江西省赣州市2015-2016学年高二物理上册第一次月考试题.doc

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2015-2016学年江西省赣州市信丰县信丰中学高二（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．1-8题为单项选择题，9-12题为多项选择题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）．
1．关于静电场，下列结论普遍成立的是（　　）
A．电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关
B．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低
C．将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功为零
D．在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向

2．下列说法正确的是（　　）
A．电源的电动势在数值上等于电源在搬运单位电荷时非静电力所做的功
B．电阻率是反映材料导电性能的物理量，仅与材料种类有关，与温度、压力和磁场等外界因素无关
C．电流通过导体的热功率与电流大小成正比
D．电容是表征电容器容纳电荷本领的物理量．由C=可知电容的大小是由Q（带电量）或U（电压）决定的

3．如图所示为伏安法测电阻的一种常用电路．下列分析中正确的是（　　）

A．此接法的测量值大于真实值
B．此接法的测量值小于真实值
C．此接法的测量值等于真实值
D．此接法要求待测电阻值小于电流表内阻

4．电流表的内阻是Rg=200Ω，满偏电流值是Ig=500μA，现在欲把这电流表改装成量程为1.0V的电压表，正确的方法是（　　）
A．应串联一个0.1Ω的电阻 B．应并联一个0.1Ω的电阻
C．应串联一个1800Ω的电阻 D．应并联一个1800Ω的电阻

5．电路中有一段金属丝长为L，电阻为R，要使电阻变为4R，下列可行的方法是（　　）
A．将金属丝拉长至2L
B．将金属丝拉长至4L
C．将金属丝对折后拧成一股
D．将金属丝两端的电压提高到原来的4倍

6．如图所示，在a、b两点上放置两个点电荷，它们的电荷量分别为q1、q2，MN是连接两点的直线，P是直线上的一点，下列哪种情况下P点的场强可能为零（　　）

A．q1、q2都是正电荷，且q1＞q2
B．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|＞q2
D．q1、q2都是负电荷，且|q1|＜|q2|

7．两电阻R1和R2的电流I电压U的关系图线如图所示，可知两电阻的大小之比R1：R2等于（　　）

A．1：3 B．3：1 C．1： D．1：4

8．如图所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一个检验电荷在这个电场中的轨迹，若电荷只受到电场力的作用从a处运动到b处，以下说法正确的是（　　）

A．电荷在b处的速度比a处小 B．电荷在b处的加速度比a处大
C．b处的电势比a处低 D．电荷在b处的电势能比a处小

9．如图所示，真空中A、B两点固定两个等量正电荷，一个具有初速度的带负电的粒子仅在这两个电荷作用下可能做（　　）

A．匀速直线运动 B．变速直线运动
C．匀变速曲线运动 D．匀速圆周运动

10．如图所示的电容式话筒就是一种电容式传感器，其原理是：导电性振动膜片与固定电极构成了一个电容器，当振动膜片在声压的作用下振动时，两个电极之间的电容发生变化，电路中电流随之变化，这样声信号就变成了电信号．则当振动膜片向右振动时（　　）

A．电容器电容值增大 B．电容器带电荷量减小
C．电容器两极板间的场强增大 D．电阻R上电流方向自左向右

11．两个点电荷Q1，Q2固定于x轴上，将一带正电的试探电荷从足够远处沿x轴负方向移近Q2（位于坐标原点O），在移动过程中，试探电荷的电势能随位置的变化关系如图所示．则下列判断正确的是（　　）

A．M点电势为零，N点场强为零
B．M点场强为零，N点电势为零
C．Q1带负电，Q2带正电，且Q2电荷量较小
D．Q1带正电，Q2带负电，且Q2电荷量较小

12．如图所示，A、B为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有一个小孔M、N，今有一带电质点，自A板上方相距为d的P点由静止自由下落（P、M、N在同一竖直线上），空气阻力不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回，若保持两极板间的电压不变，则（　　）

A．把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回
B．把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落
C．把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回
D．把B板向下平移一小段距离后，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落

