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（含解析）

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，从科学方法上来说是属于 ()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【答案】d【解析】【分析】物理学中引入了“质点”、“点电荷”、“电场线”等概念，都是在物理学中引入的理想化的模型，是众多的科学方法中的一种。【详解】“质点”、“点电荷”、“电场线”等都是为了研究问题简单而引入的理想化的模型，所以它们从科学方法上来说属于理想模型，所以d正确。故应选：d。【点睛】理想化的模型是实际物体的简化处理物理上研究的方法很多，我们在学习物理知识的同时，更要学习科学研究的方法。2.关于电势与电势能，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【答案】c【解析】试题分析：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错误考点：考查了电势能，电势，电场强度3. 在研究长度为l、横截面积为s的均匀导体中电流的流动时，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作用而加速，而和做热运动的正离子碰撞而减速，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是恒量）。当电场力和碰撞的阻力相平衡时，导体中自由电子定向运动的速率v为一定值。这一定值为（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：当电子匀速运动时，受力平衡，电场力和电子受到的阻力的大小相等，根据平衡的条件即可求得电子运动的速度的大小解答：解：导体中的电场强度为e=，电子受到的电场力为f=ee=，电子受到的阻力为f=kv，当电场力和碰撞的阻力相平衡时 f=f，即=kv，所以v=，所以b正确故选b点评：本题属于信息给予题，从所给的信息中找出有用的信息，根据条件求解即可4. 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，然后再切成等长的三段，则其中每一段电阻丝的阻值为（ ）a. 3rb. rc. d. 【答案】a【解析】试题分析：一段长为l，电阻为r的均匀电阻丝，把它拉制成3l长的均匀细丝后，切成等长的三段，然后把它们并联在一起，长度和横截面积均没有改变，根据电阻定律公式，其电阻不变，电阻仍为r；故选b考点：电阻定律【名师点睛】本题关键根据电阻定律判断，记住公式即可，基础题。5. 如图所示是一个三输入端复合门电路，当c端输入“1”，输出端z输出“1”时，a、b端的输入分别是（ ）a. 1、1b. 0、1c. 1、0d. 0、0【答案】a【解析】试题分析：该复合门电路是两个“与”门电路组成，与门的特点是，当所有条件都满足，事件才能发生，所以输出端y输出1时，前面的输入都是1故a选项正确故选a考点：逻辑电路【名师点睛】解决本题的关键知道各种门电路的符号，以及知道各种门电路的特点:与门的特点是，当所有条件都满足，事件才能发生，或门的特点是，当某个条件满足，事件就能发生6.铁棒a两端均能吸引小磁针,铁棒b能排斥小磁针。若铁棒a靠近铁棒b，则（ ）a. a、b一定相互吸引b. a、b一定相互排斥c. a、b间可能无磁力作用d. a、b间一定有磁力作用，可能吸引，也可能排斥【答案】a【解析】铁棒a两端均能吸引小磁针，说明a一定没有磁性；铁棒b能排斥小磁针，则说明b一定有磁性；若铁棒a靠近铁棒b，则会出现相互吸引现象，故a正确，bcd错误故选a7.在同一平面内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()a. i1b. i2c. i3d. i4【答案】d【解析】试题分析：从图中可得在o点产生的磁感应强度的方向都为垂直纸面向里，而在o点产生的磁感应强度方向为垂直纸面向外，故要使o点磁场增强，则应该切断，d正确考点：考查了安培定则的应用【名师点睛】本题利用安培定则判断磁场方向比较简单，但磁场的叠加，较为复杂，采用作图法可防止思路出现混乱8.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,现使板带电,则下列判断正确的是 ( )a. 增大两极板之间的距离,指针张角变大b. 将板稍微上移,静电计指针张角将变大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【答案】ab【解析】试题分析：增大两极板之间的距离，由电容的决定式可知，电容增小，电容器的电量不变，由c=分析可知，板间电压增大，静电计指针张角变大，故a正确；将a板稍微上移时，正对面积减小，由电容的决定式可知，电容增小，电量不变，由c=分析可知，板间电压增大，静电计指针张角变大，故b正确将玻璃板插入两板之间，电容的决定式可知，电容增大，电量不变，由c=分析可知，板间电压减小，静电计指针张角变小，故c错误已充电的平行板电容器,电容器上所带电量一定，故d正确，故选c考点：本题考查了电容器的动态分析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【答案】bd【解析】【详解】用“10”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度很小，说明所测电阻较大，所选挡位太小，为准确测量电阻阻值，应换用“100”挡，换挡后重新进行欧姆调零，然后再测电阻阻值；故ac错误，bd正确；故选bd。【点睛】本题考查了欧姆表的使用方法与主要事项，知道欧姆表刻度线特点，根据题意即可正确解题；用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使指针指针中央刻度线附近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bcf平面的磁通量为零【答案】bcd【解析】通过abcd平面的磁通量大小等于通过befc平面的磁通量，为，故a错误，b正确；adfe平面与bcf平面和磁场平面平行，所以磁通量为零，故c正确；因整个三棱柱是封闭的；故整个三棱柱的磁通量为零；故d正确；故bcd。