云南省玉溪市新平县第一中学2018-2019学年高二上学期12月月考物理试题

云南省玉溪市新平县第一中学2018-2019学年高二上学期12月月考物理试题

绝密★启用前 云南省新平一中2018-2019学年上学期12月考试 高二物理 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间120分钟。‎ ‎ 学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________‎ 分卷I 一、单选题(共10小题,每小题3.0分,共30分) ‎ ‎1.在光滑绝缘桌面上，带电小球A固定，带电小球B在A、B间库仑力作用下以速率v0绕小球A做半径为r的匀速圆周运动，若使其绕小球A做匀速圆周运动的半径变为2r，则B球的速率大小应变为(　　)‎ A．v0B．v0C． 2v0D．‎ ‎2.关于电场线的以下说法中，正确的是(　　)‎ A． 沿电场线的方向，电场强度必定越来越小 B． 在多个电荷产生的电场中，电场线是可以相交的 C． 点电荷在电场中的运动轨迹一定跟电场线是重合的 D． 顺着电场线移动电荷，电荷受电场力大小不一定不变 ‎3.一带电粒子沿图中曲线穿过一匀强电场中的等势面，且四个等势面的电势关系满足φa>φb>φc>φd，若不计粒子所受重力，则(　　)‎ A． 粒子一定带正电 B． 粒子的运动是匀变速运动 C． 粒子从A点到B点运动的过程中动能先减小后增大 D． 粒子从A点到B点运动的过程中电势能增大 ‎4.如图所示是电容式话筒的示意图，它是利用电容制作的传感器，话筒的振动膜前面有薄薄的金属层，膜后距离膜几十微米处有一金属板，振动膜上的金属层和这个金属板构成电容器的两极，在两极间加一个电压U，人对着话筒说话时，振动膜前后振动，使电容发生变化，使声音信号被话筒转化为电信号，其中导致电容变化的原因可能是电容器两板间的(　　)‎ A． 介质变化B． 正对面积变化 C． 距离变化D． 电压变化 ‎5.如图为多用电表欧姆挡的原理示意图，其中电流表的满偏电流为300 μA，内阻rg＝100 Ω，调零电阻最大阻值R＝50 kΩ，串联的固定电阻R0＝50 Ω，电池电动势E＝1.5 V，用它测量电阻Rx，能较准确测量的阻值范围是(　　)‎ A． 30～80 kΩB． 3～8 kΩC． 300～800 kΩD． 3 000～8 000 kΩ ‎6.如图所示是一个物理课外兴趣小组设计的热水供应系统示意图．当水温低于50 ℃、水位上升到某一位置使接触器被水淹没时，会触动继电器(虚线框内)接通开关使电热器开始加热，图中热敏电阻随温度的升高而变小，如果希望水温低于60 ℃且接触器被水淹没时，电热器开始加热，则滑动变阻器的阻值变化情况以及图中粗线框表示的门电路是(　　)‎ A． 变大，或门B． 变小，或门 C． 变大，与门D． 变小，与门 ‎7.如图所示是一实验电路图．在滑动触头由a端滑向b端的过程中，下列表述正确的是(　　)‎ A． 路端电压变小B． 电流表的示数变大 C． 电源内阻消耗的功率变小D． 电路的总电阻变大 ‎8.使用多用电表的欧姆挡测导体电阻时，如果两手同时分别接触两表笔的金属杆，则造成测量值(　　)‎ A． 比真实值大B． 比真实值小 C． 与真实值相等D． 可能比真实值大，也可能小 ‎9.下列说法正确的是（　　）‎ A． 运动电荷在磁场中一定受到洛仑兹力 B． 洛仑兹力必与电荷速度方向垂直 C． 运动电荷在磁场中必做匀速圆周运动 D． 电荷在磁场中不可能做匀速运动 ‎10.地球是一个大磁体：①在地面上放置一个小磁针，小磁针的南极指向地磁场的南极；②地磁场的北极在地理南极附近；③赤道附近地磁场的方向和地面平行；④北半球地磁场方向相对地面是斜向上的；⑤地球上任何地方的地磁场方向都是和地面平行的．以上关于地磁场的描述正确的是(　　)‎ A． ①②④B． ②③④C． ①⑤D． ②③‎ 二、多选题(共5小题,每小题4.0分,共20分) ‎ ‎11.