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  • 2021-05-25 发布

【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

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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