云南省施甸县第一中学2019-2020学年高二上学期12月月考物理试题

云南省施甸县第一中学2019-2020学年高二上学期12月月考物理试题

云南省施甸县第一中学2019-2020学年12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.如图所示，两个带电量相同的粒子以相同的速度垂直于电场方向从同一点射入平行板M、N间的匀强电场．不计重力，最后粒子1打在N板中点，粒子2打在N板边缘．这两个粒子的质量之比m1：m2为(　　)‎ A． 1∶4‎ B． 4∶1‎ C． 2∶1‎ D． 1∶2‎ ‎2.一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置，且两个线圈圆心重合，当两线圈通入如图所示的电流时，从左向右看线圈L1将（　　）　‎ A． 不动　　　‎ B． 逆时针转动　　　‎ C． 顺时针转动　　　‎ D． 向纸面外运动 ‎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∶3‎ ‎4.如图，是某逻辑电路，当A和B分别输入1和1时，则C和D输出信号是(　　)‎ A． 0和0‎ B． 0和1‎ C． 1和0‎ D． 1和1‎ ‎5.两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则(　　)‎ A．N点的电场强度大小为零 B．A点的电场强度大小为零 C．NC间电场强度方向指向x轴正方向 D． 将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功 ‎6.A、B、C三点在同一直线上，AB∶BC＝1∶2，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点电荷．当在A处放一电荷量为＋q的点电荷时，它所受到的静电力为F；移去A处电荷，在C处放一电荷量为－2q的点电荷，其所受静电力为(　　)‎ A． B． C． －F D．F ‎7.下列各图能正确反映两个等量同种正电荷连线中垂线上各点电势分布的图是(　　)‎ A．B．C．D．‎ ‎8.电功率的计算公式P＝中，U是加在用电器上的电压，R是用电器的电阻，此式可用于(　　)‎ A． 计算电冰箱的功率 B． 计算电风扇的功率 C． 计算电烙铁的功率 D． 计算洗衣机的功率 ‎9.一个电流表的满偏电压为Ug，内电阻为Rg，要把它改装成量程为nUg的电压表，应在电流表上(　　)‎ A． 串联一个nRg的电阻 B． 并联一个nRg的电阻 C． 串联一个(n－1)Rg的电阻 D． 并联一个(n－1)Rg的电阻 ‎10.如图所示，直线OAC为某一直流电源的总功率P随电流I变化的图线，曲线OBC表示同一直流电源内部的热功率P随电流I变化的图线．若A、B点的横坐标均为1 A，那么AB线段表示的功率为(　　)‎ A． 1 W B． 6 W C． 2 W D． 2.5 W 二、多选题(共4小题,共16分) ‎ ‎11.(多选)将阻值为R的电阻接在电压为U的电源两端，则描述其电压U、电阻R及流过R的电流I间的关系图象中正确的是(　　)‎ A．　　 B． C．　　D．‎ ‎12.（多选）磁流体发电是一项新兴技术，它可以把气体的内能直接转化为电能，右图是它的示意图．平行金属板A，B之间有一个很强的匀强磁场，磁感应强度为B，将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）垂直于B的方向喷入磁场，每个离子的速度为v，电荷量大小为q，A，B两板间距为d，稳定时下列说法中正确的是（ ）‎ A． 图中A板是电源的正极 B． 图中B板是电源的正极 C． 电源的电动势为Bvd D． 电源的电动势为Bvq ‎13.(多选)一个电子以速度8×106m/s从A点射入电场，从B点射出，电场的等势面和电子的运动轨迹如图所示，图中左侧前三个等势面彼此平行．下列说法正确的有(　　)‎ A． 