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1、重庆市第七中学校2020-2021学年高二物理上学期12月月考试题（时间：75分钟；总分：100分）一选择题（本大题共44分； 1-8小题为单选，每小题4分；9-11题为多选，答对得4分，答错得0分，答对部分得2分）1下列说法正确的是()A根据电场强度的定义式，可知电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量成反比B根据电容的定义式，可知电容器的电容与极板所带电荷量成正比C根据真空中点电荷的电场强度公式，可知电场中某点的电场强度与场源点电荷所带电荷量成正比D根据电势差的定义式可知电场中A、B两点间的电势差与将试探电荷从A点移动到B点电场力做的功成正比2点电荷A和B，分别带正电和负电，电荷量分别为4Q
2、和-Q，在A、B连线上，如图所示，电场强度为零的地方在（）AA和B之间BA的右侧CB的左侧DA的右侧及B的左侧3一根均匀电阻丝的电阻为R，在温度不变的情况下，下列情况中其电阻值为2R的是()A当横截面积不变，长度增大一倍时 B当长度不变，横截面积增大一倍时C长度和横截面积都缩小一倍时D长度和横截面积都增大一倍时4如图，平行板电容器两极板与电压为U的电源两极连接，板的间距为d；现有一质量为m的带电油滴静止在极板间，重力加速度为g，则（ ）A油滴带正电B油滴带电荷量为C将下极板向下缓慢移动一小段距离，油滴将立即向上运动D增大极板间电压，油滴将加速下落5如图所示，a、b两根垂直纸面的直导体通有等值的
3、电流，两导线旁有一点P，P点到a、b距离相等，要使P点的磁场方向向左，则a、b中电流的方向为A都向纸内B都向纸外Ca中电流方向向纸外，b中向纸内Da中电流方向向纸内，b中向纸外6如图，通电直导线与通电矩形线圈同在纸面内，线圈所受安培力的合力方向为（）A向右B向左C向下D向上7如图所示，竖直放置的光滑绝缘圆环穿有一带正电的小球，匀强电场水平向右，小球绕O点作圆周运动，那么以下错误的（ ）A在A点小球有最大的电势能B在B点小球有最大的重力势能C在 C 点小球有最大的机械能D在D点小球有最大的动能8如图所示，两个相同的带电粒子，同时垂直射入一个正方形的匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的轨迹分别是a和b
4、，则它们的速率和在磁场区域中飞行时间的关系是（ ）Avavb，tatbBvavb，tatb Cvavb，tatb Dva=vb，ta=tb 9如图甲所示电路，小灯泡通电后其电压U随所加电流I变化的图线如图乙所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PM为U轴的垂线，PQ为I轴的垂线，下列说法中正确的是（）A随着所加电流的增大，小灯泡的电阻增大B对应P点，小灯泡的电阻为RC在电路中灯泡L两端的电压为U1时，电阻R两端的电压为I1RD对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的“面积”10如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器的滑片向b端移动
5、时，则( )A电压表读数增大B电流表读数增大C质点P将向下运动D上消耗的功率逐渐增大11下列说法正确的是（ ）A如图甲所示，是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，要想粒子获得的最大动能增大，可增加电压UB如图乙所示，是磁流体发电机的结构示意图，可以判断出B极板是发电机的正极，A极板是发电机的负极C如图丙所示，是速度选择器，带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是D如图丁所示，是磁电式电流表内部结构示意图，线圈在极靴产生的匀强磁场中转动第II卷（非选择题）二、实验题（12题6分，13题12分，共18分）12图1为多用电表示意图（1） 在用多用电表测电阻的过程中，请选择合适步奏填写A在测量电
6、阻时，指针偏转过小应该换倍率 （选更大或更小 ）的档位。B更换倍率后必须重新进行 （填机械或欧姆）调零。C在进行欧姆调零时，两表笔短接后指针应该指在电流表零刻线处D测量结束后，应该把选择开关旋至“OFF”处或交流电压的最大档（2）现用多用电表测量一定值电阻的阻值，选择开关打到电阻档“100”的位置，将红、黑表笔的笔尖分别与电阻两端接触，电表示数如图2. 所示，该电阻的阻值为_13在测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干电池E(电动势约为1.5 V，内电阻约为1.0 )B电压表V(015 V，内阻约为10k)C电流表A(00.6 A，内阻约为0.1 )D电流表G(满偏电流Ig
