1、云南省鲁甸县一中2019-2020学年10月份考试高二 物理本试卷分第卷和第卷两部分，共100分，考试时间90分钟。一、单选题(共12小题,每小题3.0分,共36分) 1.一个动能为Ek的带电粒子，垂直于电场线方向飞入平行板电容器，飞出电容器时动能为2Ek，如果使这个带电粒子的初速度变为原来的两倍，那么它飞出电容器时的动能变为()A 8Ek B 5Ek C 4.25Ek D 4Ek2.关于物体带电，下列说法正确的是()A 有的物体内部有电荷，有的物体内部没有电荷，所以有带电的物体，也有不带电的物体B 物体不带电是因为所带的正电荷数目和负电荷数目相等C 自然界只有两种电荷，点电荷和元电荷D 我们
2、可以通过某一种方式创造电荷3.如图所示是模拟避雷针作用的实验装置，金属板M、N间有两个等高的金属体A、B，A为尖头、B为圆头将金属板M、N接在高压电源上，逐渐升高电源电压，首先观察到()AA放电BB放电CA、B一起放电DA、B之间放电4.如图所示的各电场中，A、B两点电场强度相同的是()ABCD5.将一正电荷从无穷远处移入电场中M点，电势能减少了8.0109J，若将另一等量的负电荷从无穷远处移入电场中的N点，电势能增加了9.0109J，则下列判断中正确的是()AMN0 BNM0 CNM0 DMN06.在如图所示电路中，R2为光敏电阻合上开关S，用较弱光照射R2，电压表读数为U0，电流表读数为I
3、0；用较强光照射R2，电压表读数为U1，电流表读数为I1；用更强光照射R2，电压表读数为U2，电流表读数为I2.处理实验数据，令k1|，k2|，则k1、k2的关系为()Ak1k2 Bk1k2 Ck1k2 D 无法确定7.以下给出几种电学元件的电流与电压的关系图象，如图所示，下列说法中正确的是()A 这四个图象都是伏安特性曲线B 这四种电学元件都是线性元件C 是线性元件，是非线性元件D 这四个图象中，直线的斜率都表示元件的电阻8.如图所示，电源的内阻不能忽略，当电路中点亮的电灯的数目增多时，下面说法正确的是（）A 外电路的总电阻逐渐变大，电灯两端的电压逐渐变小B 外电路的总电阻逐渐变大，电灯两端
4、的电压不变C 外电路的总电阻逐渐变小，电灯两端的电压不变D 外电路的总电阻逐渐变小，电灯两端的电压逐渐变小9.如图，电荷量为q1和q2的两个点电荷分别位于P点和Q点已知在P、Q连线之间某点R处的电场强度为零，且PR2RQ.则()Aq14q2 Bq12q2 Cq12q2 Dq14q210.真空中两个点电荷，它们之间的静电力为F，如果将两个点电荷的距离增大为原来的2倍，电量都增大为原来的2倍.它们之间静电力的大小为( )AF/2 BF C 2F D 4F11.如图所示，直角坐标系xOy平面内有一与该平面平行的匀强电场以O点为圆心、R0.10 m为半径画一个圆，圆周与坐标轴的交点分别为a、b、c、d
5、，已知a、b、c三点的电势分别为2 V、2V、2 V，则下列说法正确的是()A 匀强电场的方向沿y轴负方向Bd点的电势为VC 将一个电子从c点移到O点，电子的电势能增加2 eVD 将一个电子沿圆弧顺时针从a点移到b点，电子的电势能先减小后增大12.“顿牟”指玳瑁的甲壳，“掇芥”的意思是吸引芥子之类的轻小的物体不考虑万有引力的作用，发生“顿牟掇芥”时，两者可能的带电情况是()A 玳瑁壳带正电，芥子带正电 B 玳瑁壳带负电，芥子带负电C 玳瑁壳带正电，芥子不带电 D 玳瑁壳不带电，芥子不带电二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分) 13.(多选)如图所示，a、b、c、d为某一电场中的四个等
6、势面，已知相邻等势面间电势差相等，一个带正电粒子在只受电场力作用下，运动过程中先后经过M点和N点，则()A 电场力对粒子做负功 B 四个等势面电势关系为abcdC 粒子在M点的加速度比N点大 D 该粒子在N点的动能较大，电势能较小14.(多选)如图所示为某一电源的UI曲线，由图可知()A 电源电动势为2.0 V B 电源内阻为C 电源短路时电流为10 A D 电路路端电压为1.5 V时，电路中电流为5.0 A15.(多选)如图所示，带电体Q靠近一个接地空腔导体，空腔里面无电荷，在静电平衡后，下列物理量中等于零的是()A 导体腔内任意点的场强 B 导体腔内任意点的电势C 导体外表面的电荷量 D
