1、2018-2019学年江西省玉山县一中高一上学期第一次月考物理试题此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 物理注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第I卷（选择题）一、单选题1如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小
2、孔，小孔分别位于O、M、P点，由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，现将C板向右平移到P点，则由O点静止释放的电子（ ）A 运动到P点返回B 运动到P和P点之间返回C 运动到P点返回D 穿过P点2如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下级板都接地在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，EP表示点电荷在P点的电势能，表示静电计指针的偏角若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（）A 增大，E增大 B 增大，EP不变C 减小，EP增大 D 减小，E不变3有两个平行板电容器，它们的电容之比为5：4，它们的带电荷量之比为
3、5：1，两极板间距离之比为4：3，则两极板间电压之比和电场强度之比分别为（）A 4：1；1：3 B 1：4；3：1 C 4：1；3：1 D 4：1；4：34如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么()A 偏转电场E2对三种粒子做功一样多B 三种粒子一定打到屏上的同一位置C 三种粒子运动到屏上所用时间相同D 三种粒子打到屏上时的速度一样大5如图所示，一重力不计的带电粒子以初速度v0射入水平放置、距离为d的两平行金属板，射入方向沿两极板的中心线，当
4、极板所加电压为U1时，粒子落在A板上的P点，如果将带电粒子的初速度变为2v0，同时将A板向上移动后，使粒子由原入射点射入后仍落在P点，则极板间所加电压U2为（ ）AU2=3U1 BU2=6U1 CU2=8U1 DU2=12U16空间有一匀强电场，在电场中建立如图所示的直角坐标系为电场中的三个点，点的坐标，点的坐标为，点（图中未画出）的坐标为已知电场方向平行于直线，点电势为零，点电势为，则点的电势为（）A V B V C V D V7一根长为、横截面积为的金属棒，其材料的电阻率为，棒内单位体积自由电子数为，电子的质量为、电荷量为在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速度为
5、，则金属棒内的电场强度大小为（ ）A B C D 8如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A；R1的阻值等于电流表内阻阻值的一半；R2的阻值等于电流表内阻的2倍。若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是（ ）A 将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04AB 将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02AC 将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06AD 将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01A9如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10cm的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为
6、1V、2V、3V，正六边形所在平面与电场线平行。下列说法正确的是()A 通过CD和AF的直线应为电场中的两条等势线B 匀强电场的电场强度大小为10V/mC 匀强电场的电场强度方向为由C指向AD 将一个电子由E点移到D点，电子的电势能将减少1.61019J二、多选题10在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势在x轴上分布如图所示下列说法正确有（）A q1和q2带有异种电荷B x1处的电场强度为零C 负电荷从x1移到x2，电势能减小D 负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大第II卷（非选择题）三、实验题11某同学想要描绘标有“3.8V,0.3A”字样小灯泡L的伏安特性曲线，要求测量数据尽量精
7、确、绘制曲线完整可供该同学选用的器材除开关、导线外，还有：电压表V1（03V，内阻等于3）电压表V2（015V，内阻等于15）电流表A1（0200mA，内阻等于10）电流表A2（03A，内阻等于0.1）滑动变阻器R1（010，额定电流2A）滑动变阻器R2（01k，额定电流0.5A）定值电阻R3（阻值等于1）定值电阻R4（阻值等于10）定值电阻R5（阻值等于1）电源E（E=6V，内阻不计）请在方框中画出实验电路图，并将各元件字母代码标在元件的符号旁_；该同学描绘出的I-U图象应是下图中的_A B C D 12(1)某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度。该螺旋测微器校零时的示数如图甲所示，测量金
