2018-2019学年高二物理上学期第二次月考试题 (V).doc

2018-2019学年高二物理上学期第二次月考试题 (V)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()ABC DelkU4一段长为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()A3RBR C D5. 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()AA、B一定相互吸引BA、B一定相互排斥CA、B间有可能无磁场力作用DA、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I4I3I2I1.要使O点磁场增强，则应切断哪一根导线中的电流()AI1 BI2 CI3 DI48. 如图所示，用静电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L2BB通过dcfe平面的磁通量大小为L2BC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“4 V2 W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的IU图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)三、每小题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.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点时的速度高二上第二次月考物理答案1.D点电荷是为了研究物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kveEe，所以电子定向移动的平均速率v，B正确4.A电阻丝体积一定，即LS3LS，则S，由电阻定律得R，R3R，即每一段电阻丝的阻值为3R，选项A正确5.【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，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10.BCDabcd平面在垂直于B方向的投影SL2，所以BSL2B，A错；dcfe平面与B垂直，SL2，所以L2B，B正确；abfe平面与B平行，S0，0，C正确；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. 3 212. 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1 250倍，故电流表采用了外接法【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)ADE (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vv0.(2)竖直分速度vyv0tan 30v0由牛顿第二定律得qEma由类平抛运动规律得Lv0t，vyat，解得E.(3)由类平抛运动规律得tan 30，解得d.【答案】(1)(2)(3)15.【解析】(1)开关S断开时，由PIr 得I0 A5 A由闭合电路欧姆定律得EI0(R1r)5(191) V100 V.(2)开关S闭合后，内电压U内Ir12.6 V路端电压UEU内(10012.6) V87.4 V通过电炉的电流I1 A4.6 A通过电动机的电流I2II18.0 A电动机消耗的热功率P1IR28.022 W128 W电动机工作时，消耗的电功率P2UI287.48 W699.2 W电动机输出的机械功率P3P2P1(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Fmgsin 即BI1Lmgsin 解得B.(2)磁场竖直向上，杆受力如图乙所示由平衡条件可得BI2Lmgtan 乙I2再由B，解得I2.【答案】(1) (2) 17.【解析】(1)根据动能定理则，从C到OmgdqUCOmv2则UCO.(2)A点和B点在O点的电场强度均为Ek，其中rAOBOd，所以Ek，根据对称性可知，两点电荷场强在水平方向的分场强抵消，合场强为：E合2Ecos 45.(3)从C到D点，由于电场线的对称性，UCD2UCO，则根据动能定理有：mg2d2qUCOmv，所以vDv.【答案】(1)(2)(3)v