【点睛】本题要理解并掌握磁通量的一般计算式，知道公式中表示和垂直磁场平面的投影面积，其中夹角是平面与磁场垂直方向的夹角二、填空与实验(本题4小题，每空2分，共20分)11.一量程为100 a的电流表，内阻为100 ，表盘刻度均匀，现串联一个9 900 的电阻将它改装成电压表，则该电压表的量程为_ v用它来测量电压时，表盘指针位置如图所示，此时电压表的读数大小为_ v.【答案】1 080【解析】电压表量程：，则电压表量程是1v，由图示表盘可知，其分度值为0.1v，电压表示数为：0.85v。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_mm。【答案】 (1). 1.660cm (2). 5.695mm0.002mm【解析】【详解】由20刻度的游标卡尺的读数规则知当前读数为；由螺旋测微器的读数规则知当前读数为，其中0.005为估读，0.004-0.007之间都可以。13.有一个小灯泡上标有“4v、2w”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用：a.电压表（05v，内阻10k）b.电压表（015v，内阻20k）c.电流表（03a，内阻1）d.电流表（00.6a，内阻0.4）e.滑动变阻器（10，2a）f.滑动变阻器（500，1a）g.学生电源（直流6v）、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_；（2）实验中所用电压表应选_，电流表应选用_，滑动变阻器应选用_（填序号示）（3）把图丙中所示的实验器材用实线连接成实物电路图_【答案】 (1). 在用伏安法描绘这个灯泡的i一u图线的实验中，电压要从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法 (2). a (3). d (4). e (5). 【解析】【分析】根据滑动变阻器分压及限流接法的不同作用，结合题意选择滑动变阻器的接法；由电流表、电压表与灯泡内阻间的大小关系确定电流表的接法；仪表的选择应本着安全准确的原则；电压表要测量灯泡两端的电压，故应通过灯泡的额定电压值判断需要的电压表；由流过灯泡的电流判断需要的电流表；由题意判断需要的滑动变阻器。【详解】(1) 在用伏安法描绘这个灯泡的i一u图线的实验中，电压要从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，所以电路图选用图甲；(2) 因灯泡的额定电压为4v，为保证安全选用的电压表量程应稍大于4v，但不能大太多，量程太大则示数不准确；故只能选用05v的电压表，故选a；由p=ui得，灯泡的额定电流i=，故电流表应选择00.6a的量程，故选d；而由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，而分压接法中应选总阻值小的滑动变阻器，故选e；(3)根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示。【点睛】本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断。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.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，一个带电荷量为q、质量为m的带电粒子，以初速度v0紧贴上极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下极板边缘射出，射出时速度恰与下极板成30角，如图所示，不计粒子重力，求： (1)粒子末速度的大小；(2)匀强电场的场强；(3)两板间的距离.【答案】(1) (2) (3)l【解析】【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向是匀速直线运动，竖直方向是匀加速直线运动，由此可以求得粒子末速度的大小；（2）由竖直方向是匀加速直线运动，根据匀加速运动的速度公式和牛顿第二定律可以求得匀强电场的场强；（3）由匀加速直线运动的规律求得板间距离的大小。【详解】：（1）粒子在电场中做的是类平抛运动，由图可得，粒子的末速度为：（2）因为粒子在板间运动的时间为：垂直于板的速度的大小为：解得：（3）粒子子在竖直方向上做的是匀加速运动，由匀变速运动的规律可得：。【点睛】粒子垂直进入电场中做的是类平抛运动，本题就是考查学生对类平抛运动的规律的应用。15.如图所示，直流电动机和电炉并联后接在直流电路上，电源的内阻r4，电炉的电阻r136，电动机绕线的电阻r2=2。当开关s断开时，电源内电路消耗的热功率p25w；当s闭合时，干路中的电流i=7a；求：(1)电源的电动势e(2)s闭合后电动机的机械功率.【答案】（1）100v（2）571.2w【解析】【详解】(1)s断开时，电路中电流记为，则p=i2r解得：电源电动势为e=i(r1+r)=2.5(36+4)=100v；(2)s闭合后路端电压记为u，则u=e-ir=100-74=72v通过电动机的电流记为i，则电动机的输出功率记为p，则p=ui-i2r2=725-252=310w【点睛】本题考查处理非纯电阻电路问题的能力对于电动机正常时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立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）b至少多大？这时b的方向如何？（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保持静止？【答案】（1）；（2）【解析】只有当安培力方向沿导轨平面向上时安培力才最小，b也最小。（2分）根据左手定则，这时b应垂直于导轨平面向上， （2分）大小满足：bi1l=mgsin， （2分）b=mgsin/i1l （2分） 当b的方向改为竖直向上时，这时安培力的方向变为水平向右，沿导轨方向合力为零，得bi2lcos=mgsin（2分）i2=i1/cos （2分）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