【物理】江西省赣州市会昌中学2019-2020学年高二上学期第二次月考试题（解析版）

【物理】江西省赣州市会昌中学2019-2020学年高二上学期第二次月考试题（解析版）

物理试卷 一、选择题（每题4分，共40分。选不全得2分，有错选得0分，全对得4分。其中，1-7题只有一个选项符合题目要求，8-10题不只有一个选项符合题目要求。）‎ ‎1.下列说法正确的是 A. 电源电动势在数值上等于电源搬运单位正电荷由正极经由外电路运动到负极所做的功 B. 电阻率是反映材料导电性能的物理量，仅与材料有关，与温度、压力等外界因素无关 C. 点电荷是理想化模型，只有带电量小的带电体才可以看成点电荷 D. 电容是表征电容器容纳电荷本领的物理量，但电容的大小并不是由Q(带电荷量)或U(电压)决定的 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】电源电动势在数值上等于电源搬运单位正电荷由负极经由内电路运动到正极所做功，选项A错误；电阻率是反映材料导电性能的物理量，与材料有关，与温度、压力等外界因素都有关，选项B错误；点电荷是理想化模型，只有当带电体的电量与所研究的问题相比可以忽略不计时带电体才可以看成点电荷，所以带电量小的不一定能看做点电荷，选项C错误；电容是表征电容器容纳电荷本领的物理量，电容的大小是由电容器本身决定的，并不是由Q(带电荷量)或U(电压)决定的，选项D正确；故选D.‎ ‎2.某同学研究重庆南开图书馆新的借阅系统发现，使用饭卡(IC卡)刷卡登记时，所借阅的书还得在消磁系统上消磁(否则出门时会报警)，这样才能成功借阅自己喜欢的书籍，这种逻辑关系属于(　　)‎ A. “非”门 B. “或”门 C. “与”门 D. “与非”门 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意可以知道,只有两种情况同时满足时,才能完成借书过程;故逻辑关系为“与”的关系，故C正确；‎ ‎3.分别将带正电、负电和不带电的三个等质量小球，分别以相同的水平速度由P点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带负电，下板接地。三小球分别落在图中A、B、C三点，则错误的是（　　）‎ A. A带正电、B不带电、C带负电 B. 三小球在电场中加速度大小关系是：aA＜aB＜aC C. 三小球在电场中运动时间相等 D. 三小球到达下板时的动能关系是EkC＞EkB＞EkA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】C.三个小球在水平方向都做匀速直线运动，由图看出水平位移关系是，三个小球水平速度相同，由得运动时间关系是，故选项C符合题意；‎ B.竖直方向上三个小球都做匀加速直线运动，由图看出竖直位移大小相等，由得到加速度关系为，故选项B不符合题意；‎ A.根据牛顿第二定律得到合力关系为，三个小球重力相同，而平行金属板上板带负极，可以判断出来带正电、不带电、带负电，故选项A不符合题意；‎ D.三个小球所受合力方向都竖直向下，都做正功，竖直位移大小相等，而合力，则合力做功大小关系为，根据动能定理得三小球到达下板时的动能关系是，故选项D不符合题意。‎ ‎4.如图所示是等腰直角三棱柱，其中侧面abcd为正方形，边长为L，它们按图示位置放置处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 B. 通过dcfe平面的磁通量大小为 C. 通过abfe平面的磁通量大小为 D. 通过整个三棱柱的磁通量为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】通过abcd平面的磁通量大小为BSsin45°=BL2，故A错误；dcfe平面是abcd平面在垂直磁场方向上的投影，所以磁通量大小为BL2，故B正确；abfe平面与磁场平面平行，所以磁通量为零，故C错误；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，故通过整个三棱柱的磁通量为零，故D错误。故选B ‎5.如图所示，直角三角形ABC中∠A=60°，AD=DC，置于B、C两点垂直纸面的直导线中通有大小相等、方向向里的恒定电流，D点的磁感应强度大小为B0。