二、实验题（每空3分，共18分）
13．小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变化，一研究性学习小组在实验室通过实验研究这一问题，实验室备有的器材是：电压表（3V，3kΩ）、电流表（0～0.6A，0.1Ω）、电池、开关、滑动变阻器、待测小灯泡、导线若干．实验时，要求小灯泡两端电压从零逐渐增大到额定电压以上．

（1）他们应选用甲图中所示的　　　　　　电路进行实验；
（2）根据实验测得数据描绘出如图乙所示U﹣I图象，由图分析可知，小灯泡电阻随温度T变化的关系是　　　　　　．
（3）已知实验中使用的小灯泡标有1.5V字样，请你根据上述实验结果求出小灯泡在1.5V电压下的实际功率是　　　　　　W．

14．在“探究金属的电阻的影响因素”时，测量电路如图1，测出金属丝的其长度L、横截面积S，电流表和电压表的读数分别为U、I，则：
（1）金属丝的电阻率ρ=　　　　　　（用以上字母表示）．
（2）在做实验前，按照所示的电路图用导线把器材连好，并把滑动变阻器的滑片应该滑至　　　　　　（填“左边”或“右边”）．
（3）用笔代替导线按图1的电路把图2的实物图连接起来．

三、计算题（共34分）
15．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．将一个电量为﹣2×10﹣5C的电荷由A移到B，其电势能增加了0.1J．则：
（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？

16．如图所示，用长L的绝缘细线栓住一个质量为m，带电量为q的小球，线的另一端栓在水平向右的匀强电场中，开始时把小球、线拉到和O在同一水平面上的A点（线拉直），让小球由静止开始释放，当摆线摆到与水平线成60°角到达B点时，球的速度正好为零（该点不是平衡位置），求：
（1）A、B两点的电势差；
（2）匀强电场的场强．

17．如图所示，两块平行金属板MN间的距离为d，两板间电压u随时间t变化的规律如右图所示电压的绝对值为U0．t=0时刻M板的电势比N板低．在t=0时刻有一个电子从M板处无初速释放，经过1.5个周期刚好到达N板．电子的电荷量为e，质量为m．求：
（1）该电子到达N板时的速率v．
（2）在1.25个周期末该电子和N板间的距离s．

18．（10分）（2006秋•宜昌期末）如图所示，甲图是用来使带正电的离子加速和偏转的装置．乙图为该装置中加速与偏转电场的等效模拟．以y轴为界，左侧为沿x轴正向的匀强电场，场强为E．右侧为沿y轴负方向的匀强电场．已知OA⊥AB，OA=AB，且OB间的电势差为U0．若在x轴的C点无初速地释放一个电荷量为q、质量为m的正离子（不计重力），结果正离子刚好通过B点，求：

（1）CO间的距离d；
（2）粒子通过B点的速度大小．

2015-2016学年江西省赣州市信丰县信丰中学高二（上）第一次月考物理试卷
参考答案与试题解析

一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．1-8题为单项选择题，9-12题为多项选择题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）．
1．关于静电场，下列结论普遍成立的是（　　）
A．电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关
B．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低
C．将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功为零
D．在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向
【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度；电势．
【分析】本题主要考查静电场中电场强度和电势的特点，可根据所涉及的知识逐个分析．
【解答】解：A、电势差的大小决定于电场线方向上两点间距和电场强度，所以A错误；
B、在正电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势高，离正电荷远，电场强度小，电势低；而在负电荷的电场中，离负电荷近，电场强度大，电势低，离负电荷远，电场强度小，电势高，所以B错误；
C、场强为零，电势不一定为零，电场中肯定存在场强都为零、电势又不相等的两个点，在这样的两个点之间移动电荷，电场力将做功，所以C错误；
D、沿电场方向电势降低，而且速度最快，所以D正确；
故选D．
【点评】本题以静电场中电场强度和电势比较容易混淆的性质为选项内容，体现对物理量基本概念和基本性质的记忆、理解仍是高考命题的重点之一．

