北京顺义牛栏山一中2019-2020学年高二上学期10月月考物理试题

北京顺义牛栏山一中2019-2020学年高二上学期10月月考物理试题

牛栏山一中2019―2020学年度第一学期10月月考 高二年级物理试卷 一．单项选择题 ‎1.下列各电场中，A、B两点电场强度相同的是(　 　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】电场强度是矢量，电场线疏密场强代表大小，切线方向就是场强方向；‎ A、图中A、B两点方向不同，故A错误；‎ B、图中A、B两点方向相同，但是疏密程度不同，故B错误；‎ C、图中电场线是等间距平行线，所以A、B两点大小方向都相同，故C正确；‎ D、图中A、B两点电场线方向不同，疏密程度也不同，两点场强不同，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎2.在图中，标出磁场B的方向，通电直导线中电流I的方向，以及通电直导线所受磁场力F的方向，其中正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据左手定则：伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向里穿过手心，则手心朝外。四指指向电流方向：向右，拇指指向安培力方向：向下。故A错误；‎ B.通电导线与磁场平行，不受安培力，故B错误；‎ C.根据左手定则：伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向左穿过手心，则手心朝右。四指指向电流方向：向外，拇指指向安培力方向：向下。故C正确；‎ D.安培力方向既与电流方向垂直，又与磁场方向垂直，而此项安培力方向与磁场方向平行，不可能，故D错误。‎ ‎3.如图所示为一电场中某区域的电场线分布图, a、b是电场中的两个点. 比较这两个点有:‎ A. b点的场强较大 B. a点的场强较大 C. a点的电势较高 D. 同一个检验点电荷放在b点所受的电场力比放在a点时所受电场力小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 由于b点的电场线密，所以b点的场强较大，故A正确，B错误；‎ C. 沿着电场线方向电势降低，所以a点的电势低，故C错误； ‎ D. 由于b点电场强度较大，同一个检验点电荷放在b点所受的电场力比放在a点时所受电场力大，故D错误。‎ ‎4. 关于电阻率的说法正确的是：‎ A. 电阻率与导体的材料有关 B. 电阻率与导体的形状有关 C. 电阻率与导体的长度有关 D. 电阻率与导体横截面积有关 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 略 ‎5.‎ 悬线下挂着一个带正电的小球，整个装置处于水平向右的匀强电场中，此时处于平衡状态，则 A. 小球做圆周运动时，在最低点绳的拉力最大 B. 若剪断悬线，则小球做曲线运动 C. 若剪断悬线，则小做匀速运动 D. 若剪断悬线，则小球做匀加速直线运动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.图示位置是小球静止时的位置，小球做圆周运动时，在图示位置绳的拉力最大，故A错误；‎ BCD.小球受重力、电场力和拉力处于平衡，剪断细线，小球受重力和电场力，两个力为恒力，合力为恒力。合力的方向与绳子的拉力方向等值反向，所以小球沿细绳方向做初速度为零的匀加速直线运动。故D正确，BC错误。‎ ‎6.用伏安法测电阻时有如图所示的甲、乙两种接法，下面说法中正确的是 A. 测量大电阻时，用甲种接法 B. 测量小电阻时，用乙种接法 C. 甲种接法测量值偏大 D 乙种接法测量值偏大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AC. 电流表外接法（即甲种接法）测量未知电阻阻值时，误差来源于电压表分流，电流表测量的电流大于待测电阻实际电流，测量值偏小。当待测电阻Rx远小于电压表内阻RV ，电压表分流造成误差小，应采用电流表外接法（即图甲接法）；所以，测量小电阻时用甲种接法。故A错误，C错误；‎ BD.‎ 电流表内接法（即乙电路）测量未知电阻阻值时，误差来源于电流表分压，电压表测量的电压大于待测电阻两端实际电压，测量值偏大；当待测电阻Rx远大于电流表内阻RA时，电流表分压造成的误差较小，应采用电流表内接法（即图乙接法）。所以，测量大电阻时用乙种接法。故B错误，D正确；‎ ‎7.