若把置于C点的直导线移至A点，电流大小和方向都不变，则D点的磁感应强度变为 A. 大小为，方向向下 B. 大小为等，方向向下 C. 大小为B0，方向向左 D. 大小2B0，方向向左 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据右手安培定则可知置于点的直导线在点的产生的磁感应强度方向垂直斜向右下，与竖直方向成，大小为；同理可得置于点的直导线在点的产生的磁感应强度方向垂直斜向右上，与竖直方向成，大小为，根据叠加原理可得；若把置于点的直导线移至点时，在点的产生的磁感应强度方向垂直斜向左下，与竖直方向成，大小为，根据叠加原理可得 点的磁感应强度为，方向向下，故选项A正确，B、C、D错误。‎ ‎6. 如图所示，虚线表示等势面，相邻两等势面间的电势差相等，有一带电的小球在该电场中运动，不计小球所受的重力和空气阻力，实线表示该带正电的小球的运动轨迹，小球在a点的动能等于20eV，运动到b点时的动能等于2eV，若取C点为零电势点，则这个带电小球的电势能等于－6eV，它的动能等于：（ ）‎ A 16eV B. 14eV C. 6eV D. 4ev ‎【答案】B ‎【解析】‎ 小球自a点运动到b时，电场力做负功：Wab=2eV-20eV=-18eV  ① 由于相邻两等势面的电势差相等，故电势差的大小关系有：Uab=3Ubc    ② 从b到c电场力做正功，根据动能定理有：Wbc=Ekc-Ekb              ③ 联立①②③可得Ekc=8eV． 由于只有电场力做功，电势能和动能和保持不变，故在c点：E=Ep+Ek=8eV 即电势能和动能之和为8eV，因此当电势能等于-6eV时动能为14eV，故ABD错误，C正确．故选C．‎ ‎7.如图所示，长为L的枕形导体原来不带电，O点是其几何中心．将一个带正电、电量为Q的点电荷放置在距导体左端R处，由于静电感应，枕形导体的a、b端分别出现感应电荷，k为静电力常量，则（　 ）‎ A. 闭合S，有电子从枕形导体流向大地 B. 导体a、b端电势满足关系φa＜φb C. 导体两端的感应电荷在O点产生的场强大小等于0‎ D. 导体两端的感应电荷在O点产生的场强大小等于 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 闭合S，大地中的电子在点电荷Q的吸引力作用下从大地流向枕形导体。故A错误。‎ B. 当达到静电平衡时整个导体是一个等势体，则导体a端电势等于b端电势，即 φa=φb 故B错误。‎ CD. 当达到静电平衡时导体中心O点的场强为0，则导体两端的感应电荷和点电荷Q在O点产生的场强大小相等、方向相反，所以导体两端的感应电荷在O点产生的场强大小 故C错误D正确。‎ ‎8.在如图所示电路中，闭合电键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△I、△U1、△U2和△U3表示．下列比值正确的是（　　）‎ A. U1/I不变，△U1/△I变大 B. U2/I变大，△U2/△I变大 C. U2/I变大，△U2/△I不变 D. U3/I变大，△U3/△I不变 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．R1是定值电阻，则 不变。故A错误。‎ BC．，变大。由U2=E-I（R1+r），得 不变，故B错误C正确。‎ D．因为 变大。由U3=E-Ir，‎ 不变。故D正确。‎ ‎9.两根材料相同的均匀导线A和B，其长度分别为L和2L，串联在电路中时，其电势的变化如图所示，下列说法正确的是( 　　)‎ A. A和B导线两端的电压之比为3∶2 B. A和B导线两端的电压之比为1∶2‎ C. A和B导线的横截面积之比为2∶3 D. A和B导线的横截面积之比为1∶3‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ AB．由图可知，UA=10-4=6V，UB=4-0=4V，所以UA：UB=3：2，故A正确，B错误；‎ CD．根据欧姆定律得，串联电路电压与电阻成正比，RA：RB=3：2，根据，，则横截面积之比SA：SB=1:3，故C错误，D正确。