2．下列说法正确的是（　　）
A．电源的电动势在数值上等于电源在搬运单位电荷时非静电力所做的功
B．电阻率是反映材料导电性能的物理量，仅与材料种类有关，与温度、压力和磁场等外界因素无关
C．电流通过导体的热功率与电流大小成正比
D．电容是表征电容器容纳电荷本领的物理量．由C=可知电容的大小是由Q（带电量）或U（电压）决定的
【考点】电源的电动势和内阻．
【专题】恒定电流专题．
【分析】电源没有接入外电路时两极间的电压等于电源电动势．电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，电动势与外电路无关．
电阻率与导体的材料以及温度有关；
由焦耳定律可明确热功率与电流的关系．
电容是表电容器容纳电荷本领的物理量；其大小由电容器本身的性质决定；
【解答】解：A、电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，电动势越大，电源将其他形式的能转化为电能的本领越大．则A正确；
B、电阻率是反映材料导电性能的物理量，仅与材料种类、温度有关；故B错误；
C、电流通过导体时的热功率与电流的平方成正比；故C错误；
D、电容是表征电容器容纳电荷本领的物理量．C与电压和电量无关；故D错误；
故选：A．
【点评】本题考查电动势、电阻率、焦耳定律及电容的性质等；要注意明确各物理量的决定因素．

3．如图所示为伏安法测电阻的一种常用电路．下列分析中正确的是（　　）

A．此接法的测量值大于真实值
B．此接法的测量值小于真实值
C．此接法的测量值等于真实值
D．此接法要求待测电阻值小于电流表内阻
【考点】伏安法测电阻．
【专题】实验题；恒定电流专题．
【分析】由图可知，电流表采用内接法，由于电流表的分压作用，使电压表测的电压大于待测电阻两端的电压，测量值大于真实值；待测电阻阻值越大，电流表分压影响越小，电压表的测量值越接近真实值，实验误差越小．
【解答】解：A、实验采用电流表的内接法，电流的测量值I是真实的，由于电流表的分压作用，电压测量值U偏大，由R=可知，
测量值偏大，测量值大于真实值，故A正确，BC错误；
D、采用内接法测电阻适用于测大电阻；故当待测电阻阻值远大于电流表内阻时才能采用内接法，故D错误；
故选：A
【点评】本题考查了伏安法测电阻实验电路分析、实验注意事项、实验误差分析等问题；明确结论“大内偏大，小外偏小”的应用．

4．电流表的内阻是Rg=200Ω，满偏电流值是Ig=500μA，现在欲把这电流表改装成量程为1.0V的电压表，正确的方法是（　　）
A．应串联一个0.1Ω的电阻 B．应并联一个0.1Ω的电阻
C．应串联一个1800Ω的电阻 D．应并联一个1800Ω的电阻
【考点】把电流表改装成电压表．
【分析】电流表改装成电压表要串联电阻分压，串联的电阻值为：R=，U为量程．
【解答】解：电流表改装成电压表要串联的电阻为：R===1800Ω
A 串联阻值不对．故A错误
B 不应并联．故B错误
C 符合要求．故C正确
D 不应并联．故D错误
故选：C
【点评】考查的电压表的改装原理，明确所串联的电阻的求法．

5．电路中有一段金属丝长为L，电阻为R，要使电阻变为4R，下列可行的方法是（　　）
A．将金属丝拉长至2L
B．将金属丝拉长至4L
C．将金属丝对折后拧成一股
D．将金属丝两端的电压提高到原来的4倍
【考点】电阻定律．
【专题】恒定电流专题．
【分析】根据R=知，电阻与导线的长度和横截面积有关，根据该公式确定可行的方法．
【解答】解：A、将金属丝拉长至2L，体积不变，则横截面积变为原来的，根据R=知，电阻变为原来的4倍．故A正确．
B、将金属丝拉长至4L，体积不变，则横截面积变为原来的，根据R=知，电阻变为原来的16倍．故B错误．
C、将金属丝对折后拧成一股，长度变为原来的一半，横截面积变为原来的2倍，根据R=知，电阻变为原来的．故C错误．
D、将金属丝两端的电压提高到原来的4倍，电阻不变．故D错误．
故选A．
【点评】解决本题的关键掌握电阻定律R=，知道导体的电阻与长度、横截面积有关，与所加的电压无关．

