广西桂林中学2017-2018学年高二上学期第一次月考（开学
考试）物理试题
一、单选题
1. 四个塑料小球,A和B互相排斥,B和C互相吸引,C和D互相排斥。如果D带正电,则B球的带电情况是( ) A. 带正电 B. 带负电
C. 不带电 D. 可能带负电或不带电 【答案】B
【解析】试题分析：同种电荷相互排斥，C和D相互排斥，D带正电，所以C带正电；B和C相互吸引，则B带负电或不带电，而A和B相互排斥，则B一定带电，综上所述B带负电，B选项正确，ACD选项错误 故选B
考点：电荷间的相互作用
点评：本题考查电荷间的相互作用，应用层次：较难。解决此类问题一定要注意带电体有吸引轻小物体的性质，两塑料小球相互吸引其中一个可能不带电，如果两塑料小球相互排斥则两个都带电。
2. 如图所示,A、B为相互接触的用绝缘支柱支持的金属导体,起初它们不带电,在它们的下部贴有金属箔片,C是带正电的小球。下列说法正确的是( )
A. 把C移近导体A时,A上的金属箔片张开，B上的金属箔片不张开 B. 把C移近导体A,先把A、B分开,然后移去C,A、B上的金属箔片仍张开 C. 先把C移走,再把A、B分开,A、B上的金属箔片仍张开
D. 先把A、B分开,再把C移走,然后重新让A、B接触,A上的金属箔片张开,而B上的金属箔片闭合
【答案】B
【解析】A、感应带电，这是使物体带电的一种方法，根据异种电荷互相吸引的原理可知，靠近的一端会带异种电荷，金属导体处在正电荷的电场中，由于静电感应现象，导体B的右端要感应出正电荷，在导体A的左端会出现负电荷，所以导体两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电，把带正电荷的物体C移近导体A后，把A和B分开，A带负电，B带正电，金属箔还是张开，故A错误，B正确；
C、先把C移走，A、B电荷恢复原状，A、B两端都不带电，若再把A、B分开，A、B上的金属箔片不会张开，故C错误；
D、先把A、B分开，再把C移走，然后重新让A、B接触，A与B上的电荷重新中和，A上的金属箔片闭合，B上的金属箔片也闭合，故D错误。
点睛：该题考查物体静电感应起电的实质，及静电平衡状态时，带电体的电荷只分布在外表面，内部电场强度为零，且导体的电势处处相等。
3. 如图所示,a、b、c是一条电场线上的三个点,电场线的方向由a到c,a、b间的距离等于b、c间的距离,用φa、φb、φc和Ea、Eb、Ec分别表示a、b、c三点的电势和电场强度,可以判定( )
A. φa>φb>φc B. Ea>Eb>Ec C. φa-φb=φb-φc D. Ea=Eb>Ec 【答案】A
点睛：本题考查对电场线两个意义的理解：根据电场线的方向，可判断电势的高低，根据电场线的疏密可判断场强的大小，一条电场线不能比较场强的大小。
4. 如图所示,abcd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点电势为20V,b点电势为24V,d点电势为4V,由此可知c点电势为( )
A. 4 V B. 8 V C. 12 V D. 24 V 【答案】B
【解析】试题分析：
根据在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分将线段bd五等分，如=4v，φf=8v．图所示，则Ube=Ubd=×（24-4）故Ube=φb-φe=4v，故φf-φd=4v，故φe=24-4=20v．故φa=φe，连接cf，则cf∥ae，故c点的电势φc=φf=8v．故B正确．故选B。 考点：电势
【名师点睛】①在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分；②在匀强电场中电场线平行且均匀分布故等势线平行且均匀分布．以上两点是解决此类题目的金钥匙。
5. 如图所示,平行板电容器与电源相连,负 极板接地,在两板间有一负检验电荷固定在A点。若保持负极板不动,将正极板移到图中虚线所示的位置,则关于检验电荷在A点的电势能的变化,正确的说法是( )
A. 减小 B. 增大 C. 不变 D. 无法确定 【答案】A
【解析】电容器的电压不变，板间距离减小，根据
知电场强度E变大，因为电场强度
增大，则P与负极板间的电势差增大，P点的电势增大，负电荷在P点的电势能减少，故选项A正确。
点睛：本题是电容器的动态变化分析问题，难点是确定电场强度的变化，只要得出电场强度
的变化，就可以得出P与负极板电势差的变化，得出P点的电势以及电荷在P点电势能的变化。
6. 如图,E为内阻不能忽略的电池,R1、R2、R3为定值电阻,S0、S为开关,表与电流表。初始时S0与S均闭合,现将S断开,则( )
