高二物理10月月考试题9

2016—2017学年度上学期高二月考物理试卷（10月）考试时间：90分钟 试卷满分：110分一、选择题（本题共10小题,共 50分,在每小题给出的四个选项中至少有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

）1． 一根横截面积为S 的铜导线，通过电流为I ．已知铜的密度为ρ，铜的摩尔质量为M ，电子电荷量为e ，阿佛加德罗常数为A N ，设每个铜原子只提供一个自由电子，则铜导线中自由电子定向移动的平均速率为（ ） A ．A MI N Se ρB ．A MIN Se ρC ．A IN M Se ρD ．A IN SeM ρ2． 在如图所示的电路中，由于某一电阻发生短路或断路，A 灯变暗，B 灯变亮，则故障可能是（ ） A ．R 1短路B ．R 2断路C ．R 3断路D ．R 4短路3． 有一静电场，其电场强度方向平行于x 轴。

其电势ϕ随坐标x 的改变而变化，变化的图象如图所示，设场强沿x 轴正方向时取正值，则图乙中正确表示该静电场的场强E 随x 变化的图线是（ ）4．两等大的圆锥体组成如图所示图形，在两圆锥的顶点A与B分别固定电荷量为+q、-q的两个异种点电荷，O点为圆锥底面圆的圆心，C、D两点在圆锥母线上，关于O点对称，下列说法正确的是（）A．圆锥底面上同一圆周上的所有点场强大小相等，方向不同B．圆锥底面上所有点电势大小相等C．C点与D点场强大小相等而方向不同D．将一正电荷由C点移动到D点电势能增加5．如图所示，平行板电容器下极板与静电计外壳相连且接地，电容器的上极板与静电计小球相接，下极板上部放置一定厚度的金属板．电容器充电后，断开电源，上极板带正电，下极板带负电，静电计指针张开一定角度，P点处静止一个带电颗粒．当把金属板从电容器中快速抽出后，下列说法正确的是（）A．电容器板内场强变大B．静电计指针偏角变大C．带电颗粒将向下运动D．P点处电势升高6．如图所示，电路中每个电阻的阻值都相同．则通过电流最大的电阻是（）A．R1B．R2C．R3和R4D．R57．如图所示，电阻R和内阻为r的电动机M串联接到电路中，接通开关后，电动机正常工作，设电阻R和电动机M两端的电压分别为U1和U2，经过时间t，电流通过电阻R做功W1，产生热量Q1，电流流过电动机做功W2，产生热量Q2，则有（）A．= B．＜C．Q1=t，Q2=t D．W1=t，W2=t8．如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0定值电阻，电容器的电容为C．闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量的绝对值为△U，电流表示数的变化量的绝对值为△I，则（）A．变化过程中△U和△I的比值保持不变B．电压表示数U和电流表示数I的比值不变C．电阻R0端电压减小，减少量为△UD．电容器的带电荷量增加，增加量为C△U9．如图（甲）所示的电路中，将滑动变阻器R2的滑动片由a端向b端移动，用两个电表分别测量电压和电流，得到部分U﹣I关系图象如图（乙）所示，则（）A．电源的电动势为6VB．滑动变阻器的总阻值为20ΩC．当电压表示数为5.0V时，电源效率最高D．当电压表示数为5.0V时，R2消耗的总功率最大10．如图所示，物体A和带负电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分别是m和2m，劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A相连，倾角为θ的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦．开始时，物体B在一沿斜面向上的外力F=3mgsinθ的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F，直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，则在此过程中（）A．撤去外力F的瞬间，物体B的加速度为gsinθB．撤去外力F的瞬间，物体B的加速度为gsinθC．B的速度最大时，弹簧的伸长量为D．物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量小于物体B电势能的减少量二、实验题（共18分）11．(8分)在做“测定金属丝的电阻率”的实验中，若待测电阻丝的电阻约为5Ω，要求测量结果尽量准确，提供以下器材供选择：A．电池组（3V，内阻约1Ω）B．电流表（0～3A，内阻0.0125Ω）C．电流表（0～0.6A，内阻约0.125Ω）D．电压表（0～3V，内阻4KΩ）E．电压表（0～15V，内阻15KΩ）F．滑动变阻器（0～20Ω，允许最大电流1A）G．滑动变阻器（0～2000Ω，允许最大电流0.3A）H．开关、导线若干（1）实验时应从上述器材中选用（填写仪器前字母代号）．（2）测电阻时，电流表、电压表、待测电阻R x在组成测量电路时，应采用电流表接法，测量值比真实值偏（选填“大”或“小”）．（3）若用螺旋测微器测得金属丝的直径d的读数如图，则读数为mm．（4）若用L表示金属丝的长度，d表示直径，测得电阻为R，请写出计算金属丝电阻率的表达式ρ=．12．(10分)某学生实验小组利用图1所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“×1 k”挡内部电路的总电阻。