如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，在其正中央的上方固定一根长直导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向外的电流，则 （ ） ‎ A. 磁铁对桌面压力减小，不受桌面的摩擦力作用 B. 磁铁对桌面压力减小，受到桌面的摩擦力作用 C. 磁铁对桌面压力增加，不受桌面的摩擦力作用 D. 磁铁对桌面压力增加，受到桌面的摩擦力作用 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 解：（1）磁铁的磁感线在它的外部是从N极到S极，因为长直导线在磁铁的中央上方，所以此处的磁感线是水平的，电流的方向垂直与纸面向里，根据左手定则，导线受磁铁给的“安培力”方向竖直向上，如下图所示：‎ ‎（2）长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，导线给磁铁的反作用力方向就是竖直向下的；‎ ‎（3）因此磁铁对水平桌面的压力除了重力之外还有通电导线的作用力，压力是增大的；因为这两个力的方向都是竖直向下的，所以磁铁不会发生相对运动，也就不会产生摩擦力．‎ 故选A．‎ ‎8.如图所示，条形磁铁与a，b金属圆环面垂直且过圆环的圆心，穿过二圆环的磁通量的大小关系是 ‎　‎ A. 穿过a环的磁通量大 B. 穿过b环的磁通量大 C. 穿过a环和b环的磁通量一样大 D. 不能确定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据磁感线的分布情况可知，磁铁内部穿过环面的磁感线方向向下，外部磁感线方向向上。由于磁感线是闭合曲线，磁铁内部的磁感线条数等于磁铁外部磁感线的总条数，而磁铁外部磁感线分布在无限大的空间，所以穿过环面的磁铁外部向上的磁感线将磁铁内部向下的磁感线抵消一部分，a的面积小，抵消较少，则磁通量较大，所以穿过a环的磁通量大。‎ A. 穿过a环的磁通量大。与分析结果相符，故A正确；‎ B. 穿过b环的磁通量大。与分析结果不符，故B错误；‎ C. 穿过a环和b环的磁通量一样大。与分析结果不符，故C错误；‎ D. 不能确定。与分析结果不符，故D错误。‎ ‎9.有一带电粒子沿图中AB曲线穿过一匀强电场，a、b、c、d、e均为等势线，且电势φa<φb<φc<φd<φe，若不计粒子所受的重力，那么下列叙述正确的是 A. 电子一定带负电荷；‎ B. 从A点运动到B点粒子动能减小；‎ C. 从A点运动到B点粒子电势能增加；‎ D. 粒子动能和电势能之和在运动过程中保持不变。‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据电场线和等势线垂直，且从高电势处指向低电势处，得知电场沿竖直向上方向，而粒子的轨迹向上弯曲，说明粒子所受的电场力竖直向上，所以粒子带正电。故A 错误；‎ BC. 粒子的电场力竖直向上，轨迹向上弯曲，则电场力对粒子做正功，其动能逐渐增大，电势能减小。故B错误，C错误；‎ D.粒子只受电场力，只发生动能和电势能的相互转化，粒子动能和电势能之和在运动过程中保持不变，故D正确。‎ ‎10.一伏特表由电流表G和电阻R串联而成，如图所示.若在使用中发现此伏特表的读数总比准确值稍小一些，采用下列哪种措施可能加以改进：‎ A. 在R上串联一比R小得多的电阻 B. 在R上串联一比R大得多的电阻 C. 在R上并联一比R小得多的电阻 D. 在R上并联一比R大得多的电阻 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】读数稍小一些，说明流过电流表的电流稍小一些。要让电流稍大一点，则应减小总电阻。AB.在R上串联一个电阻，总电阻更大，流过电流表的电流更小，伏特表的读数更小，故A错误，B错误；‎ C.若并联一比R小得多的电阻，其并联值会比并联的电阻阻值减小很多，电流增加太多，故C错误；‎ D.若并联一比R大得多的电阻，其并联值会比并联的电阻阻值稍微减小一些，电流稍微增加一些。故D正确。‎ ‎11.有一横截面积为S的铜导线,流过电流为I,设单位体积的导线中有n个自由电子,电子的电量为q.此时电子的定向移动速度为v,则在△t时间内,通过电线横截面积的自由电子数为 A. nvS△t B. C. nv△t D. ‎ ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】AC.在△t时间内，以速度v移动的电子在铜导线中通过的距离为v△t，由于铜导线的横截面积为S，则在△t时间内，电子经过的导线体积为V=v△tS ‎．又由于单位体积的导线有n个自由电子，则在△t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为N=nvS△t。