2021年北京英才学校高二物理月考试题含解析

2021年北京英才学校高二物理月考试题含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1.关于对元电荷的理解，下列说法正确的是(

)A．元电荷就是电子或质子B．元电荷是指电荷量跟电子所带电荷量数值相等的带电体C．元电荷是指带电量为1.60×10-19C的带电体D．带电体所带的电荷量只能是元电荷的整数倍参考答案：D2.电磁血流计是用来监测通过动脉的血流速度的仪器。它由一对电极a和b以及磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的。使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示。由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差U。在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零。则达到平衡时（

）A．电极a的电势比电极b的电势高

B．电极b的电势比电极a的电势高C．电压表示数U与血液流速成正比

D．电压表示数U与血液中正负离子的电荷量成正比参考答案：AC3.（单选）M、N是某电场中一条电场线上的两点，若在M点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M点运动到N点，其电势能EP随位移x变化的关系如图所示，则下列说法正确的是：A．电子在N点的动能小于在M点的动能B．该电场有可能是匀强电场C．该电子运动的加速度越来越小D．电子运动的轨迹为曲线参考答案：CA、电子从M运动到N过程中，只受电场力，电势能减小，电场力做正功，则动能增加，因此N点的动能大于M点的动能，故A错误；B、电子通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，说明电场力做功越来越小，由W=Fs可知，电子所受的电场力越来越小，场强减小，不可能是匀强电场，故B错误；C、电子所受的电场力减小，则知电子的加速度逐渐减小，故C正确；D、带电粒子初速度为零，且沿着电场线运动，其轨迹一定为直线，故D错误。故选C。4.将一粗细均匀的电阻为2Ω的导体，均匀地拉长到原来的两倍，则导体的电阻变为：A．1Ω

B．8Ω

C．4Ω

D．2Ω参考答案：B5.1999年9月18日，中共中央、国务院、中央军委在人民大会堂隆重表彰为研制“两弹一星”作出突出贡献的科学家.下列核反应方程中属于研究“两弹”的基本核反应方程是（

）A.+→+

B.+→++10C.→+

D.+→+参考答案：BD二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.波绕过____的现象，叫做波的衍射，发生明显衍射的条件是____比波长小，或者跟____相差不多．参考答案：障碍物，障碍物或孔尺寸，波长7.一兴趣实验小组在学习完本章后进行用感应起电机给电容器充电的研究性学习实验，实验时将电容器两极板和一个静电计相连，然后给电容器充电，充电时间越长，发现静电计指针偏角越大，这说明电容器带电量越大时，它两极板间的电势差就

。为了定量地研究电容器所带电量和两极电势差之间的关系，该小组用一个能够给电路提供5mA稳恒电流的电源给一个电容器充电，用秒表记录充电时间，同时用伏特表测电容器两极间的电势差，测出实验数据如下表，由此可知实验中所用电容器的电容为

F（保留两位有效数字）充电时间(s)4812162024两极板间电压(V)4.268.5112.7717.0221.8825.53参考答案：越大

；4.7×103

8.2平行板电容器所带电量为Q=3.0×10-8C，它的两板之间的电压U=2.0V，则它的电容为

μF。如果两板间的带电量各减少一半，则两板电势差为

V，电容器电容为

μF.参考答案：μF,

1V，

μF.9.电场线不是闭合线，从__________或无限远出发，终止于无限远或__________。参考答案：10.（2分）某机床上用的照明灯电压为36V，如果要用220V的电压通过变压器降压得到，机床上变压器的原线圈匝数是1100，那么副线圈匝数应是___________。参考答案：18011.用频率为ν的光照射光电管阴极时，产生的光电流随阳极与阴极间所加电压的变化规律如图所示，Uc为遏止电压.已知电子电荷量为-e，普朗克常量为h，则光电子的最大初动能Ekm=

；该光电管发生光电效应的极限频率ν0=

．参考答案：Ekm=eUc

ν0=ν-eUc/h

12.如图所示的变压器的原线圈1接到220V的交流电源上。副线圈2的匝数n2＝30匝，与一个“12V12W”的灯泡L连接，L能正常发光。副线圈3的输出电压U3＝110V，与电阻R连接，通过R的电流为0.4A，由此可知原线圈与副线圈3的匝数比为

，原线圈中通过的电流为

A。

参考答案：2:1

0.255A13.电荷量分别为+9Q和－Q的两点电荷A、B，相距0.6米，若要引入第三个点电荷C，使三个点电荷在库仑力作用下都处于平衡状态，则电荷C应放在距B

m处的位置，C带的电荷量是

。参考答案：电荷量分别为+9Q和－Q的两点电荷A、B，相距0.6米，若要引入第三个点电荷C，使三个点电荷在库仑力作用下都处于平衡状态，则电荷C应放在距B

m处的位置，C带的电荷量是

。三、实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.某同学用如图所示的(a)图装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来探究碰撞中的守恒量，图中PQ是斜槽，QR为水平槽，实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复上述操作10次，得到10个落点痕迹，再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次，图(a)中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点，B球落点痕迹如图(b)，其中米尺水平放置，且平行于G、R、O所在的平面，米尺的零点与O点对齐（1）从图（b）可以测出碰撞后B球的水平射程应取为

cm.（2）在以下选项中，__________是本次实验必须进行的测量（填选项号）

A．水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离OPB．A球与B球碰撞后，测量A球落点位置到O点的距离OMC．测量A球或B球的直径D．测量A球和B球的质量（或两球质量之比）E．测量G点相对于水平槽面的高度参考答案：（1）65（填64cm—65cm之间均可）

（2）ABD15.在测定金属电阻率的实验中，用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：A．电池组（3V）B．电流表（0～3A，内阻0.0125Ω）C．电流表（0～0.6A，内阻0.125Ω）D．电压表（0～3V，内阻3kΩ）E．电压表（0～15V，内阻15kΩ）F．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）G．滑动变阻器（0～2000Ω，额定电流0.3A）H．电键、导线．

（1）电压表应选用的是________，电流表应选用的是_____，滑动变阻器应选用的是_____（填写各器材前面的字母代号）

（2）电压要从零开始调起，请在图1方框中画出实验电路如图．（3）实验中某组电压表的示数如图2A所示，则U=___V，电流表的示数如图2B所示，则I=____A．

（4）如图3所示游标卡尺的读数________

cm，如图4所示螺旋测微器的读数________

mm．参考答案：

(1).D

(2).C

(3).F

(4).