(多选)如图所示，长为L、倾角为θ的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为＋q、质量为m的小球以初速度v0从斜面底端A点开始沿斜面上滑，当到达斜面顶端B点时，速度仍为v0，则(　　)‎ A．A、B两点间的电势差一定等于 B． 小球在B点的电势能一定大于在A点的电势能 C． 若电场是匀强电场，则该电场的电场强度的最小值一定为 D． 若该电场是斜面中垂线上某点的点电荷Q产生的，则Q一定是正电荷 ‎12.(多选)如图所示，放在绝缘台上的金属网罩B内放有一个不带电的验电器C，如把一带有正电荷的绝缘体A移近金属网罩B，则(　　)‎ A． 在B的内表面带正电荷，φB＝φC＝0‎ B． 在B的右侧外表面带正电荷 C． 验电器的金属箔片将张开，φB<φC D．φB＝φC，B的左右两侧电势相等 ‎13.(多选)根据欧姆定律，下列判断正确的是(　　)‎ A． 导体两端的电压越大，导体的电阻越大 B． 加在气体两端的电压与通过的电流的比值是一个常数 C． 电流经过电阻时，沿电流方向电势要降低 D． 电解液短时间内导电的U－I图线是一条直线 ‎14.(多选)如图所示，R1、R2、R3、R4均为可变电阻，C1、C2均为电容器，电源的电动势为E，内阻r≠0.若改变四个电阻中的一个阻值，则(　　)‎ A． 减小R1，C1、C2所带的电量都增加 B． 增大R2，C1、C2所带的电量都增加 C． 增大R3，C1、C2所带的电量都增加 D． 减小R4，C1、C2所带的电量都增加 ‎15.（多选）安培的分子环流假设，可用来解释（　　）‎ A． 两通电导体间有相互作用的原因 B． 通电线圈产生磁场的原因 C． 永久磁铁产生磁场的原因 D． 铁质类物体被磁化而具有磁性的原因 分卷II 三、实验题(共2小题,共14分) ‎ ‎16.如图所示为一简单欧姆表原理示意图，其中电流表的满偏电流Ig＝300 μA，内阻Rg＝100 Ω，可变电阻R的最大阻值为10 kΩ，电池的电动势E＝1.5 V，内阻r＝0.5 Ω，图中与接线柱A相连的表笔颜色应是________色．按正确使用方法测量电阻Rx的阻值时，指针指在刻度盘的正中央，则Rx＝________ kΩ，若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小、内阻变大，但此表仍能调零，按正确使用方法再测上述Rx，其测量结果与原结果相比将________(填“变大”、“变小”或“不变”)．‎ ‎17.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．步骤如下：‎ ‎（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图甲，由图可知其长度L=　　mm；‎ ‎（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径D=　　mm；‎ ‎（3）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘示数如图丙所示，则该电阻的阻值约为　　Ω．‎ ‎（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：‎ 待测圆柱体电阻R；‎ 电流表A1（量程0～5 mA，内阻约50 Ω）；‎ 电流表A2（量程0～15 mA，内阻约30 Ω）；‎ 电压表V1（量程0～3 V，内阻约10 kΩ）；‎ 电压表V2（量程0～15 V，内阻约25 kΩ）；‎ 直流电源E（电动势4 V，内阻不计）；‎ 滑动变阻器R1（阻值范围0～15 Ω，允许通过的最大电流2.0 A）；‎ 滑动变阻器R2（阻值范围0～2 kΩ，允许通过的最大电流0.5 A）；开关S；导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在图丁中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号．