【物理】云南省玉溪市华宁二中2019-2020学年高二上学期10月月考试题

【物理】云南省玉溪市华宁二中2019-2020学年高二上学期10月月考试题

云南省华宁二中2019-2020学年上学期10月份考试 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90分钟。‎ 一、单选题(共10小题,每小题3.0分,共30分) ‎ ‎1.小灯泡灯丝的电阻随温度的升高而增大．加在灯泡两端的电压较小时，通过灯泡的电流也较小，灯丝的温度较低．加在灯泡两端的电压较大时，通过灯泡的电流也较大，灯丝的温度较高．已知一只灯泡两端的电压为1 V时，通过灯泡的电流为0.5 A，灯泡两端的电压为3 V时，通过灯泡的电流是1 A，则灯泡两端电压为2 V时，通过灯泡的电流可能是(　　)‎ A． 0.5 A B． 0.6 A C． 0.8 A D． 1 A ‎2.如图所示，电阻R1＝20 Ω，电动机线圈电阻R2＝10 Ω.当开关S断开时，电流表的示数为0.5 A；当开关S闭合后，电动机转起来，电路两端电压不变，则下列关于电流表显示的电流I、电路消耗的电功率P及电动机的热功率正确的是(　　)‎ A．I＝1.5 A B．I＜1.5 A C．P＞15 W D．P热＝10 W ‎3.空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示．下列判断正确的是(　　)‎ A．O点的场强最小，电势最低 B． －x1处的电势和x1处的电势相等 C． 电子从x1处到－x1处的过程中速度先减小后增大 D． 电子从x1处到－x1处的过程中电势能一直减小 ‎4.下图中虚线框内是一未知电路，测得它的两端点a、b之间电阻是R，在a、b之间加上电压U，测得流过电路的电流为I，则未知电路的电功率一定是(　　)‎ A．I2R B． C．UI D．UI－I2R ‎5.电动势为2 V的电池在电路上输出1 A的电流，可以断定(　　)‎ A． 内外电阻相差2 Ω B． 外电阻为2 Ω C． 内电阻为2 Ω D． 内外电阻之和是2 Ω ‎6.下列四个电场中，a、b两点电场强度与电势均相同的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎7.如图所示，M、N为真空中两根完全相同的均匀带正电绝缘棒，所带电荷量相同，且平行正对放置，两棒中点分别为O1、O2，a、b、c、d、e为O1O2连线上的六等分点，a点处有一带正电的固定点电荷．已知c处和d处的场强大小均为E0，方向相反，则b处的场强大小为(　　)‎ A．E0 B． C． D．‎ ‎8.如图所示，灯泡A、B都能正常发光，后来由于电路中某个电阻发生断路，致使灯泡A比原来亮一些，B比原来暗一些，则断路的电阻是（　　）‎ A．R1 B．R3 C．R2 D．R4‎ ‎9.两个电阻，R1＝8 Ω，R2＝2‎ ‎ Ω，并联在电路中，欲使这两个电阻消耗的电功率相等，可行的办法是(　　)‎ A． 用一个阻值为2 Ω的电阻与R2串联 B． 用一个阻值为1 Ω的电阻与R2串联 C． 用一个阻值为6 Ω的电阻与R1串联 D． 用一个阻值为2 Ω的电阻与R1串联 ‎10.空间某一静电场的电势φ关于x轴对称分布，如图所示．x轴上A、B两点电场强度在x方向上的分量分别是Exa、Exb，下列说法正确的是(　　)‎ A． 因为a点电势比b点电势高，所以Exa大于Exb B．Exa的方向与Exb方向相同，均沿x正方向 C． 一点电荷在A、B点受到电场力是Fa大于Fb D． 点电荷沿x轴从a移动到b的过程中，电势能总是先增大后减小 二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分) ‎ ‎11.(多选)如图所示电路中，平行板电容器极板水平放置，板间有一质量为m的带电油滴悬浮在两板间静止不动．要使油滴向上运动，可采用的方法是(　　)‎ A． 