与Ⓐ分别为电压
A. B. C. D.
的读数变大,的读数变小 的读数变大,的读数变大 的读数变小,的读数变小 的读数变小,的读数变大
【答案】B
【解析】S断开，相当于总电阻变大，总电流减小，由U＝E－Ir知，路端电压增大，即电压表的读数变大，R3两端的电压U3＝E－Ir－IR1，因总电流减小，则U3增大，R3中的电流也增大，电流表的读数变大，选项B正确.
7. 如图甲所示是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 【答案】D
【解析】试题分析：当传感器
所在处出现火情时，温度升高，由图乙知
的阻值变小，
外电路总电阻变小，则总电流变大，电源的内电压变大，路端电压变小，即U变小．电路中并联部分的电压故D正确。
，变大，其他量不变，则变小，电流表示数I变小，
考点：闭合电路的欧姆定律．
8. 示波管的工作原理如图所示,真空室中电极K发出电子(初速度不计),经过电压为U1的加速电场后,由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中。金属板长为L,相距为d,当A、B间电压为U2时电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上而显示亮点。已知电子的质量为m、电荷量为e,不计电子重力,下列情况中一定能使亮点偏离中心距离变大的是( )
A. U1变大,U2变大 B. U1变小,U2变大 C. U1变大,U2变小 D. U1变小,U2变小 【答案】B
电子进入偏转电场后做类平抛运动，设偏移量为y，，L=vt，
所以
，当U1变小，U2变大时，y变大，
考点： 带电粒子在电场中的运动
9. 如图所示电路中灯泡L1发光,灯泡L2、L3均不亮,A1有读数,A2没有读数,则产生的故障应是(设只有一处存在故障)( )
A. 灯泡L1断路 B. 灯泡L2断路 C. 灯泡L2短路 D. 灯泡L3短路 【答案】C
【解析】A、若灯泡断路，电路中没有电流，电流表是灯泡L1断路，故A错误； B、若灯泡断路，
没有读数，而灯泡仍有电流通过，则应亮，与题不符，故不可能
应没有读数，与题不符，故不可能
是灯泡断路，故B错误；
C、若灯泡短路，电流表内阻不计，灯泡也被短路，不变，电流能通过数，与题相符，故C正确；
D、若灯泡短路，电流表内阻不计，灯泡也被短路，两个电表都有电流通过，都有读数，与题不符，故D错误。
点睛：本题分析时要抓住电流表的内阻不计，相当于导线，理解短路的含义，再进行分析。 10. 一台国产封闭型贮水式电热水器的铭牌上所列的主要技术参数如表所示。根据表中所提供的数据,计算出此电热水器在额定电压下处于加热状态时,通过电热水器的电流约为( )
，所以
有读
A. 6.8A B. 0.15 A C. 4.4 A D. 0.23 A 【答案】A
【解析】电热水器加热时的电流
，故选项A正确。
点睛：从铭牌获取必要的信息，熟练应用电功率的变形公式即可正确解题，本题是一道基础题。
二、多选题
11. 四个相同的电流表分别改装成两个大量程电流表和两个大量程电压表,电流表A1的量程大于A2的量程,电压表V1的量程大于V2的量程,把它们按如图所示接入电路( )
A. A1的读数比A2的读数大
B. A1的指针偏转角度比A2指针偏转角度大 C. V1读数比V2读数大
D. V1指针偏转角度比V2指针偏转角度大 【答案】AC 【解析】A、电流表
的量程大于电流表
的量程，故电流表
的电阻值小于电流表
的
电阻值，并联电路中，电阻小的支路电流大，故电流表正确；
的读数大于电流表的读数，故A
B、两个电流表的表头是并联关系，电压相同，通过表头的电流相同，故指针偏转角度相等，故B错误； C、电压表表
的电阻值大于电压表
的电阻值，串联时电流相同，电压表
的读数大于电压
的读数，故C正确；
D、两个电压表的表头是串联关系，电流相等，故指针偏转角度相等，故D错误。 点睛：表头改装成大量程电流表需要并联分流电阻，并流电阻越小，分流越多，量程越大；表头改装成电压表需要串联分压电阻，分压电阻越大，分得的电压越大，量程越大，然后再根据电路的串并联知识分析即可。
12. 用控制变量法可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图所示)。设两极板正对面积为S,极板间的距离为d,静电计指针偏角为θ。实验中,极板所带电荷量不变,若( )