‎ 故选AD 点睛：串联电路中电流相等，根据电势差的大小，导线两端的电压之比；通过欧姆定律得出电阻的大小关系，再根据电阻定律得出A和B导线的横截面积之比．‎ ‎10.如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是(　　)‎ A. 带电粒子将始终向同一个方向运动 B. 2 s末带电粒子回到原出发点 C. 3 s末带电粒子的速度为零 D. 0～3 s内，电场力做的总功为零 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度为：，第2s内加速度为：故 a2=2a1，因此先加速1s再减小0.5s时速度为零，接下来的0.5s将反向加速，v-t图象如图所示：‎ 带电粒子在前1秒匀加速运动，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故A错误；‎ 根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t=2s时，带电粒子离出发点最远，故B错误；‎ 由解析中的图可知，粒子在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，3s末的瞬时速度刚减到0，故C正确；‎ 因为第3s末粒子的速度刚好减为0，根据动能定理知粒子只受电场力作用，前3s内动能变化为0，即电场力做的总功为零．故D正确．‎ 二、填空题（每空3分，共21分。）‎ ‎11.（1）如图游标卡尺的读数为_____mm;螺旋测微器测的读数为______mm。 ‎ ‎（2）用多用电表粗测金属棒的阻值时,当用“×10Ω”档时发现指针偏转角度过大，他应更换_____档（选填“×1Ω”或“×100Ω”）进行测量。‎ ‎【答案】 (1). 50.15 (2). 4.700 (3). ×1Ω ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]游标卡尺的主尺读数为50mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为3×0.05m=0.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm=50.15mm；‎ ‎[2]螺旋测微器的固定刻度为4.5mm，可动刻度为20.0×0.01mm=0.200mm，所以最终读数为4.5mm+0.200mm=4.700mm；‎ ‎(2)[3]用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，此时示数偏小，要增大指针对应的示数则要倍率减小换成×1Ω的倍率。‎ ‎12.某学习小组拟研究一个标有“3.6V，1.8W”的小电珠的伏安特性曲线，可供选用的器材如下：‎ ‎①电流表A，量程0～0.6A，内阻约为0.2Ω；②电压表V，量程0～15V，内阻约为15kΩ；‎ ‎③滑动变阻器R，阻值范围0～10Ω；④学生电源E，电动势为4V，内阻不计；‎ ‎⑤开关S及导线若干．‎ ‎(1)该学习小组中的甲同学设计了如图甲所示的电路进行测量，请按照图甲所示的电路图帮甲同学将图乙中的实物图连接起来___________．‎ ‎(2)甲同学在实验中发现，由于电压表的量程较大而造成读数误差很大，因而影响了测量结果．于是又从实验室找来一量程为Ig＝100μA、内阻Rg＝1000 Ω的灵敏电流计，想把该灵敏电流计改装成量程为5V的电压表，则需串联一个阻值为________Ω的电阻．‎ ‎(3)甲同学用改装后的电压表进行实验，得到电流表读数I1和灵敏电流计读数I2如表所示：‎ I1(A)‎ ‎0‎ ‎0.19‎ ‎0.30‎ ‎0.37‎ ‎0.43‎ ‎0.46‎ ‎0.48‎ ‎0.49‎ I2(μA)‎ ‎0‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎50‎ ‎60‎ ‎70‎ 请在图丙中的坐标纸上画出I1－I2图线______．‎ ‎　‎ ‎(4)若将该小电珠接在如图丁所示的电路中，则该小电珠消耗的电功率约为________W．已知电源的电动势为E′＝3.0 V，内阻r＝1.5Ω，定值电阻R0＝4.5 Ω.(结果保留两位有效数字)‎ ‎【答案】(1). 连接图见解析 (2). 49000 (3). 