8、属板厚度时的示数如图乙所示，图甲所示读数为_mm，图乙所示读数为_mm。(2)图甲为一游标卡尺的结构示意图，当测量一钢笔帽的内径时，应该用游标卡尺的_（填“A”或“B”或“C”）进行测量，示数如图乙所示，该钢笔帽的内径为_mm。四、解答题13如图所示电路中，R3=4，电流表读数为0.75A，电压表读数为2V，由于某一电阻断路，使电流表读数为0.8A，而电压表读数为3.2V，问:(1)哪一只电阻断路?(2)电源电动势和内电阻各多大?14如图，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45角的绝缘直杆AC，其下端（C端）距地面高度h=0.8m，有一质量为500g的带电小环套在直杆上，正以某一速
9、度沿杆匀速下滑，小环离开杆后通过C端的正下方P点，求：（1）小环离开直杆后运动的加速度大小和方向；（2）小环从C运动到P过程中的动能增量；（3）小环在直杆上匀速运动速度的大小。15某同学找到一个玩具风扇中的直流电动机，制作了一个提升重物的装置，某次提升试验中，重物的质量m=1.0kg，加在电动机两端的电压为6V.当电动机以v=0.5m/s的恒定速度竖直向上提升重物时，这时电路中的电流I=1.0A不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2求：（1）电动机线圈的电阻r等于多少？（2）若输入电压不变，调整电动机的输入电流大小，使电动机输出功率最大。求电动机输入电流I为多少时输出功率最大，最大是多大？（
10、3）在电动机能提供第（2）问的最大输出功率的条件下，将质量m=0.5kg的从静止开始以a=2m/s2的加速度匀加速提升该重物，则匀加速的时间为多长？物体运动的最大速度是多大？16如图所示，两平行金属板A、B长L=8cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V，即一带正电的粒子电量，质量，从R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在中心线上的O点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响）.已知两界面MN、PS相距为L=12cm，粒子穿过界面PS后被点电荷Q施加的电场力俘获从而以O点为圆心做匀
11、速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF上.（静电力常数,不计粒子重力, , )，求：（1）粒子从偏转电场中飞出时的偏转位移和速度；（2）粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离多远；（3）点电荷的电量(该小题结果保留一位有效数字)2018-2019学年江西省玉山县一中高一上学期第一次月考物理试题物理答案1A【解析】设A、B板间的电势差为U1，B、C板间的电势差为U2，板间距为d，电场强度为E，第一次由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，根据动能定理得：qU1=qU2=qEd，将C板向右移动，B、C板间的电场强度，E不变，所以电子还是运动到P点速度减小为零，然后返回，故A正确；BCD错
12、误【名师点睛】本题是带电粒子在电场中的运动，主要考察匀变速直线运动的规律及动能定理，重点是电容器的动态分析，在电荷量Q不变的时候，板间的电场强度与板间距无关2D【解析】若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，则根据可知，C变大，Q一定，则根据Q=CU可知，U减小，则静电计指针偏角减小；根据，Q=CU，联立可得，可知Q一定时，E不变；根据U1=Ed1可知P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，则EP不变；故选项ABC错误，D正确。【考点定位】电容器、电场强度、电势及电势能【名师点睛】此题是对电容器的动态讨论；首先要知道电容器问题的两种情况：电容器带电荷量
13、一定和电容器两板间电势差一定；其次要掌握三个基本公式：，Q=CU；同时记住一个特殊的结论：电容器带电荷量一定时，电容器两板间的场强大小与两板间距无关。3C【解析】根据公式：得：；根据电场强度的公式：得：，故选C。考点：电容器；电场强度【名师点睛】本题主要根据电容的定义式和决定式去分析对于场强，也可根据推论：当电容器的电量、正对面积不变时，改变板间距离，板间场强不变确定。4AB【解析】带电粒子在加速电场中加速，电场力做功W=E1qd； 由动能定理可知：E1qd=mv2；解得：；粒子在偏转电场中的时间；在偏转电场中的纵向速度纵向位移；即位移与比荷无关，与速度无关；则可三种粒子的偏转位移相同，则偏转
14、电场对三种粒子做功一样多；故A正确，B错误；因三粒子由同一点射入偏转电场，且偏转位移相同，故三个粒子打在屏幕上的位置一定相同；因粒子到屏上的时间与横向速度成反比；因加速后的速度大小不同，故三种粒子运动到屏上所用时间不相同；故C错误，D正确；故选AD考点：带电粒子在匀强电场中的运动【名师点睛】此题考查带电粒子在电场中的偏转，要注意偏转中的运动的合成与分解的正确应用；正确列出对应的表达式，根据表达式再去分析速度、位移及电场力的功。5D【解析】由偏转距离y= a= t=可得 第一次：第二次：由以上两式相比可得：U2=12U1则D正确故选：D6D【解析】根据题意已知电场方向平行于直线MN，点M的电势为
15、0，点N的电势为1V，故 将电场强度沿着-x方向和+y方向正交分解，设合场强为E，则-x和+y方向的分量分别为：， 设P在xOy平面上的投影为P点，投影点的坐标为：，则（由式得）又因N点电势为1V，则P电势为，即P点电势为，则A、B、C错误，D正确.故选D.【点睛】本题关键运用正交分解法，将电场沿着坐标轴方向正交分解，然后由U=Ed求解.7C【解析】电场强度可表示为E，其中L为金属棒长度，U为金属棒两端所加的电动势，而UIR，其中， ，联立，可得Enev，故C项正确.8C【解析】当接线柱1、2接入电路时，R1与电流表并联，由于R1，可知流过R1的电流为流过电流表电流的2倍，所以1、2接线柱间的
