【物理】云南省玉溪市新平一中2019-2020学年高二上学期10月月考试题 9页

云南省新平一中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。‎ 分卷I 一、单选题(共10小题,每小题3.0分,共30分) ‎ ‎1.关于等势面，下列说法正确的是(　　)‎ A． 等势面上各点电荷受力不一定相同 B． 同一等势面上的各点场强大小必定相等 C． 电荷所受静电力的方向必和该点等势面垂直，并指向电势升高的方向 D． 电荷从电场中一点移到另一点，静电力没做功，电荷必在同一等势面上移动 ‎2.空间有p、q两个点电荷相距r且仅在相互间的库仑力作用下从静止开始运动，开始时p的加速度为a，q的加速度为4a，经过一段时间后，q的加速度为a，速度达到v，则这时p的加速度和p、q两个点电荷相互间的距离的大小为(　　)‎ A． 4a、4r B．a、r C．a、2r D．a、4r ‎3.已知用电器A的电阻是用电器B的电阻的2倍，加在A上的电压是加在B上的电压的一半，那么通过A和B的电流IA和IB的关系是(　　)‎ A．IA＝2IB B．IA＝ C．IA＝IB D．IA＝‎ ‎4.下列关于电荷的电势能的说法中正确的是（　　）‎ A． 电荷在电场强度大的地方，电势能一定大 B． 电荷在电场强度为零的地方，电势能一定为零 C． 电荷在电势较高的地方其电势能一定较大 D． 如果静电力对电荷不做功，电荷的电势能就一定不变 ‎5.一电池外电路断开时的路端电压为3 V，接上8 Ω的负载电阻后路端电压降为2.4 V，则可以判定电池的电动势E和内阻r为(　　)‎ A．E＝2.4 V，r＝1 Ω B．E＝3 V，r＝2 Ω C．E＝2.4 V，r＝2 Ω D．E＝3 V，r＝1 Ω ‎6.真空中相距为3L的两个点电荷A、B分别固定于x轴上x1＝0和x2＝3L的两点处，其连线上各点场强随x变化关系如图所示(x正方向为场强的正方向)，以下判断中正确的是(　　)‎ A． 点电荷A、B一定为异种电荷 B． 点电荷A、B所带电荷量的绝对值之比为1∶2‎ C．x＝L处的电势一定为零 D． 把一个负电荷沿x轴从x＝移至x＝L的过程中，电势能先减小后增大 ‎7.真空中的某装置如图所示，现有质子、氘核和α粒子都从O点静止释放，经过相同加速电场和偏转电场，射出后都打在同一个与OO′垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点(已知质子、氘核和α粒子质量之比为1∶2∶4，电量之比为1∶1∶2且粒子重力不计)．下列说法中正确的是(　　)‎ A． 三种粒子在偏转电场中运动时间之比为2∶1∶1‎ B． 三种粒子出偏转电场时的速度相同 C． 在荧光屏上将只出现1个亮点 D． 偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2‎ ‎8.如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k.若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为(　　)‎ A． B． C． D．‎ ‎9.如图所示，在电场强度E＝2×103V/m的匀强电场中有三点A、M和B，AM＝4 cm，MB＝3 cm，AB＝5 cm，且AM边平行于电场线，把一电荷量q＝2×10－9C的正电荷从B移动到M点，再从M点移动到A点，电场力做功为(　　)‎ A． 1.6×10－7J B． 1.2×10－7J C． －1.6×10－7J D． －1.2×10－7J ‎10.为了保障行驶安全，一种新型双门电动公交车安装了如下控制装置：只要有一扇门没有关紧，汽车就不能启动．如果规定：车门关紧时为“1”，未关紧时为“0”；当输出信号为“1”时，汽车可以正常启动行驶，当输出信号为“0”时，汽车不能启动．能正确表示该控制装置工作原理的逻辑门是(　　)‎ A． “与”门 B． “或”门 C． “非”门 D． “与非”门 二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分) ‎ ‎11.(多选)在如图所示的电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示．下列比值正确的是 (　　)‎ A．不变，不变 B．变大，变大 C．变大，不变 D．变大，不变 ‎12.（多选）某带电粒子只受电场力作用，从C向D运动，其轨迹如图中虚线所示，由此可判定（　　）‎ A． 此粒子一定带正电 B． 此粒子在C处的加速度大于在D处的加速度 C． 此粒子在C处的电势能大于在D处的电势能 D． 此粒子在C处的动能大于在D处的动能 ‎13.(多选)关于电源的作用，下列说法正确的是(　　)‎ A． 电源的作用是能为电路持续地提供自由电荷 B． 电源的作用是能直接释放电能 C． 电源的作用就是保持导体两端的电压，使电路中有持续的电流 D． 电源的作用就是使自由电荷运动起来 ‎14.(多选)如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r且小于灯泡L1的冷态电阻(不发光时的电阻)．开关闭合后两灯泡均发光，现在将滑动变阻器的滑片P稍向下滑动，则(　　)‎ A． 电源的内电压减小 B． 电灯L1变亮 C． 电流表读数变小 D． 电源的输出功率变小 三、实验题(共2小题,共15分) ‎ ‎15.