使用的器材有：多用电表；电压表：量程5 V，内阻十几千欧；滑动变阻器：最大阻值5 kΩ；导线若干。

回答下列问题：（1）将多用电表挡位调到电阻“×1 k”挡，再将红表笔和黑表笔__________，调零点。

（2）将图1中多用电表的红表笔和________（选填“1”或“2”）端相连，黑表笔连接另一端。

（3）将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图2所示，这时电压表的示数如图3所示。

多用电表和电压表的读数分别为________kΩ和________ V。

图1图2图3（4）调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零。

此时多用电表和电压表的读数分别为12 .0kΩ和4.00 V。

从测量数据可知，电压表的内阻为________ kΩ。

图4（5）多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图4所示。

根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为________V，电阻“×1 k”挡内部电路的总电阻为______ kΩ。

kΩ。

三、计算题(本题共3小题,共计42分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．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)13．(12分)如图所示，电流表示数I=0.75A，电压表示数为U=2V，某一电阻烧断后，电流表读数变为I′=0.8A，电压表示数为U′=3.2V，已知R3=4Ω，不计电压表和电流表对电路的影响．问：（1）发生故障的电阻是哪个？写出判断依据，它的阻值为多少？（2）电源的电动势和内阻分别为多少？14．(12分)如图所示，一根长 L=1.5m 的光滑绝缘细直杆MN，竖直固定在场强为E=1.0×105N/C．与水平方向成θ=30°角的倾斜向上的匀强电场中．杆的下端M固定一个带电小球 A，所带电荷量Q=+4.5×10﹣6C；另一带电小球 B 穿在杆上可自由滑动，电荷量q=+1.0×10﹣6C，质量m=1.0×10﹣2 kg．现将小球B从杆的上端N静止释放，小球B开始运动．（静电力常量k=9.0×10 9N•m2/C2，取g=l0m/s2）（1）小球B开始运动时的加速度为多大？（2）小球B的速度最大时，距M端的高度h1为多大？（3）小球B从N端运动到距M端的高度h2=0.61m时，速度为v=1.0m/s，求此过程中小球B的电势能改变了多少？15．(18分)如图（a）所示，水平放置的平行金属板AB间的距离d=0.1m，板长L=0.3m，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于AB板的正中间，距金属板右端x=0.5m处竖直放置一足够大的荧光屏，现在AB板间加如图（b）所示的方波形电压，已知U0=1.0×102V，在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m=1.0×10﹣4m/s，带电粒子的重力不计，则：7kg，电荷量q=1.0×10﹣2C，速度大小均为v0=1.0×10（1）求粒子在电场中的运动时间；（2）求在t=0时刻进入的粒子打在荧光屏上的位置到O点的距离；（3）请证明粒子离开电场时的速度均相同；（4）若撤去挡板，求荧光屏上出现的光带长度．高二物理月考试题（参考答案）一、选择题12345678910 A BC A B BD D B AD BC AC11．（1）ACDFH，（2）外、小，（3）0.900，（4）2 4 RdL12．（1）短接（2）1 （3）15.0 3.60 （4）12.0（5）9.00 15.0三、计算题13．