2.10

(5).0.40

(6).1.14

(7).0.435【详解】（1）电源电动势为3V，电压表应选择D；电路最大电流约为：I==0.6A，电流表应选择C；为方便实验操作，滑动变阻器应选择F；（2）由题意可知，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法。实验要求电压要从零开始调起，则滑动变阻器应采用分压接法。电路图如图所示：；（3）电压表量程是3V，由图示表盘可知，其分度值为0.1V，示数为2.10V；电流表量程为0.6A，由图示表盘可知，其分度值为0.02A，示数为0.40A；（4）由图象游标卡尺可知，其示数为：11mm+4×0.1mm=11.4mm=1.14cm；由图示螺旋测微器可知，其示数为：0mm+43.5×0.01mm=0.435mm；【点睛】（1）根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器；（2）根据待测电阻与电流表、电压表内阻比较，确定电流表的内外接，根据题意确定滑动变阻器接法，然后作出电路图；（3）确定出电流表、电压表量程，从而得出每一格代表多少，读出电压表和电流表的示数；（4）刻度尺的读数需估读到最小刻度的下一位，螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，读可动刻度读数时需估读。四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图所示，竖直平面内有一半径为r、电阻为R1、粗细均匀的光滑半圆形金属环，在M、N处与相距为2r、电阻不计的平行光滑金属轨道ME、NF相接，EF之间接有电阻R2，已知R1=12R，R2=4R．在MN上方及CD下方有水平方向的匀强磁场I和II，磁场I的磁感应强度大小为2B；磁场II的磁感应强度为3B．现有质量为m、电阻不计的导体棒ab，从半圆环的最高点A处由静止开始下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与半圆形金属环及轨道接触良好，平行轨道足够长．已知导体棒ab下落时的速度大小为v1，下落到MN处的速度大小为v2．（1）求导体棒ab从A下落时的加速度大小．（2）若导体棒ab进入磁场II后棒中电流大小始终不变，求磁场I和II之间的距离h和R2上的电功率P2．（3）若将磁场II的CD边界略微下移，导体棒ab刚进入磁场II时速度大小为v3，要使其在外力F作用下做匀加速直线运动，加速度大小为a，求所加外力F随时间t变化的关系式．参考答案：解：（1）以导体棒为研究对象，棒在磁场I中切割磁感线，棒中产生产生感应电动势，导体棒ab从A下落时，导体棒在重力与安培力作用下做加速运动，由牛顿第二定律，得：mg﹣2BIL=ma，式中L=r，I=2当导体棒ab下落时，由几何关系可知，棒ab以上的圆弧的长度是半圆的总长度的，所以ab以上的部分，电阻值是8R，ab以下的部分的电阻值是4R+4R，式中：R总==4R由以上各式可得到：a=g﹣故导体棒ab从A下落时的加速度大小为：a=g﹣．（2）当导体棒ab通过磁场II时，若安培力恰好等于重力，棒中电流大小始终不变，即：mg=3BI×2r=3B××2r=式中：R并==3R解得：vt=导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，有vt2﹣v22=2gh，得：h=﹣，此时导体棒重力的功率为：PG=mgvt=，根据能量守恒定律，此时导体棒重力的功率全部转化为电路中的电功率，即P电=P1+P2=PG=，所以，P2=PG=，故磁场I和II之间的距离h=﹣，和R2上的电功率P2=．（3）设导体棒ab进入磁场II后经过时间t的速度大小为v't，此时安培力大小为：F′=由于导体棒ab做匀加速直线运动，有v't=v3+at根据牛顿第二定律，有F+mg﹣F′=ma即：F+mg﹣=ma由以上各式解得：F=﹣m（g﹣a）故所加外力F随时间变化的关系式为：F=+ma﹣mg．答：（1）导体棒ab从A下落时的加速度大小g﹣．（2）磁场I和II之间的距离﹣和R2上的电功率．（3）所加外力F随时间t变化的关系式F=+ma﹣mg．17.（10分）如图所示的电路中，已知四个电阻的阻值为R1＝1Ω、R2＝4Ω、R3＝3Ω、R4＝2Ω，电源电动势E＝4V，内阻r＝0．5Ω，试求：

（1）S闭合，S′断开时，通过R1和R2的电流之比I1／I2；

（2）S和S′都闭合后的总电流I。参考答案：S闭合，S′断开时，通过R1和R2的电流与两支路中电阻成反比：S和S′都闭合后，可看作电阻R1和R2并联，R3和R4并联，两部分串联。（1）3∶2，（2）1.6A18.在如图所示的电路中，R1=2Ω，R2=4Ω，当电键K接a时，R2上消耗的电功率为4W，当电键K接b时，电压表示数为4．5V，试求：（1）电键K接a时，通过电源的电流和电源两端的电压；（2）电源的电动势和内电阻；参考答案：解：（1）K接a时，R1被短路，外电阻为R2，根据电功率公式：

得：

A

（2分）

得：

V