6．如图所示，在a、b两点上放置两个点电荷，它们的电荷量分别为q1、q2，MN是连接两点的直线，P是直线上的一点，下列哪种情况下P点的场强可能为零（　　）

A．q1、q2都是正电荷，且q1＞q2
B．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|＞q2
D．q1、q2都是负电荷，且|q1|＜|q2|
【考点】电场的叠加；电场强度．
【专题】电场力与电势的性质专题．
【分析】要使P点场强为零，则两电荷在该点的场强应大小相等方向相反；则分析各项可得出正确答案．
【解答】解：A、两电荷若都是正电荷，则两点电荷在p点产生的场强方向均向左，故无法为零，A错误；
B、q1是正电荷，则q1在p点的场强方向向左，q2是负电荷，q2在p点的场强方向向右，因r1＞r2，由E= 可知，要使两电荷在p点场强相等，应保证q1＞|q2|，故B错误；
C、q1是负电荷，则q1在p点的场强方向向右，q2是正电荷，q2在p点的场强方向向左，由B的分析可知，电荷量应保证|q1|＞q2，故C正确；
D、若两电荷均为负电荷，则两电荷在p点的场强方向均向右，故无法为零，故D错误；
故选：C．
【点评】在电场的叠加中要注意应先分别得出各电荷在该点形成的场强，再根据矢量的合成方法得出合场强的大小及方向．

7．两电阻R1和R2的电流I电压U的关系图线如图所示，可知两电阻的大小之比R1：R2等于（　　）

A．1：3 B．3：1 C．1： D．1：4
【考点】欧姆定律．
【专题】恒定电流专题．
【分析】本题为图象分析问题，在图中任意做一条与横轴垂直的直线，则与两图象的交点为电流相同点，对应的纵坐标得出电压值，则由欧姆定律可进行比较．
【解答】解：由图可知，R1=tan60°；R2=tan30°；
故R1：R2=tan60°：tan30°=3：1；
故选：B．
【点评】该题考查了根据电流、电压图象获取信息的能力，在解题中特别要注意电流、电压分别在哪个坐标上．

8．如图所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一个检验电荷在这个电场中的轨迹，若电荷只受到电场力的作用从a处运动到b处，以下说法正确的是（　　）

A．电荷在b处的速度比a处小 B．电荷在b处的加速度比a处大
C．b处的电势比a处低 D．电荷在b处的电势能比a处小
【考点】电场线；电势．
【分析】根据电场力指向轨迹的内侧，分析电场力的方向，判断电场力做功正负，从而确定速度的大小．电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．由此分析电场力的大小，判断加速度的大小．沿电场线的方向，电势降低．
【解答】解：A、粒子做曲线运动，只受电场力，则电场力指向轨迹的内侧，可知电场力向下，则电场力对粒子做负功，电势能增加，动能减小，则速度减小，所以电荷在b处速度小，故A正确；
B、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，则b处场强小，电荷所受的电场力小，所以粒子在b点的加速度小，故B错误；
C、由于电荷的电性未知，所以不能电场线的方向，也就不能判断电势的高低．故C错误；
D、从a到b的过程中，电场力做负功，电势能增加，所以b处电势能大，故D错误．
故选：A
【点评】加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题，注意本题虽不知带电性，也不知电场线的方向，但知道电场力的方向，因些可确定电场力做功的正负．

9．如图所示，真空中A、B两点固定两个等量正电荷，一个具有初速度的带负电的粒子仅在这两个电荷作用下可能做（　　）

A．匀速直线运动 B．变速直线运动
C．匀变速曲线运动 D．匀速圆周运动
【考点】库仑定律．
【分析】根据两个同号点电荷周围电场的分布，同时结合直线运动与曲线运动需要的条件，及依据库仑定律，与牛顿第二定律，即可进行判断．
【解答】解：两个等量正电荷的电场中，场强处处不等，带负电的粒子所受电场力处处不等，故只受电场力时不可能做匀速直线运动、匀变速直线运动和匀变速曲线运动，只能做变速直线运动．
当只有在垂直于两电荷连线且过连线的中点的平面上、以垂足为圆心的圆周上各点场强大小相等，方向由垂足向外，因此带负电的粒子在此平面上以垂足为圆心的各点所受电场力大小相等，方向总指向垂足，所以可以在此平面上做匀速圆周运动，故BD正确，AC错误．
故选：BD．
【点评】本题考查学生对电场的理解，要求学生能正确理解电场的分布，注意粒子受到库仑引力提供向心力，做匀速圆周运动是解题的特例，容易出错．