A. 保持S不变,增大d,则θ变大 B. 保持S不变,增大d,则θ变小 C. 保持d不变,减小S,则θ变小 D. 保持d不变,减小S,则θ变大 【答案】AD
【解析】试题分析：静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大．根据电容的决定式C=
分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所
带电荷量不变，再由电容的定义式C=分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况．
解：A、B、根据电容的决定式C=
得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，
增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大．故A正确，B错误．
C、D、根据电容的决定式C=得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，
减小S时，电容减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大．故C错误，D正确． 故选：AD
【点评】本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是掌握电容的两个公式：电容的决定式C=
和C=．
13. a、b、c三个α粒子由同一点同时垂直场强方向进入偏转电场,其轨迹如图所示,其中b恰好飞出电场,由此可以确定( )
A. 在b飞离电场的同时a刚好打在负极板上 B. b和c同时飞离电场
C. 进入电场时,c的速度最大,a的速度最小 D. 动能的增量相比,c的最小,a和b的一样大 【答案】ACD
【解析】A、三个粒子所受的电场力相等，加速度大小相等，在竖直方向上有：
，知
a、b的偏转位移相等，大于c的偏转位移，知a、b的运动时间相等，大于c的时间，故A正确，B错误；
C、因为a的水平位移小于b的水平位移，时间相等，则a的速度小于b的速度，b的水平位移和c的水平位移相等，b的时间大于c的时间，则b的速度小于c的速度，所以进入电场时，c的速度最大，a的速度最小，故C正确；
D、根据动能定理知，a、b的偏转位移相等，则电场力做功相等，大于c电场力做功，所以a、b的动能增量相等，大于c的动能增量，故D错误。
点睛：解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，在沿电场方向上做匀加速直线运动，垂直电场方向上做匀速直线运动，结合运动学公式抓住等时性进行分析求解。
14. 某带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点,电场线、粒子在A点的初速度及运动轨迹如图所示,可以判定( )
A. 粒子在A点的加速度小于它在B点的加速度 B. 粒子在A点的动能小于它在B点的动能 C. 粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能 D. A点的电势低于B点的电势 【答案】B 【解析】
,电场力
，由牛顿第二定律知
,A对。粒子所受电场力方向与
电场线方向一致，由A点运动到B点，电场力做正功，动能增加，电势能减小，B对C错。沿电场线方向电势降低，A点的电势高于B点的电势，D错。
三、实验题
15. 在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中,可供选择的器材有： A.小灯泡：规格为“3.8V 0.3A” B.电流表：量程0～0.6A,内阻约为0.5Ω C.电流表：量程0～3A,内阻约为0.1Ω D.电压表：量程0～5V,内阻约为5kΩ
E.滑动变阻器：阻值范围0～10Ω,额定电流2A F.电池组：电动势6V,内阻约为1Ω G.开关一只,导线若干
(1)为了使测量尽可能地准确,需要使小灯泡两端电压从0逐渐增大到3.8V且能方便地进行调节,因此电流表应选____。(填器材代号)
(2)根据你设计的实验电路,将图中的器材连成实验电路。
【答案】B 如图所示：
【解析】（1）灯泡额定电流为，电流表应选择B；
（2）描绘小灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器因采用分压接法，灯泡正常发光时电阻