只把电阻R1阻值调大 B． 只把电阻R2阻值调大 C． 只把电阻R3阻值调大 D． 只把电阻R4阻值调大 ‎12.（多选）在真空中，电量为q1的点电荷产生的电场中有一个点P，P点与q1的距离为r，把一个电量为q2的试探电荷放在P点，它受的静电力为F，则P点电场强度的大小等于（　　）‎ A． B． C．k D．k ‎13.(多选)比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法．下面四个物理量表达式中，属于比值法定义的是(　　)‎ A． 导体的电阻R＝ρ B． 加速度a＝‎ C． 电场强度E＝ D． 电容器的电容C＝‎ ‎14.(多选)如图所示，在平行于xOy平面的区域内存在着电场，一个正电荷沿直线先后从C点移动到A点和B点，在这两个过程中，均需要克服电场力做功，且做功的数值相等．下列说法正确的是(　　)‎ A．A、B两点在同一个等势面上 B．B点的电势低于C点的电势 C． 该电荷在A点的电势能大于在C点的电势能 D． 这一区域内的电场可能是在第Ⅳ象限内某位置的一个正点电荷所产生的 分卷II 三、实验题(共2小题,共15分) ‎ ‎15.（1）某同学对一个表头G进行改装，已知其满偏电流Ig=100 μA，内阻标称值Rg=900 Ω，先利用定值电阻R1将表头改装成一个1 mA的电流表，然后利用定值电阻R2再将此电流表改装成一个3 V的电压表V1（如图1所示）；则根据条件，定值电阻R1=　　Ω，R2=　　Ω．‎ ‎（2）改装完毕后，他用量程为3 V，内阻为2500 Ω的标准电压表V2对此电压表从0开始 全范围的刻度进行校准．滑动变阻器R有两种规格：‎ A：滑动变阻器（0～20 Ω）‎ B：滑动变阻器（0～2kΩ）‎ 为了实验中电压调节方便，R应选用　　（填A或B）‎ ‎（3）完成图2中的校准电路图（要求：滑动变阻器的触头画在开始实验时的位置上）‎ ‎（4）由于表头G上的标称值Rg小于真实值，造成改装后电压表的读数会比标准电压表的读数　　．（填“偏大”或“偏小”）‎ ‎16.测定电源的电动势和内电阻的实验电路和U﹣I图象如图所示；请回答下列 问题：‎ ‎（1）如图甲所示，在闭合开关之前为防止电表过载而移动滑动变阻器的滑动头P，应放在滑动变阻器　　处（填“a”或“b”）‎ ‎（2）现备有以下器材：‎ A．干电池1个 B．滑动变阻器（0～50 Ω）‎ C．电压表（0～3 V） D．电压表（0～15 V）‎ E．电流表（0～0.6 A） F．电流表（0～3 A）‎ 其中电流表应选　　，电压表应选　　．（填字母代号）‎ ‎（3）如图乙是根据实验数据画出的U﹣I图象．由此可知这个干电池的电动势E=　　V，内电阻r=　　Ω．‎ 四、计算题 ‎ ‎17.如图所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力向下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，bd的长度为L，匀强电场的电场强度为E，求：‎ ‎（1）此液滴带何种电荷；‎ ‎（2）液滴的加速度为多少；‎ ‎（3）b、d两点的电势差Ubd .‎ ‎18.长为L的绝缘细线下系一带正电的小球，其带电荷量为Q，悬于O点，如图所示．当在O点另外固定一个正电荷时，如果球静止在A处，则细线拉力是重力mg的两倍．现将球拉至图中B处(θ＝60°)，放开球让它摆动，问：‎ ‎(1)固定在O处的正电荷的带电荷量为多少？‎ ‎(2)球摆回到A处时悬线拉力为多少？‎ ‎19.水平放置的两块平行金属板长L＝5.0 cm，两板间距d＝1.0 cm，两板间电压为90 V且上板为正.一电子沿水平方向以速度v0＝2.0×107m/s从两板中间射入，如图所示，求：(电子电荷量q＝1.6×10－19C，电子质量me＝9.1×10－31kg)(计算结果在小数点后保留两位有效数字)‎ ‎(1)电子偏离金属板时的侧位移；‎ ‎(2)电子飞出电场时的速度；‎ ‎(3)电子离开电场后，打在屏上的P点，若s＝10 cm，求OP的长.