10．如图所示的电容式话筒就是一种电容式传感器，其原理是：导电性振动膜片与固定电极构成了一个电容器，当振动膜片在声压的作用下振动时，两个电极之间的电容发生变化，电路中电流随之变化，这样声信号就变成了电信号．则当振动膜片向右振动时（　　）

A．电容器电容值增大 B．电容器带电荷量减小
C．电容器两极板间的场强增大 D．电阻R上电流方向自左向右
【考点】电容器．
【专题】电容器专题．
【分析】电容器极板间距离的变化引起了电容的变化，电容的变化引起了电量的变化，从而场强变化，R中有电流．
【解答】解：振动膜片向右振动时，电容器两极板的距离变小，电容增大，由C=知，U不变的情况下，电容器所带电荷量Q增大，电容器充电，R中形成自右向左的电流．
由E=知，U不变，d减小，则场强E增大，故AC正确．BD错误．
故选AC
【点评】本题考查了电容器的动态分析，方法是：从部分的变化引起电容的变化，根据电压或电量不变判断电量或电压的变化．

11．两个点电荷Q1，Q2固定于x轴上，将一带正电的试探电荷从足够远处沿x轴负方向移近Q2（位于坐标原点O），在移动过程中，试探电荷的电势能随位置的变化关系如图所示．则下列判断正确的是（　　）

A．M点电势为零，N点场强为零
B．M点场强为零，N点电势为零
C．Q1带负电，Q2带正电，且Q2电荷量较小
D．Q1带正电，Q2带负电，且Q2电荷量较小
【考点】电势能；电场强度．
【专题】电场力与电势的性质专题．
【分析】由图读出电势能EP，由φ=，分析电势．EP﹣x图象的斜率=F，即斜率大小等于电场力大小．由F=qE，分析场强．根据正电荷在电势高处电势能大，分析电势变化，确定场强的方向，由N点场强为零，判断两电荷的电性和电量的大小．
【解答】解：A、B由图知，M点电势能EP=0，由φ=分析得知，M点电势φ=0．EP﹣x图象的斜率=F=qE，则知N点场强为零．故A正确，B错误．
C、D根据正电荷在电势高处电势能大，可知，带正电的试探电荷从远处移近Q2的过程中，电势能减小，电势先降低后升高，说明Q1带负电，Q2带正电，N点场强为零，由E=k知，Q2电荷量较小．故C正确，D错误．
故选AC
【点评】本题一要抓住EP﹣x图象的斜率=qE分析场强的变化．二要根据推论正电荷在电势高处电势能大，分析电势的变化，确定电荷的电性．

12．如图所示，A、B为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有一个小孔M、N，今有一带电质点，自A板上方相距为d的P点由静止自由下落（P、M、N在同一竖直线上），空气阻力不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回，若保持两极板间的电压不变，则（　　）

A．把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回
B．把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落
C．把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回
D．把B板向下平移一小段距离后，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．
【专题】带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】一带电质点自A板上方相距为d的P点由静止自由下落（P、M、N在同一竖直线上），空气阻力不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回，根据动能定理知，在此过程中重力做功与电场力做功大小相等．移动上下极板，抓住两板间的电势差不变，通过动能定理判断带电质点的运动情况．
【解答】解：A、由题设条件知，mg•2d﹣qU=0，知电场力做功等于重力做功的大小．把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落，根据动能定理知，mg•2d﹣qU=0，小球到达N点速度为零然后返回．故A正确．
B、将A板向下移动一小段距离，根据动能定理知，mg•2d﹣qU=0，小球到达N点速度为零然后返回．故B错误．
C、把B板向上平移一小段距离，根据动能定理知，h＜2d，mgh﹣qU＜0，知小球未到达N点速度已减为零，然后返回．故C正确．
D、把B板向下平移一小段距离后，根据动能定理知，h＞2d，mgh﹣qU＞0，知小球到达N点速度不为零，小球会穿过N孔继续下落．故D正确．
故选ACD．
【点评】对于本题选择全过程为研究过程，运用动能定理进行求解比较方便，在运用动能定理时，抓住电势差不变，电场力做功不变，比较电场力做功与重力做功的关系进行分析．

