河北省安平中学2019-2020学年高二物理上学期第四次月考试题（含解析）

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1、安平中学20192020学年上学期第四次月考高二物理试题(考试时间:90分钟 分值:100分)一、单项选择题：本题共8个小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.如图甲所示，直线AB是某电场中的一条电场线，一电子仅在电场力作用下由电场线上A点沿直线运动到B点，其速度平方v2与位移x的关系如图乙所示。EA、EB表示A、B两点的电场强度，A、B表示A、B两点的电势。以下判断正确的是()A. EAEBC. ABD. AB【答案】D【解析】【详解】AB由速度平方v2与位移x的关系图象看出，图线的斜率不变，电子的速度增大，电子所受电场力沿AB且做正功，由动能定理

2、，故E为常量，为匀强电场，故AB错误。CD电子所受电场力逆着电场方向，电场方向沿BA，沿电场线的方向电势降低，AB故D正确，C错误。故选D。2.如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图，电场线的方向如图中箭头所示，M、N、Q是以直电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点，OQ连线垂直于MN.以下说法正确的是( )A. O点电势与Q点电势相等B. O、M间的电势差小于N、Q间的电势差C. 将一负电荷由M点移到Q点，电荷的电势能增加D. 在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与OQ垂直的方向竖直向上【答案】C【解析】【详解】A根据电场线与等势线垂直特点，在O点所在电场线上找到Q点的等势点，

3、根据沿电场线电势降低可知，O点的电势比Q点的电势高；故A错误B根据电场分布可知，OM间的平均电场强度比NO之间的平均电场强度大，故由公式U=Ed可知，OM间的电势差大于NO间的电势差；故B错误CM点的电势比Q点的电势高，负电荷从高电势移动到低电势电场力做负功，电荷的电势能增加；故C正确D在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与该点电场线的切线方向相同，斜向上；故D错误【点睛】电场线、电场强度、电势、电势差、电势能等物理量之间的关系以及大小比较，是电场中的重点和难点，在平时训练中要加强这方面的练习，以加深对概念的理解3.如图所示，平行板a、b组成的电容器与电池E连接，平行板电容器P处固定放置

4、一带负电的点电荷，平行板b接地现将电容器的b板向下稍微移动，则( )A. 点电荷所受电场力增大B. 点电荷在P处的电势能减少C. P点电势减小D. 电容器的带电荷量增加【答案】B【解析】【详解】A.因电容器与电源始终相连，故两板间的电势差不变，B板下移，则板间距离d增大，则板间电场强度E变小，由F=Eq可知电荷所受电场力变小，故A错误；BC.板间距离d增大，则板间电场强度E变小，由U=Ed知，P与a板的电压减小，而a的电势不变，故P的电势升高，由EP=q而q为负值，故电势能减小，故B正确，C错误；D.由Q=CU，又有，故C减小，Q减小，故D错误4.如图所示，一绝缘细线Oa下端系一轻质带正电的小

5、球a(重力不计)，地面上固定一光滑的绝缘圆弧管道AB，圆心与小球a位置重合。一质量为m、带负电的小球b由A点静止释放，小球a由于受到绝缘细线的拉力而静止，其中细线Oa水平，细线Oa与竖直方向的夹角为。当小球b沿圆弧管道运动到小球a正下方B点时，对管道壁恰好无压力，在此过程中(a、b两球均可视为点电荷)()A. 小球b所受的库仑力大小为mgB. 小球b的机械能逐渐减小C. 细线Oa的拉力先增大后减小D. 细线Oa拉力先增大后减小【答案】C【解析】【详解】AB由题可知，小球a位于圆轨道的圆心处，所以小球b运动的过程中受到的库仑力始终与库仑力的方向垂直，所以小球运动的过程中库仑力不做功，小球b的机械

6、能守恒，设圆的半径为R，则：小球b在最低点：联立得：F库=3mg故A B错误；CD由题，小球b沿圆弧管道运动到a球正下方B点时对管道壁恰好无压力，说明小球b受到a吸引力。当小球b与a的连线与水平方向之间的夹角为时，小球a受到的力如图，则：竖直方向：F1cos=mg+F库sin=mg+3mgsin可知当小球b向下运动的过程中，逐渐增大，所以oa的拉力一定是逐渐增大；水平方向：F2=F1sin+F库cos联立得：F2=mgtan+3mgtansin+3mgcos=mgtan+(sinsin+coscos)=mgtan+cos()由三角函数可知，当从0增大到90的过程中，cos()先逐渐增大到1，然

7、后再减小，所以水平细线的拉力F2先增大后减小，故C正确，D错误。故选C。5.如图甲所示，电源的电动势E6 V，内阻为r，闭合开关S，滑动变阻器的滑片C从A端滑至B端的过程中，电路中的一些物理量的变化规律如图乙所示：图I描述电源的输出功率随端电压的变化规律，图II描述端电压随电流的变化规律、图III描述电源的效率随外电阻的变化规律，电表、导线对电路的影响不计。则下列说法不正确的是( )A. 电源的内阻r为2B. 滑动变阻器最大阻值6C. I图上b点的坐标(3V，4.5W)D. II图上a点的坐标(0.6A，4.8V)【答案】B【解析】【详解】由乙图可知短路电流为 I短=3A，由 得：选项正确，不