7、导体腔内表面的电荷量16.(多选)锂电池因能量密度高、绿色环保而广泛使用在手机等电子产品中现用充电器为一手机锂电池充电，等效电路如图所示，充电器电源的输出电压为U，输出电流为I，手机电池的内阻为r，下列说法正确的是()A 电能转化为化学能的功率为UII2rB 充电器输出的电功率为UII2rC 电池产生的热功率为I2rD 充电器的充电效率为100%三、实验题(共2小题,共15分) 17.有一根细长而均匀的金属管线样品，长约为60 cm，电阻大约为6 ，横截面如图甲所示（1）用螺旋测微器测量金属管线的外径，示数如图乙所示，金属管线的外径为mm；（2）现有如下器材：A电流表（量程0.6 A，内阻约0
8、.1 ） B电流表（量程3 A，内阻约0.03 ）C电压表（量程3 V，内阻约3 k） D滑动变阻器（1 750 ，0.3 A）E滑动变阻器（15 ，3 A） F蓄电池（6 V，内阻很小）G开关一个，带夹子的导线若干要进一步精确测量金属管线样品的阻值，电流表应选，滑动变阻器应选（只填代号字母）（3）请将图丙所示的实际测量电路补充完整（4）已知金属管线样品材料的电阻率为，通过多次测量得出金属管线的电阻为R，金属管线的外径为d，要想求得金属管线内形状不规则的中空部分的横截面积S，在前面实验的基础上，还需要测量的物理量是（所测物理量用字母表示并用文字说明）计算中空部分横截面积的表达式为S=18.在测
9、定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：A待测的干电池（电动势约为1.5 V，内电阻小于1.0 ）B电流表A1（量程03 mA，内阻Rg1=10 ）C电流表A2（量程00.6 A，内阻Rg2=0.1 ）D滑动变阻器R1（020 ，10 A）E滑动变阻器R2（0200 ，l A）F定值电阻R0G开关和导线若干（1）某同学发现上述器材中没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图甲所示的（a）、（b）两个参考实验电路，其中合理的是图所示的电路；在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选（填写器材前的字母代号）（2）图乙为该同学根据（1）中选出的合理的实验电路，利用测
10、出的数据绘出的I1I2图线（I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数，且I2的数值远大于I1的数值），但坐标纸不够大，他只画了一部分图线，则由图线可得被测电池的电动势E=V，内阻r=（3）若图线与纵坐标轴的交点等于电动势的大小，则图线的纵坐标应该为AI1（R0+Rg1） BI1R0 CI2（R0+Rg2） DI1Rg1四、计算题 19.如图所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力向下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45，bd的长度为L，匀强电场的电场强度为E，求：（1）此液滴带何种电荷；（2）液滴的加速度为多少；（3）b、d两点的电势差Ubd .20.如图
11、所示，一平行板电容器接在U12 V的直流电源上，电容C3.01010F，两极板间距离d1.2103m，g取10 m/s2.(1)求该电容器所带的电荷量；(2)若板间有一带电微粒，其质量为m2.0103kg，恰在板间处于静止状态，则该微粒的电荷量为多少？带何种电荷？21.如图所示，电源电动势E=18 V，内阻r=2 ，两平行金属板水平放置，相距d=2 cm，当变阻器R2的滑片P恰好移到中点时，一带电量q=2107C的液滴刚好静止在电容器两板的正中央，此时理想电流表的读数为1 A已知定值电阻R1=6 求：（1）带电液滴的质量（取g=10 m/s2）（2）当把滑动变阻器的滑动片P迅速移到C点后，液滴