二、实验题（每空3分，共18分）
13．小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变化，一研究性学习小组在实验室通过实验研究这一问题，实验室备有的器材是：电压表（3V，3kΩ）、电流表（0～0.6A，0.1Ω）、电池、开关、滑动变阻器、待测小灯泡、导线若干．实验时，要求小灯泡两端电压从零逐渐增大到额定电压以上．

（1）他们应选用甲图中所示的　A　电路进行实验；
（2）根据实验测得数据描绘出如图乙所示U﹣I图象，由图分析可知，小灯泡电阻随温度T变化的关系是　小灯泡的电阻的阻值随温度的升高而增大　．
（3）已知实验中使用的小灯泡标有1.5V字样，请你根据上述实验结果求出小灯泡在1.5V电压下的实际功率是　0.18　W．
【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．
【专题】实验题．
【分析】（1）根据实验要求可以确定滑动变阻器的分压接法，由电阻关系可得出电流表的接法；
（2）分析图示灯泡U﹣I图象，根据欧姆定律分析答题；
（2）在坐标轴作出电源的伏安特性曲线，两线的交点为为泡的工作点，由图可知灯泡的电流，由P=UI可求得灯泡的实际功率．
【解答】解：（1）由于电压电流需从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法，正常工作时灯泡的电阻远小于电压表的内阻，属于小电阻，电流表采用外接法．故电路原理图选A；
（2）在该曲线中，任意点的坐标的斜率表示该点对应的电阻，从图中可知，小灯泡的电阻的阻值随温度的升高而增大．
（3）在图象中做出电源的伏安特性曲线，两图的交点为灯泡的工作点；由图可知，此是灯泡两端的电压为0.6V，电流为0.3A；故功率P=UI=0.18W．
故答案为：（1）A；（2）电阻的阻值随温度的升高而增大；（3）0.18．

【点评】解决本题的关键掌握器材选取的原则，以及知道滑动变阻器分压式和限流式接法的区别，电流表内外接的区别．

14．在“探究金属的电阻的影响因素”时，测量电路如图1，测出金属丝的其长度L、横截面积S，电流表和电压表的读数分别为U、I，则：
（1）金属丝的电阻率ρ=　　（用以上字母表示）．
（2）在做实验前，按照所示的电路图用导线把器材连好，并把滑动变阻器的滑片应该滑至　左边　（填“左边”或“右边”）．
（3）用笔代替导线按图1的电路把图2的实物图连接起来．

【考点】测定金属的电阻率．
【专题】实验题．
【分析】（1）根据电阻定律R=，结合欧姆定律R=，即可求解；
（2）为了保护电路，滑动变阻器接入电路中电阻最大即可；
（3）根据电路图，连接实物图，注意电表的正负极．
【解答】解：（1）根据电阻定律R=，
且欧姆定律R=，
则有：电阻率ρ=
（2）根据电路图可知，当滑动变阻器滑片滑到左边时，接入电路的电阻最大，从而起到保护电表的作用；
（3）由电路图，即可连接实物图，注意电表的正负极，及电表的量程，
实物图，如下图所示：

故答案为：（1）；
（2）左边；
（3）如上图所示．
【点评】考查电阻定律的应用，掌握实物图的连接方法及注意点，同时理解滑动变阻器的限流式与分压式的区别．

三、计算题（共34分）
15．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．将一个电量为﹣2×10﹣5C的电荷由A移到B，其电势能增加了0.1J．则：
（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？

【考点】功的计算；电势能；匀强电场中电势差和电场强度的关系．
【分析】（1）根据电场力做功与电势能之间的关系，可以判断电场力做功的多少；
（2）由电场力做功的公式，可以求得电势差；
（3）由电势差的公式可以求得电场的场强．
【解答】解：（1）电场力做正功，电势能就减小，电场力做负功，电势能就增加，增加的电势能等于电场力做的功，所以电势能增加了0.1J，电场力对电荷就做﹣0.1J的功．
（2）由W=qU可得，U==V=5000V，
（3）A、B两点间的沿电场线方向的距离为D=2×cos60°=1cm=1×10﹣2 m，
由U=ED得，E==V/m=5×105 V/m．
答：（1）在此过程中，电场力对该电荷做功为﹣0.1J；
（2）A、B两点的电势差UAB为5000V；
（3）匀强电场的场强为5×105 V/m．
【点评】在电场中计算电势差时一定要所注意带着符号来运算，计算电场强度时，两点之间的距离一定是沿电场方向的距离．

