , bc =12cm , 其中ab沿电场方向，bc和电场方向成60角，一个电荷量为 q= 4X10-8C的正电荷从a移到b,电场力做功为 W1=1.2 M0-7 J,求:(1)势差匀强电场的场强 E; (2)电荷从b移到c,电场力做功W2；(3) a、c两点的电Uac.17.如图所示，一条长为 L

10、的细线，上端固定，将它置于一匀强电场中，场强大*线18.*线19.* * * * * * * * * * * * * * *小为E,水平向右，已知当细线离开竖直位置的偏角为 状态。(1)小球带何种电荷？电量是多少？(2)如果使细线的偏角由a增大到中，然后由静止释放，则中应为多大，才能使细线达到竖直位置时，小球的速度刚好为零 ？(3)如果将小球向左方拉成水平，此时线被拉直，那么放手后小球将做怎样的运动 经多长时间线又被拉直 ？有带平行板电容器竖直安放如图现从平行板上A处以VA=3m/s?小球开始运动后15所示，两板间距a时，小球处于平衡图14d=0.1m,电势差 U=100V,速度水平射入一带正

11、电小球(已知小球带电荷量 q=10-7C,质量m=0. 02q) 经一段时间后发现小球打在 A点正下方的B处，求A、B间的距离Sab . ( g取10m/s2)如图16所示电路中，电池的电动势E=6V ,内电阻是可变电阻，在Ro由零增加到50的过程中，求： (1)可变电阻上消耗热功率最大的条件和最大热功 率；(2)电池的内电阻r和电阻R上消耗的热功率之和的 最小值.r=1 Q,电阻 R=9Q, RoEq R图16福建省厦门第一中学 2008-2009学年度高二第一阶段考试答题卷(物理)一13141516171819总分填空13.14.断路的导线为 ;断路的导线为 ;断路的导线为 多用电表表头的

12、示意图如，在正确操作的情况下： 物理量是 ,测量结果为 ; 物理量是 ,测量结果为 ; 物理量是 ,测量结果为 ;(4) 正确操作步骤应该依次为： , 选择开关拨到 或者(6)电流都应该从 色表笔经 插孔流入电表。15.16.座位号17.18.19.物理月考试题参考答案123456789101112BCDBCBC.AADBCABDCAD、选择题、填空13. d线；h线；g线14.解：直流电压，1.24V。直流电流，49mA。电阻，1.7k Q该用X1k 倍 率，重新调零，将红黑表笔分别接触被测电阻的两根引线，读出指针所指刻度，再乘以倍率 得测量值。OFF,交流电压500V档位置。红，正15.

13、(1)电灯的电阻为 4Q,功率为4W(2) R2=3Q16.由于电场力做功 W=qU与路径无关，只与初末位置间的电势差有关，故可据已知的电场力做功先求电势差解析(1)设Wi =qU ab匚UabE 二d，再据匀强电场中场强与电势差的关系确定场强 ab两点间距离dE.反之亦然.Wqd1.2 10，8V/m =60 V/m.4 105 10(2)设bc两点沿场强方向距离为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)设电荷从a移到c电场力做功为 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)分析小球受力如图14126所示，由力的平衡知小球带正电，且： T sin ： = Eq T cos： = mgmg tan :解得：q =E(2)小球从细线偏角 中的位置运动到竖直位置时， 拉力T不做功, 重力做正功，电场力做负功，由动能定理得：图 14126mgL(1 -cos ) - EqL sin =0即:mg tan ;1 - cos : Eq E

15、 esin : mg mg二tan :贝U： tan -72 = tan ： , 二2(3)小球受力分析如图 14127所示.由于小球所受重力、电场力均为恒力且由静止释放，故小球将沿合力方向做初速度为零的匀加速直线运动，当线被拉直时，小球运动的位移为：s = 2Lsin 二小球的加速度为：:伊川方,1 ,2,日， 2s 2 2Lsin1 2Lsin21由$= at 得：t=J=2a gZcos, g说明：此题第(2)问也可由能量的转化和守恒来解.参与做功的力有重力和电场力，因此，在运动过程中相互转化的能量是重力势 能、电势能和动能.由初末位置的动能相等、皆为零可知重力势能图 14 127的减少等于电势能的增加，因此 mgL(1 cos中)=EqLsin中18.小千m在处以va以水平射入匀强电场后，运动轨迹如图所示。对于这类较复杂的运动， 中学中常用的处理方法是将其分解成两个或几个简单的直线运动，根据力的独立作用原理及运动的互不相干性分别加以分析。考察竖直方向情况：小球无初速，只受重力mg