电子的加速度先不变，后变小 B． 电子射出电场时的速度为5.7×106m/s C． 电子射出电场时的速度为9.8×106m/s D． 电子的电势能先减小，后增大 ‎14.(多选)如图甲所示，两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上，其中Q1位于原点O，a、b是它们连线延长线上的两点．现有一带正电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，设粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度随坐标x变化的图象如图乙所示，则以下判断正确的是(　　)‎ A．b点的场强一定为零 B．Q2带负电且电荷量小于Q1‎ C．a点的电势比b点的电势高 D． 粒子在a点的电势能比在b点的电势能小 三、实验题(共2小题,共15分) ‎ ‎15.利用螺旋测微器、米尺和如图甲所示的器材(其中电流表的内阻为1 Ω，电压表的内阻为5 kΩ)测量一根粗细均匀的阻值约为5 Ω的金属丝的电阻率．‎ ‎(1)用笔画线代替导线，将图乙中的器材连接成实物电路，要求连线不能交叉，电流表、电压表应该选择合适的量程(已知电源的电动势为6 V，滑动变阻器的阻值为0～20 Ω)．‎ 甲 乙 丙 ‎(2)实验时，用螺旋测微器测量金属丝的直径和用米尺测量金属丝的长度示数如图5所示，电流表、电压表的读数如图丙所示．则金属丝两端的电压U＝________，电流I＝________，金属丝的长度L＝__________，直径d＝________.‎ ‎(3)该金属丝的电阻率是________．(保留两位有效数字)‎ ‎16.在“用DIS测电源的电动势和内阻”的实验中：‎ ‎(1)将待测电池组、滑动变阻器、电流传感器、电压传感器、定值电阻、开关及若干导线连接成电路如图甲所示．图中未接导线的A端应接在________点(选填“B”“C”“D”或“E”)．‎ ‎(2)实验得到的U－I关系图象如图乙中的图线I所示，则电池组的电动势为______ V，内电阻阻值为______ Ω.‎ ‎(3)为了测量定值电阻的阻值，应在图甲中将“A”端重新连接到________(选填“B”“C”“D”或“E”)，所得到的U－I关系图象如图乙中的图线Ⅱ所示，则定值电阻的阻值为________ Ω.‎ 四、计算题 ‎ ‎17.如图所示，电源电动势E＝10 V，内阻可忽略，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，C＝30 μF，求：‎ ‎(1)S闭合后，稳定时通过R1的电流；‎ ‎(2)S原来闭合，然后断开，这个过程中流过R1的总电荷量．‎ ‎18.澳大利亚国立大学制成了能把2.2 g的弹体(包括金属杆EF的质量)加速到10 km/s的电磁炮(常规炮弹的速度约为2 km/s)．如图所示，若轨道宽为2 m，长为100 m，通过的电流为10 A，试求轨道间所加匀强磁场的磁感应强度 (轨道摩擦不计)．‎ ‎19.如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1＝100 Ω，R2阻值未知，R3‎ 为一滑动变阻器．当其滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P在变阻器的两个不同端点得到的．求：‎ ‎(1)电源的电动势和内阻；‎ ‎(2)定值电阻R2的阻值；‎ ‎(3)滑动变阻器的最大阻值．‎ ‎20.如图所示，在直角坐标系的第一、二象限内有垂直于纸面的匀强磁场，第三象限有沿y轴负方向的匀强电场；第四象限无电场和磁场。现有一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v0从y轴上的M点沿x轴负方向进入电场，不计粒子的重力，粒子经x轴上的N点和P点最后又回到M点，设OM=L,ON=2L.