（1）用螺旋测微器测量合金丝的直径．为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧如图甲所示的部件　　（选填“A”、“B”、“C”或“D”）．从图中的示数可读出合金丝的直径为　　mm．‎ ‎（2）用游标卡尺可以测量某些工件的外径．在测量时，示数如上图乙所示，则读数分别为mm．‎ ‎16.在描绘小灯泡的伏安特性曲线的实验中，实验室备有下列器材供选择：‎ A．待测小灯泡“3 V，2 W”‎ B．电流表A1（量程3 A，内阻约为1 Ω）‎ C．电流表A2（量程0.6 A，内阻约为5 Ω）‎ D．电压表V1（量程3 V，内阻约为10 kΩ）‎ E．电压表V2（量程15 V，内阻约为50 kΩ）‎ F．滑动变阻器（最大阻值为100 n，额定电流50 mA）‎ G．滑动变阻器（最大阻值为10 n，额定电流1 A）‎ H．电源（电动势为4 V，内阻不计）‎ I．电键及导线等 ‎（1）电流表应选用　　；电压表应选　　；滑动变阻器应选用　　（填器材前面的字母）.‎ ‎（2）在图甲实物图中，有部分线已连好，要求小灯泡的电压从零开始测量，请连成符合要求的完整的电路图.‎ ‎（3）开关闭合之前，图中滑动变阻器的滑片应该置于　　（选填“A端”、B端”或'“A、B中间”）‎ ‎（4）某同学实验后作出的I﹣U图象如图乙所示，则当灯泡两端的电压为2.4 V时，灯泡的实际功率是　　W （结果保留两位有效数字）‎ 四、计算题 ‎ ‎17.如图所示，两个分别用长l=5 cm的绝缘细线悬挂于同一点的相同金属小球（可视为点电荷），带有等量同种电荷．由于静电力为斥力，它们之间的距离为r=6 cm．已测得每个金属小球的质量m=1.2×10﹣3kg．试求它们所带的电荷量.（已知g=10 m/s2，k=9.0×109N•m2/C2）‎ ‎18.如图所示，把一个倾角为θ的绝缘斜面固定在匀强电场中，电场方向水平向右，电场强度大小为E，有一质量为m、带电荷量为＋q的物体，以初速度v0从A端滑上斜面恰好能沿斜面匀速运动，求物体与斜面间的动摩擦因数.‎ ‎19.如图所示，在水平方向的匀强电场中，用长为L的绝缘细线，拴住一质量为m ‎，带电量为q的小球，线的上端固定．开始时连线带球拉成水平，突然松开后，小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时的速度恰好为零．问：‎ ‎（1）A、B两点的电势差UAB为多少？‎ ‎（2）电场强度为多少？‎ ‎20.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.‎ ‎ ‎ ‎【参考答案】‎ ‎1.A 2.C 3.D 4.D 5.B 6.D 7.C 8.B 9.C 10.A ‎11.ACD 12.BC 13.BC 14.ACD ‎15.（1）B0.410 （2）11.50‎ ‎【解析】解：（1）读数前应先旋紧B，使读数固定不变，螺旋测微器的固定刻度为0 mm，可动刻度为41.0×0.01 mm=0.410 mm，所以最终读数为0 mm+0.410 mm=0.410 mm．‎ ‎（2）游标卡尺的主尺读数为11 mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为10×0.05 mm=0.50 mm，所以最终读数为：11 mm+0.50 mm=11.50 mm．‎ ‎16.（1）C D G （2）连线如图所示 ‎（3）A端 （4）1.3‎ ‎【解析】（1）灯泡额定电压为3 V，电压表应选D，灯泡额定电流I==A≈0.66 A，若采用3 A量程则误差较大，故只能采用0.6 A量程进行测量；本实验采用分压接法，为方便实验操作应选滑动变阻器G．‎ ‎（2）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；‎ 电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实物电路图如图所示．‎ ‎（3）由图可知，测量电路与滑动变阻器左侧并联，故为了让电流从零开始调节，滑片位置应滑到A端；‎ ‎（4）由图可知，当电压为2.4 V时，电流I=0.52 A，则功率P=UI=2.4×0.52 W≈1.3 W．‎ ‎17.6×10﹣8C ‎【解析】带电金属小球在重力、静电力和线的拉力作用下，处于平衡状态，‎ 它的受力示意图如图所示．由共点力平衡条件可知：‎ F=mgtanθ 由几何关系得tanθ==‎ F==mgtanθ q=r=6×10﹣8C ‎18.　‎ ‎【解析】　物体受力情况如图所示，‎ 将各力沿斜面和垂直斜面两个方向进行正交分解，则沿斜面方向上：‎ Ff＋mgsinθ＝qEcosθ①‎ 垂直斜面方向上：‎ mgcosθ＋qEsinθ＝FN②‎ 其中Ff＝μFN③‎ 由①②③解得：μ＝.‎ ‎19.（1）（2）‎ ‎【解析】（1）小球由A到B过程中，由动能定理得：‎ mgLsin 60°+qUAB=0，‎ 解得：UAB=.‎ ‎（2）BA间电势差为：UBA=UAB=，‎ 则场强：E==‎ ‎20.　(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＝≈3.96×106m/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.‎