江西省赣州市第四中学2018_2019学年高二物理上学期第二次月考试题.doc

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1、- 1 -赣州四中 20182019 学年第一学期第二次月考高二物理试卷一、选择题（本题共 15 小题;每小题 4 分,共 60 分第 17 题只有一项符合题目要求，第810 题有多项符合题目要求,全部选对的得分,选对但不全的得分,有错选或不选的得分）1. 物理学引入“点电荷”概念，从科学方法上来说属于( ) A观察实验的方法 B控制变量的方法C等效替代的方法 D建立物理模型的方法2下列说法正确的是( )A电荷放在电势高的地方，电势能就大B正电荷在电场中某点的电势能，一定大于负电荷在该点具有的电势能C无论是正电荷还是负电荷，克服电场力做功它的电势能都增大D电场强度为零的点，电势一定为零3. 在

2、研究长度为 l、横截面积为 S 的均匀导体中的电流时，在导体两端加上电压 U，于是导体中有匀强电场产生，在导体中移动的自由电子受匀强电场的作用而加速，但又和做热运动的阳离子碰撞而减速，这样边反复碰撞边向前移动可以认为阻碍电子向前运动的阻力大小与电子移动的平均速率 v 成正比，其大小可以表示成 kv(k 为恒量)电场力和碰撞的阻力平衡时，导体中的电子移动的平均速率 v 为一定值， 这一定值是( )A B C D elkUekUl eUkl elUk4一段长为 L、电阻为 R 的均匀电阻丝，把它拉成 3L 长的均匀细丝后，再切成等长的三段，则其中每一段电阻丝的阻值为( )A3 R B R C DR

3、3 R95. 如图是一个三输入端复合门电路，当 C 端输入“1”时， A、 B 端输入为何时输出端 Y 输出“1” A1 1 B0 1C1 0 D0 06. 铁棒 A 能吸引小磁针，铁棒 B 能排斥小磁针，若将铁棒 A 靠近铁棒 B，下述说法中正确的是( )A A、 B 一定相互吸引 B A、 B 一定相互排斥C A、 B 间有可能无磁场力作用D A、 B 可能相互吸引，也可能相互排斥7. 在同一平面有四根彼此绝缘的通电直导线，如图所示，四根导线中电流- 2 -I4 I3I2I1.要使 O 点磁场增强，则应切断哪一根导线中的电流( )A I1 B I2 C I3 D I48. 如图所示，用静电

4、计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差 U，现使 B 板带电，则下列判断正确的 是( ) A增大两极板间的距离， 指针张角变大B将 A 板稍微上移，静电计指针张角变大C若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大D若将 A 板拿走，则静电计指针张角变为零9.调零后，用“10”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度极小，正确的判断和做法是( )A这个电阻值很小 B这个电阻值很大C为了把电阻测得更准一些，应换用“1”挡，重新调零后再测量D为了把电阻测得更准一些，应换用“100”挡，重新调零后再测量10. 如图所示是等腰直角三棱柱，其中底面 abcd 为正方形，边长为 L，它们按图示位置放

5、置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为 B，下面说法中正确的是( )A通过 abcd 平面的磁通量大小为 L2B B通过 dcfe 平面的磁通量大小为 L2B22C通过 abfe 平面的磁通量大小为零 D通过整个三棱柱的磁通量为零二、填空与实验(本题 4 小题，每空 2 分，共 20 分)11一量程为 300uA 的电流表，内阻为 100，表盘刻度均匀，现串联一个 9900 的电阻将它改装成电压表，则该电压表的量程是V，用它来测量电压时，表盘指针位置如图所示，此时电压表的示数为 V。12. 如图所示，图甲中的游标卡尺的读数为_mm，图乙中的螺旋测微器的读数为_mm。13. 有一个小灯泡上标有“

6、4 V 2 W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的 IU 图- 3 -线现有下列器材供选择：A电压表(05 V，内阻 10 k) B电压表(015 V，内阻 20 k)C电流表(03 A，内阻 1 ) D电流表(00.6 A，内阻 0.4 )E滑动变阻器(10 ，2 A) F滑动变阻器(500 ，1 A)G学生电源(直流 6 V)、开关、导线若干(1)实验时，选用图甲而不选用图乙的电 路图来完成实验，请说明理由：_ _.甲 乙(2)实验中所用电压表应选用_，电流 表应选用_，滑动变阻器应选用_(用序号字母表示)(3)把右上图中所示的实验器材用实线连接成实物电路图(4 分)- 4 -三、每小题