（1）因某电阻烧断后，电流表、电压表示数均增大，若R1、R3断路，电流表或电压表无读数，可断定发生故障的电阻是R1．R1烧断后，伏特表的读数为R2两端的电压，则得：R2==Ω=4ΩR1烧断前，R3两端电压U3=IR2﹣U=0.75×4﹣2=1（V）通过R3的电流为 I3===0.25Ω电阻R1的阻值为 R1===8Ω；（2）R1烧断前，外电阻为 R外==Ω=3Ω总电流为 I0=I+=0.75=1（A）由闭合电路欧姆定律得：E=I0（R外+r），即 E=1×（3+r）当R1烧断后，E=I′（R2+r）即 E=0.8×（4+r）联立解得：r=1Ω，E=4V；答：（1）发生故障的电阻是R1．它的阻值为8Ω．（2）电源的电动势为4V，内阻为1Ω．14．（1）开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，将电场力沿杆的方向和垂直杆的方向分解，由牛顿第二定律得：mg﹣﹣qEsinθ=ma解得：a=g﹣代入数据解得：a=3.2 m/s2．（2）小球B向下运动，受A的斥力增大，加速度减小，速度增大，当小球B速度最大时合力减为零，即：+qEsinθ=mg解得：h1=代入数据解得：h1=0.9 m．（3）小球B从开始运动到速度为v的过程中，设重力做功为W1，电场力做功为W2，库仑力做功为W3，根据动能定理有：W1+W2+W3=mv2W1=mg（L﹣h2）W2=﹣qE（L﹣h2）sinθ解得：W3=mv2﹣mg（L﹣h2）+qE（L﹣h2）sinθ从功能角度来说，电势能的改变量的大小就等于电场力做的功．电场力做负功，电势能增大．动能的改变量就等于总功．设小球B的电势能改变了△Ep，则：△E p=﹣（W2+W3）△E p=mg（L﹣h2）﹣mv2解得：△E p=8.4×10﹣2J答：（1）小球B开始运动时的加速度为3.2 m/s2 ；（2）小球B的速度最大时，距M端的高度h1为0.9 m；（3）小此过程中小球B的电势能增加了8.4×10﹣2J．【点评】此题关键能够正确对小球B进行受力分析和运动分析，知道电场力做功量度电势能的变化，常用动能定理求解变力功．15．（1）粒子水平方向速度不变，作匀速直线运动，在电场中运动时间为：t==s=3×10﹣5s，（2）0时刻进入的粒子竖直方向上先作匀加速直线运动，用时t1=2×10﹣5s，再作匀减速直线运动，用时t2=1×10﹣5s，加速度大小相等，为：a==m/s2=108m/s2，射出电场时，竖直分速度为：v y=at1﹣at2=108×（2×10﹣5﹣1×10﹣5）m/s=103m/s，因为t1=2t2，可将整个运动时间分成三个t2，根据初速度为零的匀加速直线运动的推论可知，在三个t2内粒子竖直分位移分别为：y1=at22，y2=3×at22，y3=3×at22，所以射出电场时，竖直分位移为：Y′=（1+3+3）•at22=7×m=0.035m依据比例可得：Y=Y′+x=0.035+0.05=0.085（m）（3）粒子离开电场时竖直分速度为：v y=a（t正﹣t负），式中t正为粒子在电场中运动时正向电压（上极板为U0）的持续时间．t负为粒子在电场中运动时负向电压（下极板为U0）的持续时间，（t正﹣t负）恰好等于交变电压的周期的，故v y=a•T=108m/s2×m/s=1000m/s，又所有粒子打入时的水平速度均为v0=1.0×104m/s，且水平方向作匀速直线运动，所以所有粒子离开电场时的速度均为v==1000m/s，方向与水平成arccot10度角．可知粒子离开电场时的速度均相同．（4）由第（3）问可知，所有粒子飞出时的速度均相同，研究2×10﹣5s来打入的一个粒子，若其恰好能不碰下极板（如图），所以光带长度为 l=d﹣at22=0.095m答：（1）电子在电场中的运动时间为3×10﹣5s；（2）在t=0时刻进入的粒子打在荧光屏上的位置到O点的距离为0.085m；（3）证明粒子离开电场时的速度均相同见上；（4）荧光屏上出现的光带长度为0.095m．。