，电流表内阻约为
，电压表内阻约为
，
电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示，根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：
点睛：本题考查了实验器材的选择，设计实验电路图、连接实物电路图，要掌握实验器材的选择原则，确定滑动变阻器与电流表接法是正确设计实验电路的关键，当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器应采用分压接法。
16. 在测金属丝电阻率的实验中，甲乙两位同学分别用游标卡尺和螺旋测微器进行测量，如图所示，请你对两个测量工具进行读数，并填在相应位置。
（1）游标卡尺读数为：_______________ mm （2）螺旋测微器读数为：________________mm 【答案】 (1). 11.50 (2). 5.698-5.700 【解析】游标卡尺的主尺读数为以游标读数为
螺旋测微器的固定刻度为所以最终读数为：
，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所，所以最终读数为：，可动刻度为
。
，
；
点睛：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。
四.计算题
17. 如图所示,在匀强电场中有A、B两点,它们间距为2cm,两点的连线与场强方向成60°角。10-5C的电荷由A移到B,其电势能增加了0.1J。则： 将一个电量为-2×
(1)在此过程中,电场力对该电荷做了多少功? (2)A、B两点的电势差UAB为多少? (3)匀强电场的场强为多大?
103V (3)5×105V/m 【答案】(1)-0.1J (2)5×
【解析】试题分析： （1）电势能增加多少，静电力就做多少负功，故静电力对电荷做了－0．1 J的功． （2）由W＝qU，得（3）由U＝Ed，得
考点：电场力的功；电场强度
【名师点睛】此题是对电场力的功和场强的求解问题；关键是掌握公式W＝qU和U＝Ed；计算时注意角码的顺序不能颠倒．
18. 如图所示,ABCDF为一绝缘光滑轨道,竖直放置在水平向右的匀强电场中,AB与电场线平行,BCDF是与AB相切、半径为R的圆形轨道。今有质量为m、带电量为+q的小球在电场力作用下从A点由静止开始沿轨道运动,小球经过最高点D时对轨道的压力恰好为零,则A点与圆轨道的最低点B间的电势差为多大?
【答案】
【解析】小球从A到D的过程中有两个力做功，即重力做功和电场力做功，
由动能定理得：，
小球在D点时重力完全用来提供向心力， 由牛顿第二定律得：
，联立解得：
， 。
由于B、D两点在同一等势面上，所以
点睛：对小球应用动能定理求出速度，然后由牛顿第二定律求出AD间的电势差，再求出AB间的电势差。
19. 规格为“8V 4 W”的小灯泡与小型直流电动机D(其线圈内阻为r0=0.4Ω)并联后,接至电动势为10V,内电阻r=0.5Ω的电源上,小灯泡恰好正常发光,求：
(1)通过小灯泡的电流IL和电源的内电压Ur。 (2)电路中的总电流I和通过电动机D的电流ID。 (3)电动机的输入功率P和电动机的输出功率P出。 【答案】(1)0.5A 2 V (2)4 A 3.5 A (3)28 W 23.1 W 【解析】（1）由题意规格为“
，则内电压：
由于灯泡正常发光，所以灯泡的电流为：（2）电路的总电流：电动机的电流为：
（3）电动机线圈的发热功率：电动机的总功率的大小为：所以电动机的输出的功率为：
。
，
”的小灯泡恰好正常发光，可知电路的路端电压
；
。
点睛：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的。
20. 一个初速度为零的电子通过电压为U=4500V的电场加速后,从C点沿水平方向飞入电场105V/m的匀强电场中,到达该电场中另一点D时,电子的速度方向与电场强度强度为E=1.5×
,如图所示。试求C、D两点沿电场强度方向的距离y。 方向的夹角正好是120°
【答案】0.01m
【解析】电子加速过程，由动能定理得到 解得
=at，在竖直方向：vy=v0tan30°解得：
CD两点沿场强方向的距离代入数据解得
即C、D两点沿电场强度方向的距离y为0.01m．
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