7、 10 分，共 40 分.解答写出 必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.写在框外无效。14. 如图所示，长为 L 的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个电荷量为 q、质量为 m 的带电粒子以初速度 v0紧贴上板垂直于电场线的方向进入该电场，而后刚好从下板边缘射出，射出时其末速度恰与下板的夹角 30，不计粒子重力，求： (1)粒子的末速度大小；(2)匀强电场的场强大小；(3)两板间的距离15. 如图所示， 直流电动机和电炉并联后接在直流电源上，电源的内阻 r 1 ，电炉的电阻 R119 ，电动

8、机线圈的电阻 R22 ，当开关 S 断开时，电源内电路消耗的热功 率P25 W；当 S 闭合时，干路中的电流 I12.6 A求： (1)电源的电动势 E；(2)S 闭合后电动机的机械功率.- 5 - 6 -16. 如图所示，光滑导轨与水平面成 角，导轨宽 L.匀强磁场磁感应强度为 B.金属杆长也为 L，质量为 m，水平放在导轨上当回路总电流为 I1时，金属杆正好能静止求：(1)当 B 的 方向垂直于导轨平面向上时 B 的大小；(2)若保持 B 的大小不变而将 B 的方向改为竖直向上，应把回路总电流 I2调到多大才能使金属杆仍保持静止？ 17. 如图所示，固定于同一条竖直线上的 A、 B 是两个

9、带等量异种电荷的 点电荷，电荷量分别为 Q 和 Q， A、 B 相距为 2d.MN 是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球 P，质量为 m、电荷量为 q(可视为点电荷，不影响电场的分布)，现将小球 P 从与点电荷 A 等高的 C 处由静止开始释放，小球 P 向下运动到距 C 点距离为 d 的 O 点时，速度为 v.已知 MN 与 AB 之间的距离为 d，静电力常量为 k，重力加速度为 g.求：(1)C、 O 间的电势差 UCO；(2) O 点处的电场强度 E 的大小；(3)小球 P 经过与点电荷 B 等高的D 点时的速度- 7 -高二上第二次月考物理答案1.D 点电荷是为了研究物

10、理问题方便而引入的物理模型，是由实际物体抽象所得，D 正确2.C 电势能的大小与电荷的电性有关，正电荷放在电势高的地方，电势能大，而负电荷放在电势高的地方，电势能小，故 A 错误；正电荷在电场中电势大于零的点，其电势能一定大于负电荷在该点具有的电势能；而正电荷在电场中电势小于零的点，其电势能一定小于负电荷在该点具有的电势能，故 B 错误；只要克服电场力做功，电荷的电势能一定增大，与电荷的电性无关，故 C 正确；电场强度与电势无关，可知电场强度为零的点，电势不一定为零，故 D 错误3.B 电场力和碰撞阻力平衡时，有 kv eE e ，所以电子定向移动的平均速率 v ，BUl eUkl正确4.A

11、电阻丝体积一定，即 LS3 LS，则 S ，由电阻定律得S3R ， R 3 R，即每一段电阻丝的阻值为 3R，选项 A 正确LS LS35.【答案】A6.D 小磁针本身有磁性，能够吸引没有磁性的铁棒，故铁棒 A 可能有磁性，也可能没有磁性(只是在小磁针磁场作用下暂时被磁化的结果)铁棒 B 能排斥小磁针，说明铁棒 B 一定有磁性若 A 无磁性，当 A 靠近 B 时，在 B 的磁场作用下也会被磁化而发生相互的吸引作用若 A 有磁性，则 A、 B 两磁体都分别有北极和南极，当它们的同名磁极互相靠近时，互相排斥；当异名磁极互相靠近时，互相吸引这说明不论 A 有无磁性，它们之间总有磁场力的作用，故只有