图像见解析 (4). 0.35‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]如图所示．‎ ‎(2)[2]设需要串联的电阻阻值为Rx，则有:Ig(Rg＋Rx)＝5 V 代入数据可得Rx＝49 000 Ω.‎ ‎(3)[3]根据表格数据可以的下图 ‎(4)[4]将定值电阻R0看做该电源的内阻的一部分，则内阻r′＝6 Ω，由此可得路端电压:‎ U＝E′－Ir′‎ 在I1－I2图线所在坐标纸上作出该I－U图象如上一问图所示，可知其交点坐标表示的电流约为0.32 A，电压约为1.1 V，所以该小电珠消耗的功率约为:‎ P＝UI=0.32×1.1 W≈0.35 W.‎ 三、计算题（只写答案不给分。13题8分，14题9分，15题10分，16题12分）‎ ‎13.如图所示，把质量为克的带电小球A用丝线吊起，若将带电量为4×10﹣8C的正电小球B靠近它，当两小球在同一高度相距3cm时，丝线与竖直夹角为30°，（A、B 都可视为点电荷，取g=10m/s2，k=9.0×109Nm2/kg2）求：‎ ‎（1）此时小球A受到的库仑力大小和方向？‎ ‎（2）小球A带的电量qA？‎ ‎【答案】(1) 库仑力为，方向水平向左，指向带正电的小球B (2) 小球A带的电量为 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）A处于平衡状态，所受合外力为零，根据平行四边形定则有：‎ 库仑力 所以 方向水平向左，指向带正电的小球B。‎ ‎（2）根据库仑定律 有小球A带的电量 ‎14.如图所示，电解槽A和电炉B并联后接到电源上，电源内阻r＝1Ω，电炉电阻R＝19Ω，电解槽电阻r′＝0.5Ω.当S1闭合、S2断开时，电炉消耗功率为684W；S1、S2‎ 都闭合时，电炉消耗功率为475W(电炉电阻可看作不变)．试求：‎ ‎（1）电源的电动势；‎ ‎（2）S1、S2闭合时，流过电解槽的电流大小；‎ ‎（3）S1、S2闭合时，电解槽中电能转化成化学能的功率．‎ ‎【答案】（1）120V（2）20A（3）1700W ‎【解析】‎ ‎（1）S1闭合，S2断开时电炉中电流 ‎ 电源电动势；‎ ‎（2）S1、S2都闭合时电炉中电流为 电源路端电压 流过电源的电流为 流过电槽的电流为；‎ ‎（3）电解槽消耗的电功率 电解槽内热损耗功率 电解槽转化成化学能的功率为。‎ 点睛：电解槽电路在正常工作时是非纯电阻电路，不能用欧姆定律求解其电流，只能根据电路中电流关系求电流。‎ ‎15.如图所示的电路中,电源电动势,内阻,电阻,,,电容器的电容,开始时,开关S断开．‎ ‎（1）求电容器上所带电荷量？‎ ‎（2）合上S,待电路稳定以后流过的电量是多少？‎ ‎【答案】（1）C. （2）C.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】开关S断开时,电容器的电压等于的电压,为：‎ 电容器上所带的电荷量 合上S,和并联,并联的阻值为：‎ 电容器的电压等于并联电路两端的电压,为：‎ 电容器的带电量 可知电容器放电,则流过的电量是 ‎16.如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子(电荷量为e，质量为m，重力不计)无初速度地放入电场E1‎ 中的A点，最后电子打在右侧的屏上，A点到MN的距离为，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：‎ ‎(1) 电子到达MN时的速度；‎ ‎(2) 电子离开偏转电场时偏转角的正切值tanθ；‎ ‎(3) 电子打到屏上的点P′到点O的距离.‎ ‎【答案】(1) (2)2 (3) 3L.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，到达MN的速度为v，则：‎ ‎ a1＝＝ ‎ ‎ ‎ 解得 ‎ ‎ ‎（2）设电子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为vy，‎ a2＝＝ ‎ t＝‎ vy＝a2t ‎ tanθ＝=2 ‎ ‎（3）电子离开电场E2后，将速度方向反向延长交于E2场的中点O′.由几何关系知：‎ tanθ＝ ‎ 解得：‎ x＝3L.‎