16、电流为通过电流表电流的3倍，所以每一小格是原来的3倍，即为0.06 A，所以A、B错误；当接线柱1、3接入电路时，电流表与R1并联，然后再与R2串联，串联电阻对电流无影响，与1、2接入电路的效果一样，所以每一小格表示0.06 A，C正确，D错误。9ACD【解析】A、连接AC，AC中点电势为2V，由正六边形对称性，则EB、AF、CD均为电场中的等势线，故A正确B、匀强电场的场强大小为，故B错误；C、电场线方向与EB垂直，即为CA，故C正确；D、将一个电子由E点移到D点，电场力做负功电子的电势能增，故D错误。所以应该选AC。10AC【解析】由图知x1处的电势等于零，所以q1和q2带有异种电荷，A正
17、确，图象的斜率描述该处的电场强度，故x1处场强不为零，B错误；负电荷从x1移到x2，由低电势向高电势移动，电场力做正功，电势能减小，故C正确；由图知，负电荷从x1移到x2，电场强度越来越小，故电荷受到的电场力减小，所以D错误点睛：本题的核心是对x图象的认识，要能利用图象大致分析出电场的方向及电场线的疏密变化情况，依据沿电场线的方向电势降低，还有就是图象的斜率描述电场的强弱电场强度11B【解析】分析给定仪器，明确电表的量程；根据安全性原则进行改装；同时根据实验要求明确滑动变阻器以及电流表接法；根据灯泡电阻随温度的变化规律进行分析，同时明确I-U图象中图象的斜率表示电阻的倒数【详解】灯泡额定电压为
18、3.8V，而给出的电压表量程分别为15V和3V，15V量程太大，无法正确测量；故只能选用3V量程，并且与定值电阻串联扩大量程；3V量程的电压表内阻为3K；根据串并联电路规律可知，应选择1K的定值电阻串联；额定电流为0.3A，而给出的量程中3A量程过大，不能使用；只能采用将电流表量程200mA的电流表与定值电阻并联的方式来扩大量程；根据改装原理可知，并联10的定值电阻，即可将量程扩大到0.4A；因本实验中要求多测几组数据，因此应采用滑动变阻器分压接法；同时因灯泡内阻较小，故采用电流表外接法；故电路图如图所示：因灯泡电阻随温度的增加而增大，因此在I-U图象中图线的斜率应越来越小；故选B【点睛】本题
19、考查描绘小灯泡伏安特性曲线的实验以及电表的改装，要求能明确改装原理，并正确掌握本实验中电路的接法；注意分压接法以及电流表接法的正确判断12（1）0.010(0.0080.012)；6.860(6.8686.872)（2）A；11.30【解析】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(1)螺旋测微器的固定刻度为0mm，可动刻度为0.011.0mm=0.010mm，所以最终读数为0.010 mm(0.0080.012)测量金属板厚度时,螺旋测微器的固定刻度为6.5mm，可动刻度为0.0137.0
20、mm=0.370mm，所以最终读数为6.870 mm所测金属板的厚度为6.870-0.010=6.860mm(6.8686.872)(2)游标卡尺来测量玻璃管内径应该用内爪即A部分游标卡尺测内径时，主尺读数为11mm，游标读数为0.056=0.30mm，最后读数为11.30mm【点睛】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量13（1）R1断路（2）4V；1【解析】（1）若R2断路，电流表读数将变为零，与题设条件不符若R3断路，电压表读数将变为零，与题设条件不符故R1发生了断路（2）断路时： 根据闭合电路欧姆定律得U=E-Ir即3.2=E-0.8
21、r未断路时： 总电流：I0=I23+I=1.0A则有IR2=E-I0r即3=E-r联立解得E=4V，r=114（1），方向垂直于杆向下（或与水平方向成45角斜向下） （2）4J （3）【解析】（1）对带电小环受力分析；因带电小环匀速下滑，加之电场强度水平向左，所以小环带负电由几何关系可知，小环所受电场力与重力大小相等则小环离开直杆后所受的合外力大小为：F合=mg由牛顿第二定律可得：ag10m/s2，方向垂直于杆向下（或与水平方向成45角斜向下）（2）设小环从C运动到P过程中动能的增量为Ek由动能定理有：WG+WE=Ek则电场力做功为零WE=0，所以Ek=WG=mgh=4J（3）小环离开杆做类平
22、抛运动如图所示建立坐标x、y轴垂直于杆方向做匀加速运动：平行于杆方向做匀速运动：xv0th解得：0=2m/s15（1）（2）（3）【解析】（1）电动机提升重物时，根据得到（2）根据，由抛物线顶点坐标可得，当时，输出功率最大（3）根据联立可得故最大速度考点：考查了电功率的计算，牛顿第二定律16(1)0.03m, , 方向与成角(2)0.12m(3)【解析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出粒子的偏移量由牛顿第二定律求出加速度，由速度公式求出粒子的竖直分速度，然后求出粒子的速度（2）粒子离开电场后做匀速直线运动，应用几何知识可以求出偏移量（3）由库仑力提供粒子做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律可以求出电荷的电荷量（1）设粒子从电场中飞出时的侧向位移为h，粒子在电场中做类平抛运动在水平方向上： 在竖直方向上： 由牛顿第二定律得： 代入数据解得：h=0.03m设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为则有： 代入数据解得： 所以粒子从电场中飞出时的速度为： 代入数据解得： 设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为则有： （2）设穿过界面PS时偏离中心线RO的距离为Y，带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，由相似三角形知识得： 代入数据解得：Y=0.12m（3）粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得： 由几何关系得：粒子做匀速圆周运动的半径联立解得：