12、D 项正确7.D 由安培定则可判断出，只有电流 I4在 O 点的磁场方向与其余三段相反，根据磁场的矢量叠加可知，D 正确8.AB 电势差 U 变大(小)，指针张角变大(小)电容器所带电荷量一定，由公式 C知，当 d 变大时， C 变小，再由 C 得 U 变大；当 A 板上移时，正对面积 S 变小， C 也 rS4 kd QU变小， U 变大；当插入玻璃板时， C 变大， U 变小；当将 A 板拿走时，相当于使 d 变得更大， C 更小，故 U 应更大正确选项为 A、B.9.BD 用欧姆挡测电阻时，指针指中值附近测量最准确，指针不偏转时，对应电流为零，电阻为无穷大，指针偏转太小，即指示电阻太大，

13、应换用更高倍率的挡，即换“100”挡重新调零测量，故 A、C 错误，B、D 正确- 8 -10.BCD abcd 平面在垂直于 B 方向的投影 S L2，所以 BS L2B，A 错； dcfe 平22 22面与 B 垂直， S L2，所以 L2B，B 正确； abfe 平面与 B 平行， S 0， 0，C 正22 22确；整个三棱柱穿进的磁感线和穿出的磁感线条数相等，抵消为零，所以 0，D 正确故正确答案为 B、C、D.11. 3 2 12. 1.660cm 5.695mm0.002mm13.【解析】 因实验目的是要描绘小灯泡的伏安特性曲线，需要多次改变小灯泡两端的电压，故采用甲图所示的分压式

14、电路合适，这样电压可以从零开始调节，且能方便地测多组数据因小灯泡额定电压为 4 V，则电压表选 05 V 的 A 而舍弃 015 V 的 B，因 15 V 的量程太大，读数误差大小灯泡的额定电流 I0.5 A，则电流表应选 D.滑动变阻器应选用阻值小的滑动变器 E.小灯泡内阻为电流表内阻的 20 倍，电压表内阻是小灯泡的80.41 250 倍，故电流表采用了外接法101038【答案】 (1)描绘小灯泡的 IU 图线所测数据需从零开始，并要多取几组数据(2)A D E (3)如图所示14.【解析】 (1)粒子在平行金属板间做类平抛运动，把射出极板的速度分解，如图所示，则粒子的末速度 v v0.v

15、0cos 30233(2)竖直分速度 vy v0tan 30 v033由牛顿第二定律得 qE ma由类平抛运动规律得 L v0t， vy at，解得 E .3mv203qL(3)由类平抛运动规律得 tan 30 ，解得 d .dL2 3L6【答案】 (1) (2) (3)23v03 3mv203qL 3L615.【解析】 (1)开关 S 断开时，由 P I r 得20I0 A5 APr 251由闭合电路欧姆定律得E I0(R1 r)5(191) V100 V.- 9 -(2)开关 S 闭合后，内电压 U 内 Ir12.6 V路端电压 U E U 内 (10012.6) V87.4 V通过电炉的

16、电流 I1 A4.6 AUR1 87.419通过电动机的电流 I2 I I18.0 A电动机消耗的热功率 P1 I R28.0 22 W128 W2电动机工作时，消耗的电功率P2 UI287.48 W699.2 W电动机输出的机械功率P3 P2 P1(699.2128) W571.2 W.【答案】 (1)100 V (2)571.2 W16.【解析】 (1)杆受力如图甲所示由平衡条件可得甲F mgsin 即 BI1L mgsin 解得 B .mgsin I1L(2)磁场竖直向上，杆受力如图乙所示由平衡条件可得BI2L mgtan 乙I2mgtan BL再由 B ，解得 I2 .mgsin I1

17、L I1cos 【答案】 (1) (2) mgsin I1L I1cos 17.【解析】 (1)根据动能定理则，从 C 到 Omgd qUCO mv212- 10 -则 UCO .mv2 2mgd2q(2)A 点和 B 点在 O 点的电场强度均为 E k ，其中 r AO BO d，所以 E k ，根据Qr2 2 Q2d2对称性可知，两点电荷场强在水平方向的分场强抵消，合场强为：E 合 2 Ecos 45 .2kQ2d2(3)从 C 到 D 点，由于电场线的对称性， UCD2 UCO，则根据动能定理有： mg2d2 qUCO mv ，12 2D所以 vD v.2【答案】 (1) (2) (3) vmv2 2mgd2q 2kQ2d2 2