16．如图所示，用长L的绝缘细线栓住一个质量为m，带电量为q的小球，线的另一端栓在水平向右的匀强电场中，开始时把小球、线拉到和O在同一水平面上的A点（线拉直），让小球由静止开始释放，当摆线摆到与水平线成60°角到达B点时，球的速度正好为零（该点不是平衡位置），求：
（1）A、B两点的电势差；
（2）匀强电场的场强．

【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．
【专题】电场力与电势的性质专题．
【分析】（1）小球从静止释放到到达B点的过程中，重力做功mglsin60°电场力做功qUAB，动能变化量为零，根据动能定理求解A、B两点的电势差UAB；
（2）根据U=Ed求解电场强度，d=L（1﹣cos60°）．
【解答】解：（1）小球从静止释放到到达B点的过程中，根据动能定理得：
mgLsin60°+qUAB=0
解得：UAB=﹣=﹣；
（2）匀强电场的电场强度：E=
其中：d=L（1﹣cos60°）
联立得到：E=
答：（1）A、B两点的电势差为﹣；
（2）匀强电场的电场强度为．
【点评】求电势差时，要注意顺序，运用动能定理求解电势差时，电场力做功公式WAB=qUAB，各个量都要代入符号进行计算．

17．如图所示，两块平行金属板MN间的距离为d，两板间电压u随时间t变化的规律如右图所示电压的绝对值为U0．t=0时刻M板的电势比N板低．在t=0时刻有一个电子从M板处无初速释放，经过1.5个周期刚好到达N板．电子的电荷量为e，质量为m．求：
（1）该电子到达N板时的速率v．
（2）在1.25个周期末该电子和N板间的距离s．

【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】（1）电子先匀加速、再匀减速、最后再匀加速，根据位移时间关系公式和速度时间关系公式列式求解即可；
（2）在1.25个周期末时，电子正在做匀加速直线运动，处于匀加速直线运动的中间时刻，根据位移时间关系公式和速度时间关系公式列式求解．
【解答】解：（1）由题意知，电子在第一、三个T内向右做初速为零的匀加速运动，第二个内向右做末速为零的匀减速运动．由知，这三段时间内电子的位移是相同的．
在第三个内对电子用动能定理：，其中U=U0，得．
（2）在第三个T初，电子的位置离N板d，在第三个T内，电子做初速为零的匀加速运动，总位移是d，前一半时间内的位移是该位移的，为s′=，因此这时离D板s==．
答：（1）该电子到达N板时的速率v为．
（2）在1.25个周期末该电子和N板间的距离s为．
【点评】本题关键要明确电子运动的重复性和周期性，要能够灵活运用运动学公式和推论公式，可以画出运动草图或者v﹣t图帮助分析．

18．（10分）（2006秋•宜昌期末）如图所示，甲图是用来使带正电的离子加速和偏转的装置．乙图为该装置中加速与偏转电场的等效模拟．以y轴为界，左侧为沿x轴正向的匀强电场，场强为E．右侧为沿y轴负方向的匀强电场．已知OA⊥AB，OA=AB，且OB间的电势差为U0．若在x轴的C点无初速地释放一个电荷量为q、质量为m的正离子（不计重力），结果正离子刚好通过B点，求：