故A正确，C错误；‎ BD.由于流经导线的电流为I，则在△t时间内，流经导线的电荷量为Q=I△t，而电子的电荷量为q，则△t时间内通过导线横截面的自由电子数目可表示为：，故B正确，D错误。‎ ‎12.如图所示，有一平向右的匀强电场，一个质量为m，电荷量为q的带正电小球以初速度v0，从a点竖直向上射人电场中，小球通过电场中b点时速度大小 2v0，方向与电场方向一致，那么， a、b两点的电势差为（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 小球水平方向只受电场力做匀加速直线运动，根据动能定理得：，得：a、b两点的电势差为，故D正确。‎ 二．填空题 ‎13.下列螺旋测微器和电压表（15伏量程）的读数分别为 _____ mm和 __________V ‎【答案】 (1). 8.600 (2). 5.7‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]由图示螺旋测微器可知，其示数为：‎8.5mm+10.0×‎0.01mm=‎8.600mm；‎ ‎[2]由图可知，电压表（15伏量程）的最小刻度为0.5V，估读到同位即可，故读数为5.7V。‎ ‎14.有一个额定电压为2.8 V，功率约为0.8 W小灯泡，现要用伏安法描绘这个灯泡的I－U图线，有下列器材供选用：‎ A．电压表（0～3 V，内阻6 kΩ） ‎ B．电压表（0～15 V，内阻30 kΩ）‎ C．电流表（0～‎3 A，内阻0.1 Ω） ‎ D．电流表（0～‎0.6 A，内阻0.5 Ω）‎ E．滑动变阻器（10 Ω，‎2 A）‎ F．滑动变阻器（200 Ω，‎0.5 A）‎ G．蓄电池（电动势6 V，内阻不计）‎ ‎（1）用如图所示电路进行测量，电压表应选用________，电流表应选用________，滑动变阻器应选用________．（用序号字母表示）‎ ‎（2）通过实验测得灯泡的伏安特性曲线如图,由图线得灯泡在正常工作时的电阻为________Ω.‎ ‎【答案】 (1). A (2). D (3). E (4). 10‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]因灯泡电压为2.8V，故电压表应选择3V量程，故选A；‎ ‎[2]由P=UI可知，电流，则电流表应选择‎0.6A量程，故选D；‎ ‎[3]因本实验采用分压接法，故滑动变阻器应选择小电阻E。‎ ‎（2）[4]由图可知，当电压为2.8V时，电流为‎0.28A，则电阻.‎ ‎15.用多用电表测电阻，调零后，用“×‎10”‎挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度很大，正确的判断和做法是 A. 这个电阻阻值很小 B. 这个电阻阻值很大 C. 为了把电阻测得更准一些，应换用“×‎1”‎档，重新测量 D. 为了把电阻测得更准一些，应换用“×‎100”‎档，重新测量 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.欧姆表的零刻度在表盘的右侧，用“×‎10”‎挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度极大，可知电阻阻值很小，故A正确，B错误；‎ CD.欧姆表测电阻时，指针指到中间刻度时误差较小。为准确测量电阻阻值，需换用小倍率挡，即“×‎1”‎挡，换挡后要重新进行欧姆调零，然后再重新测量电阻阻值。故C正确，D错误。‎ ‎16.如图所示，电路中有三根导线，其中一根是断的，电源、电阻R1、R2及另外两根导线是好的。为了查出断导线，某学生想先用多用电表的红表笔连接在电源的正极a，再将黑表笔连接在电阻R1的b端和R2的c端，并观察多用电表指针的示数。下列选项中符合操作规程的是（ ）‎ A. 直流10 V挡 B. 直流‎0.5 A挡 C. 直流2.5 V挡 D. 欧姆挡 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：用电压档检测其量程要大于，故A正确，C错误；用电流档要用较大量程，所给B中的太小，故B错误；用欧姆档要把电源断开，本题操作没有，故D错误。‎ 考点：多用电表的原理及其使用 ‎【名师点睛】用多用表检测故障若使用电压档或电流档，将其连入电路要注意量程，用欧姆档要把待检测电路从电源断开；考查多用电表的使用，明确利用其检测故障要注意量程。‎ 三．计算题 ‎17.