求：‎ ‎（1）带电粒子的电性，电场强度E的大小；‎ ‎（2）带电粒子到达N点时的速度大小和方向；‎ ‎（3）匀强磁场的磁感应强度的大小和方向；‎ ‎（4）粒子从M点进入电场，经N、P点最后又回到M点所用的时间。‎ ‎ ‎ 答案 ‎1.A 2.B 3.C 4.B 5.D 6.B 7.B 8.C 9.C 10.C ‎11.CD 12.BC 13.AB 14.AC ‎15.　(1)　(2)2.20 V　0.44 A　30.50 cm ‎1．850×10－3m　(3)4.4×10－5Ω·m ‎【解析】　(1)由于金属丝的电阻比电压表的内阻小得多，因此采用电流表外接法；由于金属丝的电阻比滑动变阻器的总电阻要小，因此采用限流式接法，为了保证滑动变阻器起限流作用，滑动变阻器应该连接“B、C”、“A、D”、“A、C”或“B、D”接线柱；由题图可以看出电流表应该连接“－”接线柱和“0.6”接线柱，具体连线如图所示．‎ ‎(2)由所连电路图可以看出：电压表的量程是3 V，所以读数是2.20 V；电流表的量程是0.6 A，所以读数是0.44 A；由于螺旋测微器的半毫米刻度线已经露出，因此读数是1.850×10－3m；米尺的读数是40.50 cm－10.00 cm＝30.50 cm.‎ ‎(3)由电阻定律得 ρ＝＝＝Ω·m ‎≈4.4×10－5Ω·m.‎ ‎16.　(1)C　(2)2.8 　2　(3)D　3‎ ‎【解析】　(1)图中的开关应对电压传感器起控制作用，同时电压传感器测量的是路端电压，故应接在C点．‎ ‎(2)由闭合电路欧姆定律可得，图线Ⅰ在纵轴上的截距即为电源电动势，图线的斜率表示电源的内阻，故E＝2.8 V，r＝Ω＝2 Ω.‎ ‎(3)把“A”端接到D点，把定值电阻等效到电源内阻中，则由图线Ⅱ得电源的等效内阻为r′＝Ω＝5 Ω，故定值电阻R＝r′－r＝5 Ω－2 Ω＝3 Ω.‎ ‎17.　(1)1 A　(2)1.2×10－4C ‎【解析】　(1)电路稳定时，R1、R2串联，易求I＝＝1 A.‎ ‎(2)S闭合时，电容器两端电压UC＝U2＝I·R2＝6 V，储存的电荷量Q＝C·UC.S断开至达到稳定后电路中电流为零，此时UC′＝E，储存的电荷量Q′＝C·UC′.很显然电容器上的电荷量增加了ΔQ＝Q′－Q＝CUC′－CUC＝1.2×10－4C．电容器上电荷量的增加是在S断开以后才产生的，这只有通过R1这条电路实现，所以流过R1的电荷量就是电容器带电荷量的增加量．‎ ‎18.55 T ‎【解析】由运动学公式求出加速度a，由牛顿第二定律和安培力公式联立求出B.‎ 根据2ax＝v－v得炮弹的加速度大小为a＝＝2m/s2＝5×105m/s2.‎ 根据牛顿第二定律F＝ma得炮弹所受的安培力F＝ma＝2.2×10－3×5×105N＝1.1×103N，‎ 而F＝BIL，所以B＝＝T＝55 T.‎ ‎19.(1)20 V　20 Ω　(2)5 Ω　(3)300 Ω ‎【解析】(1)由题图乙中AB线延长交U轴于20 V处，交I轴于1.0 A处可知电源的电动势为E＝20 V，内阻r＝＝20 Ω.‎ ‎(2)当P滑到R3的右端时，电路参数对应题图乙中的B点，即U2＝4 V、I2＝0.8 A，‎ 得R2＝＝5 Ω.‎ ‎(3)当P滑到R3的左端时，由题图乙知此时U外＝16 V，I总＝0.2 A，所以R外＝＝80 Ω.‎ 因为R外＝＋R2，所以滑动变阻器的最大阻值为R3＝300 Ω.‎ ‎20.(1) (2)(3) (4)‎ ‎【解析】（1）粒子从M至N运动过程有：‎ 加速度 运动时间 得电场强度 ‎(2)设vN与x成θ角vNcosθ=v0‎ 带电粒子到N点速度 ‎（3）带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，圆心在O′处，设半径为R，由几何关系知带电粒子过P点的速度方向与x成角，则OP=OM=L 则 由牛顿第二定律得：‎ 解得：‎ ‎(4)粒子从M至N时间：‎ 粒子在磁场中运动时间：‎ 粒子从P至M运动时间 从M点进入电场，经N、P回M所用时间