12、到达极板时的动能22.如图甲所示为一间距为d、且间距足够大的平行金属板，板间加有随时间变化的电压(如图乙所示)，设U0和T已知A板上O处有一静止的带电粒子，其带电荷量为q，质量为m(不计重力)，t0时刻起该带电粒子受板间电场加速向B板运动，途中由于电场反向，粒子又向A板返回(粒子未与B板相碰)(1)当Ux2U0时，求带电粒子在tT时刻的动能(2)为使带电粒子在一个周期时间内能回到O点，Ux要大于多少？ 答案1.C 2.B 3.A 4.C 5.C 6.B 7.C 8.D 9.A 10.B 11.D 12.C 13.ABC 14.AC 15.ABD 16.AC17.（1）1.1250.001（2）
13、A E（3）如图所示（4）管线的长度L【解析】（1）螺旋测微器的读数等于1 mm+0.0112.5 mm=1.125 mm（2）电路中的电流大约为I=A=0.5 A，所以电流表选择A待测电阻较小，若选用大电阻滑动变阻器，测量误差角度，所以滑动变阻器选择E（3）待测电阻远小于电压表内阻，属于小电阻，所以电流表采取外接法滑动变阻器可以采用限流式接法，也可以采用分压式接法（4）还需要测量的物理量是管线长度L，根据R=，则S=，则中空部分的截面积S=S=18.（1）b D （2）1.48 0.84 （3）A【解析】（1）上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，电路中电流最大为：Im=A=1.5
14、A；故电流表至少应选择00.6 A量程；故应将3 mA故应将电流表G串联一个电阻，改装成较大量程的电压表使用电表流A由于内阻较小；故应采用相对电源来说的外接法；故a、b两个参考实验电路，其中合理的是b；因为电源的内阻较小，所以应该采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小滑动变阻器应选D（R1），（2）由图乙所示图象可知，图象纵轴截距是I1=1.49 mA，电源电动势：E=I1（RA1+R0）=1.49103A（10 +990 ）=1.49 V；路端电压U=I1（RA1+R0），当纵轴表示路端电压时，图象斜率的绝对值等于电源内阻，则电源内阻r=1030.85 ；（3）根据闭合电路
15、欧姆定律可知U=EIr，若图线与纵坐标轴的交点等于电动势的大小，则图线的纵坐标应该为路段电压，而U=I1（R0+Rg1），即图线的纵坐标应该为I1（R0+Rg1），故选：A19.（1）负电（2）（3）【解析】（1）由b到a，液滴做直线运动，所受合力沿bd所在直线，对液滴受力分析可知，电场力水平向右，与电场方向相反，所以小球带负电.（2）由图可知，液滴所受合力根据牛顿第二定律F=ma，解得液滴的加速度（3）由图可知，电场力qE=mg由b到d，沿电场方向的距离沿电场方向电势降低，应有0，所以20.(1)3.6109C(2)2.0106C负电荷【解析】(1)由公式C得QCU3.0101012 C3.
16、6109C.(2)若带电微粒恰在极板间静止，因上极板带正电，故微粒带负电荷且qEmg，而E，解得qC2.0106C.21.（1）1.6105kg （2）7.14108J【解析】（1）根据闭合电路欧姆定律，路端电压为；U=EIr=（1812.0）V=16 V液滴平衡，故：mg=q解得：m=kg=1.6105kg（2）当滑片在中点时：I（R+）=U=16 V解得：R2=20 当滑片滑到C点时，路端电压：U=16 V根据动能定理，液滴到达上极板时的动能为：=（2107C）（16 VV）=7.14108J22.(1)(2)3U0【解析】(1)由a1，a2和时的速度v1a1得，T时刻速度v2v1a2a1a2，故T时刻的动能Ekmv.(2)时刻的位移xa1()2，T时刻的位移xv1ax()2，v1a1，xx，联立解得ax3a1因为a1，ax，所以Ux3U0.即：为使带电粒子在一个周期时间内能回到O点，Ux要大于3U0.