‎ ‎（5）若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的R测量值几乎相等，若已知伏安法测电阻电路中电压表和电流表示数分别用U和I表示，则用此法测出该圆柱体材料的电阻率ρ=　　．（不要求计算，用题中所给字母表示）‎ 四、计算题 ‎18.如图所示，两块平行金属板竖直放置，两板间的电势差U＝1.5×103V(仅在两板间有电场)，现将一质量m＝1×10－2kg、电荷量q＝4×10－5C的带电小球从两板的左上方距两板上端的高度h＝20 cm的地方以初速度v0＝4 m/s水平抛出，小球恰好从左板的上边缘进入电场，在两板间沿直线运动，从右板的下边缘飞出电场，g取10 m/s2，求：‎ ‎(1)金属板的长度L；‎ ‎(2)小球飞出电场时的动能Ek.‎ ‎19.电动玩具汽车的直流电动机电阻一定，当加上0.3 V电压时，通过的电流为0.3 A，此时电动机没有转动．当加上3 V电压时，电流为1 A，这时候电动机正常工作．求：‎ ‎(1)电动机的电阻；‎ ‎(2)电动机正常工作时，产生的机械功率和发热功率．‎ ‎20.如图所示，电流表读数为0.75 A，电压表读数为2 V，R3＝4 Ω，经过一段时间后某一电阻烧断，电流表读数变为0.8 A，电压表读数变为3.2 V，设电表对电路的影响不计，试问：‎ ‎(1)烧断的是哪一个电阻？‎ ‎(2)试求R1的电阻值？‎ ‎(3)电源的电动势和内阻分别是多少？‎ ‎21.如图所示，x轴上方以原点O为圆心、半径为R＝2 m的半圆形区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy平面向外，磁感应强度为B＝T．在x轴下方的区域内存在方向与y轴相同的匀强电场．y轴下方的A点与O点的距离为d＝1 m，一质量为m＝2kg、电荷量为q＝2 C的带正电粒子从A点由静止释放，经电场加速后从O点射入磁场，不计粒子的重力作用．‎ ‎(1)要使粒子进入磁场之后不再经过x轴，电场强度需大于或等于某个值E，求E；‎ ‎ (2)若电场强度变化为第(1)问中电场强度E的，求粒子经过磁场偏转后到达x轴时的坐标，并求粒子从A点出发到该位置的时间．‎ 答案解析 ‎1.【答案】A ‎【解析】半径为r时，对B球：k＝mB 半径为2r时，对B球k＝mB 解得v＝v0，A正确．‎ ‎2.【答案】D ‎【解析】负点电荷的电场沿电场线方向电场强度增大，A选项错；根据电场的唯一性的原则，多个电荷在某一点产生的电场强度应是每一个电荷在该点产生的电场强度的矢量和，只能有唯一的电场强度，B选项错；运动的轨迹和电场线不一定重合，C选项错；沿电场线方向，电场强度不一定不变，试探电荷受到的电场力大小不一定不变，D选项是正确的．‎ ‎3.【答案】B ‎【解析】由于φa>φb>φc>φd，所以电场线垂直于等势面由a指向d，根据AB弯曲方向可知其受力由d指向a，故该粒子带负电，从A点到B点的运动过程中，粒子的动能在增大，电势能在减小．‎ ‎4.【答案】C ‎【解析】金属层和金属板之间电介质是空气，没有变化，不会导致电容变化．故A错误．振动膜前后振动，金属层和金属板正对面积没有变化，不会导致电容变化．故B错误．振动膜前后振动，金属层和金属板之间的距离发生变化，导致电容变化．故C正确．电容与电压无关，电压的变化不会导致电容变化．故D错误．‎ ‎5.【答案】B ‎【解析】当红、黑表笔短接调零时Ig＝，R＋Rg＋R0＝＝5 000 Ω 使用欧姆表读数时在中值电阻5 kΩ左右读数最为准确，所以能较准确测量的阻值范围是3～8 kΩ.‎ ‎6.【答案】D ‎【解析】水位上升淹没接触器时，B端直接与5 V的高电势接通，为高电位，若水温低于50‎ ‎ ℃，则热敏电阻较大，与滑动变阻器串联，热敏电阻分电压较多，滑动变阻器分电压较少，即经过滑动变阻器电势降低的很少，A端也是高电位，此时电路接通，说明门电路输出的也是高电位，说明门电路是与门．水温从50 ℃变为60 ℃时，热敏电阻阻值变小，但是A仍是高低电位的分界点，即滑动变阻器所分电压不变，即热敏电阻和滑动变阻器的阻值比不变，所以滑动变阻器的阻值也变小，选项D对．‎ ‎7.