如图所示，在场强为E的水平匀强电场中，有一根长为l的细线，一端固定在O点，另一端系一个质量为m、带电量为+q的小球，当细线处于水平位置，小球在A点从静止开始释放，求：‎ ‎（1）小球受到的电场力。‎ ‎（2）小球到达最低点B时速率。‎ ‎（3）小球到达最低点B时细线的拉力。‎ ‎【答案】（1）Eq，水平向右；（2）；（3）3mg-2Eq ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小球受到的电场力：F=Eq，由于小球带正电，受电场力方向水平向右；‎ ‎（2）从A到B，根据动能定理：‎ 解得：；‎ ‎（3）根据牛顿第二定律，细线的拉力F：‎ 代入vB解得：F=3mg-2Eq ‎18.如图所示, 光滑的U形导电轨道与水平面的夹角为θ, 空间有一范围足够大、方向竖直向下的匀强磁场，一质量为m的光滑裸导体棒ab恰能静止在导轨上，试确定 ‎（1）安培力的方向.‎ ‎（2）图中电池的正负极.‎ ‎（3）导体中的电流所受磁场力的大小（当地的重力加速度为g）．‎ ‎【答案】（1）向右；（2）d正c负；（3）mgtanθ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）导体棒受重力、轨道的支持力、和安培力。根据左手定则，安培力可能水平向左或水平向右。根据共点力平衡，安培力水平向右；‎ ‎（2）根据左手定则，知电流的方向由a到b，所以d为正极、c为负极；‎ ‎（3）导体棒受力如图所示：‎ 由平衡条件可得：‎ 解得：F安=mgtanθ ‎19.如图所示，一质量为m、带电量为e的电子，以一定的初速度从M小孔进入一磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场是一具有弹性绝缘内壁、半径为R的圆柱形磁场．电子初速度指向圆心O，它与内壁先后碰撞两次（能量无损失）又恰好从M孔射出，试求：‎ ‎（1）电子的初速度大小；‎ ‎（2）电子在磁场内运动的时间．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由题意可知，要使粒子碰撞两次后又从M点飞出；粒子在磁场中应经过三段完全相等的圆周运动；如图所示；‎ 每一段圆弧对应的圆心角为60°，由几何关系可知，粒子经历的磁场圆的半径r：‎ 可得：；‎ 根据洛伦兹力等于向心力：‎ 可知：‎ ‎（2）电子在磁场中周期；‎ 由图可知，粒子在磁场中共运动的时间：‎ 可知：t=‎ ‎20.如图所示，水平放置的平行金属板A、B间距离为d，带电小球质量为m，电量为q。以速率v从两板连线中点a处水平飞入两板间，若两板不加电压U时，恰好从下板边缘飞出；（重力加速度为g）求 ‎（1）极板的长度为多少？‎ ‎（2）若给A、B两板加一电压U，粒子沿直线运动，电压U为多少？‎ ‎（3）若给A、B两板加一电压U，粒子恰好从上板边缘飞出。所加的电压多大？‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）两极间不加电压时，粒子做平抛运动 水平方向上：‎ L=vt 竖直方向上：‎ 联立解得：；‎ ‎（2）当重力与电场力等大反向平衡时，粒子沿直线运动，即：‎ 得：；‎ ‎（3）若粒子恰好从上板边缘飞出，‎ 水平方向上：‎ L=vt′‎ 竖直方向上：‎ 解得：a=g(方向向上)‎ 由牛顿运动定律得：‎ 解得：‎ ‎21.可以用电学方法来测水流的速度。如图所示，将小铅球P系在细金属丝下，悬挂在O点，开始时小铅球P沿竖直方向处于静止状态，当将小铅球P放入水平流动的水中时，球向左摆起一定的角度θ。为了测定水流的速度V，在水平方向固定一根电阻丝BC，使C端位于O点的正下方，它与金属丝接触良好，不计摩擦，还有一个电动势为E的电源（内阻不计）和一只电压表。‎ ‎（1）设计一个电路，使水流速度增大时，电压表的示数也增大，在题图上画出原理图。‎ ‎（2）已知水流对小球的作用力F与水流速度 V 的关系为F=kDV（k为比例系数，D为小铅球的直径），OC=h，BC长为L，小铅球质量为m，当小铅球平衡时电压表示数为U，请推导出V与U的关系式。（水对小铅球的浮力忽略不计）‎ ‎【答案】（1）（2）v=‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电路图如图所示．‎ 设 CD ＝ x ， P 球平衡时，由平衡条件可得 根据闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律可得 根据电阻定律可得 联立可得 因为水流速度越大， θ 越大，所以 U 越大．‎ ‎（2）小球受重力mg、水流对小球的作用力F、拉力，根据共点力平衡：‎ F=kDV 联立解得：‎