8、符合题意；B电源效率最高时，滑动变阻器的阻值最大，由丙图知电源的最大效率为 =80%，由解得：R=8即变阻器最大阻值为8，选项B错误，符合题意；C当输出功率达到最大时：R=r=2，此时路端电压为U=3V，所以各点的坐标为：I图b点：U=3V坐标为：（3V，4.5W）；选项C正确，不符合题意；DII图a点：R=8，U=E-Ir=6-0.62=4.8Va点的坐标为（0.6A，4.8V）；选项D正确，不符合题意；故选B。6.如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度，下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方，线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态，若磁场发生微小

9、变化，天平最容易失去平衡的是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】天平原本处于平衡状态，所以线框所受安培力越大，天平越容易失去平衡，由于线框平面与磁场强度垂直，且线框不全在磁场区域内，所以线框与磁场区域的交点的长度等于线框在磁场中的有效长度，由图可知，A图的有效长度最长，磁场强度B和电流大小I相等，所以A所受的安培力最大，则A图最容易使天平失去平衡 A正确； BCD错误；故选A【此处有视频，请去附件查看】7.如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为，间距为d导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s

10、，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，重力加速度为g在金属棒下滑到底端的过程中A. 末速度的大小B. 通过金属棒的电流大小C. 通过金属棒的电流大小D. 通过金属棒的电荷量Q=【答案】ACD【解析】【详解】根据速度位移关系v2=2as可得末速度的大小为：，故A正确；以导体棒为研究对象，根据牛顿第二定律可得：mgsin-BId=ma，解得通过金属棒的电流大小为：，故B错误、C正确；金属棒运动的时间为：，根据电荷量的计算公式可得通过金属棒的电荷量为：，故D正确故选ACD8.如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场。在该区域中，有一

11、个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，bd沿水平方向。已知小球所受电场力与重力大小相等，现将小球从环的顶端a点由静止释放，下列判断正确的是()A. 小球能越过与O等高的d点并继续沿环向上运动B. 当小球运动到c点时，洛伦兹力最大C. 小球从a点到b点，重力势能减小，电势能增大D. 小球从b点到c点，电势能增大，动能先增大后减小【答案】D【解析】【详解】电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”。关于圆心对称的位置

12、（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大。A由于a、d两点关于新的最高点对称，若从a点静止释放，最高运动到d点，故选项A错误；B由于bc弧的中点相当于“最低点”，速度最大，当然这个位置洛伦兹力最大。故选项B错误；C从a到b，重力和电场力都做正功，重力势能和电势能都减少。故选项C错误；D小球从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增大，但由于bc弧的中点速度最大，所以动能先增后减。选项D正确。故选D。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.电视中有这样一则广告“南孚电池容量大，玩具

13、车用过后，收音机接着用”。玩具车的两节南孚干电池，已经用过较长时间，不能再驱动了，把它们取出来用电压表测电压，电压表示数接近 3V ，再把它们作为收音机的电源，收音机能正常工作。下列说法中正确的是( )A. 这两节干电池的电动势减小了很多B. 这两节干电池的内阻增大了很多C. 这个收音机的额定电压一定比玩具车的额定电压小很多D. 这个收音机正常工作时的电流一定比玩具车正常工作时的电流小【答案】BD【解析】【详解】AB电池用久后，内阻变大，电动势几乎不变，故A错误，B正确；CD收音机能工作是因为它的工作电流较小。故C错误，D正确；故选BD。10.如图所示，I为电流表示数，U为电压表示数，P为定值

14、电阻R2消耗的功率，Q为电容器C所带的电荷量，W为电源通过电荷量q时电源做的功当变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，下列图象能正确反映各物理量关系的是（ ）A. B. C. D. 【答案】AB【解析】试题分析：变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，消耗的功率为,，故A正确；电容器的电压，电荷量，则，保持不变，则图象是向下倾斜的直线，故B正确；电压表示数，图象应是向下倾斜的直线，故C错误；电源通过电荷量时电源做的功，是电源的电动势，则是过原点的直线，故D错误考点：本题考查了闭合电路的动态分析11.如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。

15、在xOy平面内，从原点O处沿与x轴正方向成角(0)以速率v发射一个带正电的粒子(重力不计)。则下列说法正确的是( )A. 若v一定，越大，则粒子在磁场中运动的时间越短B. 若v一定，越大，则粒子离开磁场的位置距O点越远C. 若一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大D. 若一定，则粒子在磁场中运动的时间与v无关【答案】AD【解析】【详解】AD如图所示，画出粒子在磁场中运动的轨迹。由几何关系得：轨迹对应的圆心角=2-2，粒子在磁场中运动的时间则得知：若v一定，越大，时间t越短；若一定，运动时间一定。故AD正确；B设粒子的轨迹半径为r，则如图，则若是锐角，越大，AO越大。若是钝角，越大，AO越