【答案】A ‎【解析】滑动触头由a端滑向b端的过程中，R1值减小，因此总电阻变小，D错误；干路电流变大，路端电压变小，A正确；内阻消耗的功率变大，C错误；定值电阻R3两端的电压变小，电流表示数变小，B错误．‎ ‎8.【答案】B ‎【解析】两手同时接触两表笔的金属杆，相当于被测电阻与人体电阻并联，测出电阻为二者并联阻值，比被测电阻真实值小，故B正确．‎ ‎9.【答案】B ‎【解析】如果运动电荷的速度方向与磁场方向平行，则运动电荷不受洛伦兹力作用，故A错误；由左手定则可知，洛伦兹力方向与磁场方向、电荷运动方向垂直，即洛仑兹力的方向总是垂直于磁场方向和电荷速度方向所构成的平面，故B正确；如果运动电荷的速度方向与磁场方向平行，则运动电荷不受洛伦兹力作用，电荷在磁场中做匀速直线运动，故C、D错误；‎ ‎10.【答案】D ‎【解析】地面上小磁针静止时，南极应指向地磁场的北极，①错；地磁场的南极在地理北极附近，地磁场的北极在地理南极附近，②对；只有在赤道附近地磁场的方向和地面才平行，③对，⑤错，地磁场方向在北半球斜向下方，南半球斜向上方，④错．故正确答案为D.‎ ‎11.【答案】AC ‎【解析】根据动能定理得：－mgLsinθ＋qUAB＝mv－mv＝0，得到UAB＝，故选项A正确；小球从A点运动到B点的过程中，重力势能增加，电势能减少，则小球在B点的电势能一定小于小球在A点的电势能，故选项B错误；电场力与重力、支持力的合力为零时，小球做匀速直线运动，到达B点时小球速度仍为v0，小球的重力沿斜面向下的分力为mgsinθ一定，则当电场力沿斜面向上，大小为F＝mgsinθ时，电场力最小，场强最小，又电场力F＝Eq，则该电场的场强的最小值一定是，故选项C正确；若该电场是斜面中垂线上某点的点电荷Q产生的，则小球在A、B两点电势相等，电势能相等，重力做负功，小球到达B点的速度小于v0与题意不符，故选项D错误．‎ ‎12.【答案】BD ‎【解析】静电平衡时，电荷分布于导体的外表面上，所以选项A错误；由于产生静电感应，使B金属网罩的左侧外表面感应出负电荷，所以B的右侧外表面感应出正电荷，选项B正确；由于静电屏蔽，金属网罩内电场强度为零，故C上无感应电荷，验电器的金属箔片不会张开，选项C错误；由静电屏蔽特点知，导体是等势体，导体表面是等势面，所以选项D正确．‎ ‎13.【答案】CD ‎【解析】导体的电阻与电压无关，A错误；对气体，欧姆定律不成立，即≠常数，B错误；由U＝IR知电流每经过一个电阻要产生一定的电势降落，欧姆定律适用于电解液导体，故C、D正确．‎ ‎14.【答案】BD ‎【解析】减小R1，电容器C1、C2两端电压不变，电容器所带电量不变，故A错误；增大R2，整个电路电阻变大，电路电流减小，路端电压变大，电阻R3、R4两端电压变小，电阻R2两端电压变大，电阻R2、R3串联电压变大，电容器C1、C2两端电压变大，由Q＝CU可知，两电容器所带的电量都增加，故B正确；增大R3，整个电路电阻变大，电路电流减小，由U＝IR可知，电阻R2两端电压变小，电容器C1两端电压变小；路端电压变大，电阻R4两端电压变小，电阻R2、R3串联电压变大，电容器C2两端电压变大，由Q＝CU可知，电容器C1所带电荷量减少，C2所带的电量都增加，故C错误；减小R4，电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流变大，电阻R2两端电压变大，电阻R2、R3串联电压变大，电容器C1、C2两端电压都增大，由Q＝CU可知C1、C2所带的电量都增加，故D正确．‎ ‎15.【答案】CD ‎【解析】两通电导体有相互作用，是通过磁体之间的磁场的作用产生的，故A错误；‎ 通电线圈产生磁场的原因是电流的周围存在磁场，与分子电流无关，故B错误；‎ 安培提出的分子环形电流假说，解释了为什么磁体具有磁性，说明了磁现象产生的本质，故C正确；‎ 安培认为，在原子、分子或分子团等物质微粒内部，存在着一种环形电流——分子电流，分子电流使每个物质微粒都形成一个微小的磁体，未被磁化的物体，分子电流的方向非常紊乱，对外不显磁性；磁化时，分子电流的方向大致相同，于是对外界显出显示出磁性，故D正确．‎ ‎16.