‎ ‎20.如图所示，四个电阻阻值均为R，电键S闭合时，有一质量为m，带电量为q的小球静止于水平放置的平行板电容器的中点．现打开电键S，这个带电小球便向平行板电容器的一个极板运动，并和此板碰撞，碰撞过程中小球没有机械能损失，只是碰后小球所带电量发生变化，碰后小球带有和该板同种性质的电荷，并恰能运动到另一极板，设两极板间距离为d，不计电源内阻，求：‎ ‎（1）电源电动势E多大？‎ ‎（2）小球与极板碰撞后所带的电量为多少？‎ ‎ ‎ ‎【参考答案】‎ ‎1.C 2.B 3.D 4.C 5.D 6.C 7D 8.C 9.A 10.C 11.BD 12.BC 13.CD 14.ACD ‎15.（1）100 2910（2）A（3）电路图如图所示 ‎（4）偏小 ‎【解析】（1）由图示电路图可知：R1=≈100 Ω，‎ 改装后电流表内阻：RA=Ω=90 Ω，‎ 把电流表改装成电压表，串联电阻：R2=-RA=（-90）Ω=2910 Ω；‎ ‎（2）为方便实验操作滑动变阻器应选择最大阻值较小的A．‎ ‎（3）电压表从0开始全范围的刻度进行校准，滑动变阻器应选择分压接法，‎ 标准电压表与改装后的电压表并联，电路图如图所示：‎ ‎（4）表头G上的标称值Rg小于真实值，改装后的电流表内阻偏小，改装后的电压表串联电阻偏大，‎ 电压表内阻偏大，两电压表并联，由于改装后的电压表内阻偏大，通过改装电压表的电流偏小，‎ 改装后的电压表指针偏角较小，造成改装后电压表的读数会比标准电压表的读数偏小．‎ ‎16.（1）a（2）E C（3）1.49 0.725‎ ‎【解析】解：（1）闭合开关之前滑动变阻器的滑动头P应放在最大值位置处，即a处．‎ ‎（2）电源电动势大约1.5 V，因此电压表选择量程为3 V的比较合适，故电压表选择C，‎ 电路中的电流较小，因此电流表选择0.6 A量程的E．‎ ‎（3）在U﹣I图象中图象与纵坐标的交点等于电源的电动势，‎ 所以由图可以读出电源的电动势为1.49 V，‎ 图象中的斜率表示电源的内阻，所以电源的内阻为：r=Ω=0.725 Ω ‎17.（1）负电（2）（3）‎ ‎【解析】（1）由b到a，液滴做直线运动，所受合力沿bd所在直线，对液滴受力分析可知，电场力水平向右，与电场方向相反，所以小球带负电.（2）由图可知，液滴所受合力 根据牛顿第二定律F=ma，解得液滴的加速度（3）由图可知，电场力qE=mg 由b到d，沿电场方向的距离 沿电场方向电势降低，应有<0，所以 ‎18.(1)　(2)3mg ‎【解析】(1)球静止在A处受三个力作用：重力mg、静电力F和细线拉力FT，由受力平衡和库仑定律列式得：‎ FT＝F＋mg，F＝k，FT＝2mg 联立解得：q＝.‎ ‎(2)摆回的过程只有重力做功，所以机械能守恒，规定最低点重力势能等于零，则：‎ mgL(1－cosθ)＝mv2‎ 由牛顿第二定律和圆周运动规律得 FT′－mg－F＝m 由(1)知静电力F＝mg，联立解得：F拉′＝3mg.‎ ‎19.　(1)0.49 cm　(2)2.04×107m/s　速度的方向与v0的夹角θ满足tanθ≈0.2　(3)2.49 cm ‎【解析】　(1)电子在电场中的加速度a＝，侧位移y＝，又因t＝，则y＝≈0.49 cm.‎ ‎(2)电子飞出电场时，水平分速度vx＝v0，竖直分速度vy＝at＝≈3.96×106‎ m/s，则电子飞出电场时的速度v＝≈2.04×107m/s.设v与v0的夹角为θ，则tanθ＝≈0.2.‎ ‎(3)电子飞出电场后做匀速直线运动，则OP＝y＋stanθ＝2.49 cm.‎ ‎20.（1）（2）‎ ‎【解析】（1）当S闭合时，电容器电压为U，则：①‎ 对带电小球受力分析得：②‎ 由①②式 解得：③‎ ‎（2）断开S，电容器电压为U′，则：U′=④‎ 对带电小球运动的全过程，根据动能定理得：q′U′﹣mg⑤‎ 由③④⑤解得：q′=⑥‎