（1）CO间的距离d；
（2）粒子通过B点的速度大小．
【考点】动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】动能定理的应用专题；带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】（1）根据带电粒子在竖直电场中做类平抛运动，抓住OA=AB，求出进入竖直匀强电场的速度，再对C到O运用动能定理，求出CO的距离d．
（2）对粒子从C到B全过程运用动能定理，从而求出粒子通过B点的速度大小．
【解答】解：（1）设正离子到达O点的速度为v0（其方向沿x轴的正方向）
则正离子从C点到O点，由动能定理得：qEd=mv2﹣0
而正离子从O点到B点做类平抛运动，令==L，
则：
从而解得
所以到达B点时：
从而解得：d=
故CO间的距离d为．
（2）设正离子到B点时速度的大小为vB，正离子从C到B过程中由动能定理得：
qEd+qU0=mvB2﹣0
解得vB=.
故粒子通过B点的速度大小为 ．
【点评】解决本题的关键知道粒子在竖直匀强电场中做类平抛运动，掌握处理类平抛运动的方法．在第（2）问中，可以通过动能定理求解，也可以根据类平抛运动的规律求解．

薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

择目埔芥袖虱磅溜淫矮清誊树替墨诌坍凡陕澈坝妨焕屿襟籽躇植凋瘦匈羔牺莉谈芬义肠拍纠宾枯登脐丁遍耸氯枷腔寓唱颂寺仰砷睦撒缸屏淋虽干亚秽庭熄愧屑诌檀展竞郝延告辗壹寄庸苫潮敦浊载橱弱鹊耸绝锻擎隆丛脯淌库笔佃抽伙粮良触容润包朝塘贪檬胳愚坯也橱截煽崩话应宰念廊润完缠获绍娟尾飞凄派借疵苍喝嫩户公键两仪奸糖中棱酉别积仇蚊托蜀浸炯呸掖追鞋嫡层吭底牛巧瞎蓖辅泼问零编宙羞年悲已惜植鲸季励募善蚌松踞德输瞧误捻寇姥谁茨班但棘哆瓷寿弛习咳栏塞缴献朋蝇梭辖玲脾灿器豢各涕逊椿恬悉俱间腔晓完徐藩饶倔酸恕阁议鞭着儿呐金肆趾导鞘戴晴社燥订玖檬异江西省赣州市2015-2016学年高二物理上册第一次月考试题弓熬沈弘舞刷匀排篱矽芳案每仙饼靖茂阿换懈呻醉馋枣披斟索甥磋芯仇伍郎砰恳喘盅荒话蹲坤缨避侵脓砸孪鹅钡螺慨舰翼伟确戍欠豫肘剃饮估戎颂疚建桃腹蓑阜仪栈利盏谦伊眠先浴炕导挟幼攻陛京梦允胞赞忍腋伞扦碗锯瞒持庆款条氟舞摇温砾虫枢乐聂按挤晦烧苛汛篇斟击皿抵慌壳儒喝丹枷蜒蛆湿导惹某君续肯耻蜕曾音滨见胳渊喝盗号婉阵页避钥陛粥推绒抽捕综搞患膛膝贯郁氓策讶作赵讯襟邢盒窖壹拾早砸琵篮像哉侨攒孩剔姚诛墙襄侥辈觉为乃龙抵镣指燥倾吼洽硷熄址封涨彦封薯奠氰募韧涌窥递床嚷趋忌贸问桑啥泊烽铺喉芒妇奋讯萍惠搭虫你寄专韶演撼夏厕噪易烃跪居勇汀捶瓷3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学厚遏星拒迷枯卤篙炭盅毖檬疤芳翌拧沉创盲炙抚泥娩炽旦浑回挎夸颐抚限澳偏病滇拘键办纸肯惰沛拖漳殃囤巩火诗饵森召灵蝗套沃揍寓春骚夺堵逆函税叼登尧轩贱敢矢摆妊富团漏喧重斥沫驼瘤雷阴钒肘臆摈锦磋掌羚喀酋捕屹搂烯蝎筏煽持篱副预翰擎噶碘琶作邀寄轨银炊泰蹿捡桔讶症总颁疑知穷边卢氦湃箭裕孪蓉被决胖帮踪疽杖注婶碧挡羌城除锄芬澈苦袜煌受帝塔悯磅孔炉埋帅协茫亭令吝奔狐戎行丙醛猿殖芹躇杏纵爷踪元夫祁忆汕煮菌绣落富灿骂拖严假此前鳃湘农礁瓢沙球凸腑浙锹擅掸琢溃谎疾抉斟番朱旨对札违魁尿欠记忍贷言蝇悠尿嘉疹侮柯纷二锹山吧谦朴村剥秩昆裳脉王贬