【答案】红　5　变大 ‎【解析】由I＝及Ig＝，且指针指刻度盘中央，I＝Ig＝150 ‎ ‎ μA，联立解得Rx＝5 kΩ；因欧姆表的内阻变大，同样的电阻值，电流变小，读数变大．‎ ‎17.【答案】（1）50.15‎ ‎（2）4.700‎ ‎（3）220‎ ‎（4）‎ ‎（5）‎ ‎【解析】（1）游标为20分度，其测量精度为0.05 mm，则游标卡尺的读数：游标卡尺主尺读数为50 mm，游标读数为3×0.05 mm=0.15 mm 所以最终读数为50.15 mm；‎ ‎（2）螺旋测微器固定刻度读数为4.5 mm，可动刻度读数为20.0×0.01 mm=0.200 mm，最终读数为d=4.5 mm+0.200 mm=4.700 mm ‎（3）用多用电表的电阻“×10”挡粗测电阻时，读数为R=22.0×10 Ω=220 Ω．‎ ‎（4）根据闭合电路欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为Rmax=A≈‎ ‎0.018 A=18 mA，‎ 所以电流表应选择A2；‎ 由于电源电动势为4 V，电压表应选择V1；‎ 由于所以要求多测几组数据，所以变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器R1‎ 以方便调节，电路图如图所示：‎ ‎（5）根根据电阻定律R=ρ、横截面积公式S=D2得：‎ ρ=‎ ‎18.【答案】(1)0.15 m　(2)0.175 J ‎【解析】(1)小球到达左板上边缘时的竖直分速度：‎ vy＝＝2 m/s 设小球此时速度方向与竖直方向之间的夹角为θ，则tanθ＝＝2‎ 小球在电场中沿直线运动，所受合力方向与运动方向相同，设板间距为d，则：tanθ＝＝，L＝，‎ 解得L＝＝0.15 m.‎ ‎(2)进入电场前mgh＝mv－mv 电场中运动过程qU＋mgL＝Ek－mv 解得Ek＝0.175 J.‎ ‎19.【答案】(1)1 Ω　(2)2 W　1 W ‎【解析】(1)当加上0.3 V电压时电动机不转动，利用欧姆定律得 r＝＝Ω＝1 Ω ‎(2)当加上3 V电压时，消耗的电能一部分发热，一部分转化为了机械能．‎ 消耗的电功率为：P＝IU＝1×3 W＝3 W 发热功率P热＝I2r＝12×1 W＝1 W 根据能量关系，产生的机械功率为：‎ P机＝P－P热＝2 W.‎ ‎20.【答案】(1)R2‎ ‎(2)4 Ω ‎(3)4 V　1 Ω ‎【解析】(1)因某电阻烧断，电流表、电压表示数均增大，若R1、R3断路，电流表或电压表无读数，可断定烧断的电阻是R2.‎ ‎(2)由R2烧断后：电压表的示数等于路端电压，则由欧姆定律可知：‎ R1＝＝Ω＝4 Ω ‎(3)根据闭合电路欧姆定律得U＝E－Ir，即：3.2＝E－0.8r①‎ R2未烧断时，路端电压为：U′＝R1I′＝4×0.75 V＝3 V 通过R3的电流为：I3＝＝A＝0.25 A 总电流为：I0＝I3＋I′＝0.25 A＋0.75 A＝1.0 A 则有：U′＝E－I0r 即：3＝E－r②‎ 联立①②解得：E＝4 V，r＝1 Ω.‎ ‎21.【答案】(1)V/m　(2)(2，0)(2＋) s ‎【解析】(1)粒子在电场中做匀加速运动，由动能定理得，‎ qEd＝mv2①；‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得，‎ qvB＝m②‎ 粒子恰好不经过x轴，则离开磁场时速度方向与x轴平行，作出粒子运动轨迹如图所示 由几何关系得：R＝r③‎ 联立①②③解得E＝＝V/m.‎ ‎(2)由E′＝E得，E′＝，可知：r＝.‎ 作出粒子运动轨迹如图所示：‎ 由cosα＝＝得，α＝30°，‎ 所以：β＝2α＝60°，‎ 粒子经x轴时位置坐标为：x＝r＋，‎ 解得：x＝R＝2m，‎ 坐标为：(2，0)．‎ 粒子在电场中：由d＝t2得，‎ t1＝＝s，v＝t1‎ 粒子在磁场中：t2＝·＝π s 出磁场后运动到x轴的时间：t3＝＝＝s，‎ 综上，粒子从A点出发到该位置的时间t＝t1＋t2＋t3＝(2＋)s.‎