7、=3 mA，内阻Rg=10 )E滑动变阻器R1(010 ，最大电流约为10 A)F滑动变阻器R2(0100 ，最大电流约为1 A)G定值电阻R3990 H开关、导线若干（1）为了方便且能较准确地进行测量，其中应选用的滑动变阻器是_(填写“R1”或“R2”)； （2）请在答题卡的方框内画出你所设计的实验电路图。（3）如图所示为某一同学根据他设计的实验，绘出的I1I2图线(I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数)，由图线可求得被测电池的电动势E_ V，内电阻r_ （结果均保留两位小数）三、解答题14（12分）如图所示，在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B=3T的匀强磁场中，水平放置两根动摩擦因
8、数为=0.1的平行金属导轨，两轨间距为l=50cm，左端接有电动势E=2V、内阻r=0.5的电源，现将一质量m=1kg、接入电路的电阻R0=1.5的金属棒ab放置在导轨上，其余电阻不计，开关闭合的瞬间，求：(1)金属棒ab的电功率；(2)金属棒ab的加速度.15（12分）如图所示，用长为l的绝缘细线拴一个质量为m、带电量为+q的小球（可视为质点）后悬挂于O点，整个装置处于水平向右的匀强电场中将小球拉至使悬线呈水平的位置A后，由静止开始将小球释放，小球从A点开始向下摆动，当悬线转过角到达位置B时，速度恰好为零求： （1）匀强电场强度E； （2）小球从A运动到B点过程中的最大速度vm（3）小球从A
9、运动到B点过程中悬线对小球的最大拉力Tm16（14分）如图所示，坐标平面第象限内存在大小为E4105 N/C、方向水平向左的匀强电场，在第象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场比荷2.5109 C/kg的带正电的粒子，以初速度v02107 m/s从x轴上的A点垂直x轴射入电场，OA0.2 m，不计粒子的重力（1）求粒子在电场中运动的加速度大小；（2）求粒子经过y轴时的位置到原点O的距离；（3）若要使粒子不能进入第象限，求磁感应强度B的取值范围（不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况）1C 2C 3A 4B 5D 6C 7D8B 9AD 10BC 11BC12 调大 欧姆 1100 【详解】(1)1
10、A.测量电阻时，若指针偏转过小，说明电阻阻值比较大，应换倍率更大的挡进行测量，故A错误；B.在测量电阻时，更换倍率后，欧姆表的内部电阻发生了变化，欧姆档的零刻度在最右边，也就是电流满偏，所以必须重新进行调零，故B正确；C.进行欧姆调零时，两表笔短接后指针应该指在电流表满偏处，故C错误；D. 测量结束后，应该把选择开关旋至使其尖端对准“OFF”处或交流电压最大档，故D正确；(2)2若选择开关处于“100”挡，由图示可知，其读数为：11100=1100。13R1 见解析图 1.48（1.461.48） 0.82（0.810.85）； 【详解】（1）1滑动变阻器起调节电路作用，若总电阻太大，则调节时
11、电阻变化过大，使电路中电流太小，故应选取小一点的电阻，一般约为内阻的十倍即可；故选R1；（2）2电路直接采用串联即可，15V电压表量程过大，可以用电流计与定值电阻串联，充当电压表使用，并联在电源两端，采用的是电流表内接法；电路图如右图所示；（3）34电流计G与定值电阻R3串联后的量程为U=Ig(R3+Rg)=3V，即由图可知纵轴截距为1.48mA，则对应的电压值为1.48V，即电源的电动势E=1.48 V，内阻（0.810.85均可以）14(1) (2) 0.5m/s2 方向水平向右【解析】（1）根据闭合电路欧姆定律： 在金属棒两端的电压为： 则金属棒ab的电功率为：(2)根据安培力公式： 则
12、摩擦力为水平方向根据牛顿第二定律：所以，方向水平向右。点睛：本题关键是明确导体棒通电后受到安培力作用，然后根据闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律列式求解。15（1）（2）（3）【解析】（1）小球由A到B过程中，由动能定理得：mgLsin60-qUBA=0所以 场强 （2）将电场力和重力等效为F，当速度与F垂直时，速度最大，F与水平方向的夹角为，根据几何关系得=30，根据动能定理，有：mgLsin30Eq(LLcos30)m 解得 （3）悬线对小球的拉力Tm、重力沿半径方向的分力mgsin300、电场力沿半径方向的分力qE cos300的合力是向心力：Tm mgsin300 qEcos300= m，
13、解得Tm =(6 2) mg点睛：解决本题关键要掌握动能定理和电场力做功W=qU、电场强度与电势差的关系式U=Ed对于最大速度，可根据单摆的运动进行类比理解并分析得到161（1）1.0l015m/s2 （2）0.4m （3）0.048T【分析】由题中“坐标平面第象限内存在大小为E4105 N/C、方向水平向左的匀强电场”可知，本题考查带电粒子在复合场中的运动规律，根据电场力和洛伦兹力的特点、受力分析和运动规律判断可解答本题【详解】（1）根据公式解得 （2）设粒子在电场中运动时间为t，粒子经过y轴时的位置与原点o的距离为y解得 （3）粒子经过y轴时在电场方向的分速度为：粒子经过y轴时速度为：与y轴正方向夹角大小为，=45 要使粒子不进入第III象限，如图所示，此时粒子做圆周运动的半径为R，则由解得