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2018-2019学年四川省雅安市雨城区高二上学期第一次月考物理试题(解析版)

1、1关于元电荷,下列说法中正确的是()A 元电荷实质上是指电子本身B 元电荷实质上是指质子本身C 元电荷的值通常取e1.6010-19CD 元电荷e的数值最早是由物理学家库仑用实验测得的2关于库仑定律,下列说法正确的是()A 库仑定律适用于点电荷,点电荷其实就是体积很小的球体B 根据Fk,可知当两电荷间的距离趋近于零时,库仑力将趋向无穷大C 若点电荷q1的电荷量大于q2的电荷量,则q1对q2的库仑力大于q2对q1的库仑力D 库仑定律和万有引力定律的表达式相似,都是与距离平方成反比的定律3如图所示,用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极之间的电势差,现使A板带正电,B板带负电,则下列说法正确的是

2、(    )A 将B板稍微向右移,静电计指针张角将变小B 若将B板稍微向上移,静电计指针张角将变小C 若将B板拿走,静电计指针张角变为零D 若将玻璃板插入两极板之间,静电计指针张角将变大4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=U/I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 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D 某些金属合金和化合物的电阻率随温度的降低突然减小为零,这种现象叫做超导现象5如图所示,完全相同的金属小球A和

3、B带有等量异种电荷,中间连有一轻质绝缘弹簧,放在光滑的水平面上,平衡时弹簧的压缩量为x0,现将不带电的与A、B完全相同的另一个小球C与A 接触一下,然后拿走C,待AB重新平衡后弹簧的压缩量为x,则(    )A x=x0/2    B x>x0/2    C xr,所以弹簧压缩量小于原来的一半,要比x0小,故C正确,ABD错误。故选:C。6BCD【解析】先以A球为研究对象,分析受力,作出力图,根据平衡条件分析墙壁对A的弹力如何变化,再以AB整体为研究对象,根据平衡条件分析F如何变化和地面对小球B的弹力的变化由库仑定律分析两球之间

4、的距离如何变化A、B、C以A球为研究对象,分析受力,作出力图如图1所示设B对A的库仑力F与墙壁的夹角为,由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为:N1=mAgtan,将小球B向左推动少许时减小,则N1减小再以AB整体为研究对象,分析受力如图2所示,由平衡条件得:F=N1N2=(mA+mB)g则F减小,地面对小球B的弹力一定不变故A错误,BC正确D、由上分析得到库仑力F库=,减小,cos增大,F库减小,根据库仑定律分析得知,两个小球之间的距离增大,故D正确故选:BCD【点评】本题运用隔离法和整体法结合分析动态平衡问题,关键是确定研究对象(往往以受力较少的物体为研究对象),分析受力情况7BCD【解析】

5、由题看出,小球B受到的静电力与速度不在同一直线上,则B球不可能做直线运动,故A错误;若小球A、B带异种电荷,而且引力恰好等于时,B球做匀速圆周运动,A球对B球的库仑力不做功,故B正确;若小球A、B带异种电荷,而且引力恰好小于时,B球会远离A球,引力做负功,电势能增加,故C正确;由于两球电性未知,B球可能受斥力会远离A球,也可能受到引力靠近A球,所以B球可能从电势较高处向电势较低处运动,故D正确。考点:电势差与电场强度的关系、电势【名师点睛】由小球B受到的静电力与速度不在同一直线上可知,B球不可能做直线运动若小球A、B带异种电荷小球B做匀速圆周运动,库仑力不做功,若小球B所受的引力小于所需要的向

6、心力,小球B做离心运动时,B球的电势能可能增加,B球不一定从电势较高处向电势较低处运动。8CD【解析】-x图象的斜率的绝对值大小等于电场强度,由几何知识得知,斜率先增大后减小,则电场强度先增大后减小,但斜率一直是负,场强方向没有改变。故AB错误。由图看出,电势逐渐降低,若一负电荷从O点运动到x2点,电势能逐渐升高。故C正确。从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷,受到的电场力方向与速度方向相同,做加速运动,即该电荷在Ox2间一直做加速运动。故D正确。故选CD。【点睛】本题从数学的角度理解-t图象的斜率等于场强,由电势的高低判断出电场线的方向,来判断电场力方向做功情况9,【解析】小球经M点时速度

7、最大,则在M点的加速度为零,根据平衡条件求出M点的场强大小;从P点运动到Q点过程中,根据动能定理可求P、Q两点的电势差。解:小球经M点时速度最大,则在M点的加速度为零,有,解得M点的场强大小 ; 从P点运动到Q点过程中,根据动能定理可得, P、Q两点的电势差;10(1)1.722(1.720-1.724)(2)A,C,E;【解析】(1)该金属线的直径为d=1.5mm+0.01mm22.2=1.722mm。(2)小灯泡的额定电压为3V,则电压表选择A;小灯泡的额定电流为0.2A,则电流表选择C;因滑动变阻器要用分压电路,故选阻值较小的E.小灯泡的电阻约为15,远小于电压表内阻,故选用电流表外接电

8、路;滑动变阻器用分压电路,电路图如图;11(1)5000V(2)0.1J【解析】12(1)v0=8106m/s(2)U2=2104V , 【解析】根据动能定理即可求出粒子经电场U1加速后的速度大小;粒子进入偏转电场后做类平抛运动,根据类平抛运动的规律求解;(1)粒子经电场U1加速后,根据动能定理: ,解得v0=8106m/s (2)粒子在偏转电场中:水平方向L=v0t 竖直方向:由牛顿第二定律可得: 联立解得U2=2104V 联立联立解得13(1)-0.08J,-0.08J(2)8m/s(3)0.6N【解析】(1)小滑块从M点到Q点重力做的功: 电场力的功: (2)设滑块到达Q点时速度为v,则由牛顿第二定律得:mg+qE=m滑块从开始运动至到达Q点过程中,由动能定理得:-mg2R-qE2R-(mg+qE)x=mv2-mv02联立方程组,解得:v0=8m/s;(3)设滑块到达P点时速度为v,则从开始运动至到达P点过程中,由动能定理得:-(mg+qE)R-(qE+mg)x=mv2-mv02又在P点时,由牛顿第二定律得:FN=m,代入数据解得:FN=0.6N根据牛顿第三定律,则小滑块通过P点时对轨道的压力是0.6N,方向水平向左;【点睛】此题中滑块恰好通过最高点时轨道对滑块没有弹力,由牛顿定律求出临界速度,再根据动能定理和牛顿运定律结合求解小球对轨道的弹力