16、小。故B错误。C粒子在磁场中运动的角速度，又，则得与速度v无关。故C错误。故选AD。12.空间存在平面直角坐标系xoy，在x0区域内有垂直平面向外的匀强磁场，在第二象限内有矩形OACD，OA=h，OD=2h一个质量为m，电量为q的带正电粒子（不计重力）从A点沿y轴正方向以某速度射入第二象限，经t0时间后由D点进入磁场，又经一段时间射出磁场又回到A点，现只改变粒子自A点出射速度大小至v，粒子经过一段时间运动可经过C点，则（ ）A. 匀强电场的场强大小为B. 匀强磁场的磁感应强度大小为C. 能使粒子以最短时间从A点运动至C点的初速度v=D. 能使粒子以最短时间从A点运动至C点的初速度v【答案】AD

17、【解析】【详解】A设粒子的初速度为 ，从A点进入电场以后做类平抛运动，可得，A正确B粒子从A运动到D做类平抛的位移偏转角的正切值为，所以速度偏转角的正切值为，所以D点速度与y轴正方向成60，根据几何关系可得，要想粒子回到A点，粒子必须在D点关于x轴对称的点回到电场才可以，所以粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，所以，B错误CD因为不改变电场，所以粒子第一次运动到y轴的时间不变，设粒子第一次到达y轴的坐标为（0，y），速度为，方向与y轴成，x方向的速度为，则，粒子进入磁场做匀速圆周运动的半径，所以粒子第二次到达y轴的坐标为（0，），第一次和第二次到达y轴的点的间距为，与初速度无关，所以根据对称性

18、可知，第一次到达y轴的坐标为（0，3h），第二次到达y轴的坐标为（0，-h），所以能使粒子以最短时间从A点运动至C点的初速度v=，C错误D正确三、非选择题：本题共6小题，共60分。13.小明想测额定电压为2.5V小灯泡在不同电压下的电功率的电路（1）在实验过程中，调节滑片P，电压表和电流表均有示数但总是调不到零，其原因是的_导线没有连接好（图中用数字标记的小圆点表示接线点，空格中请填写图中的数字，如“7点至8点”）；（2）正确连好电路，闭合开关，调节滑片P，当电压表的示数达到额定电压时，电流表的指针如图所示，则电流为_A，此时小灯泡的功率为_W（3）做完实验后小明发现在实验报告上漏写了电压为1

19、.00V时通过小灯泡的电流，但在草稿纸上记录了下列数据，你认为最有可能的是_A.0.08A B.0.12A C.0.20A【答案】 (1). 1点至4点 (2). 0.30 (3). 0.75 (4). C【解析】【详解】（1）在实验过程中，调节滑片P，电压表和电流表均有示数但总是调不到零，其原因是1点至4点的导线没有连接好，滑动变阻器相当于接成了限流电路；（2）由表盘刻度可知，电流表读数为0.30A；则灯泡额定功率：P=IU=0.302.5W=0.75W；（3）若灯泡电阻不变，则由，解得I1=0.12A，考虑到灯泡电阻温度越低时阻值越小，则通过灯泡的电流要大于0.12A，则选项C正确；故选C

20、.14.为测定干电池的电动势和内阻，提供的实验器材如下：A完全相同的干电池两节(每节干电池电动势为1.5 V左右，内阻较小)B电流表A(量程为0.6 A，内阻约为0.5 )C滑动变阻器R1(010 ，10 A)D滑动变阻器R2(0100 ，1 A)E电流表G(03.0 mA，Rg=10 )F定值电阻R3=990 G定值电阻R4=90 H定值电阻R0=3.0 (1)由于两节干电池的内阻较小，现将定值电阻R0=3.0与两节干电池串联后作为一个整体进行测量在进行实验时，滑动变阻器应选用_，由于无电压表，故将电流表G与某定值电阻串联改装成适当量程的电压表，则定值电阻应选用_(填实验器材前的字母)(2)

21、在下图的虚线方框中补充完整本实验电路的原理图_(3)根据实验测得数据作出I2I1的图象如图所示，其中I2为通过电流表G的电流，I1为通过电流表A的电流根据该图象可知每节干电池的电动势为_V，内阻为_【答案】 (1). C (2). F (3). (4). 1.5 (5). 1【解析】【详解】(1)1电源为两节干电池，则电动势为3V较小，电源的内阻较小，为多测几组实验数据，方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器，因此滑动变阻器应选：C；2上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，将电流表G与定值电阻R0串联，改装成电压表；改装后电压应约大于等于3V，则根据串联电路规律可知，应串联的电阻故

22、选F；(2)3 用改装后的电压表测量电压值，用电流表A与滑动变阻器串联测电路电流，如图所示(3)4根据欧姆定律和串联的知识得电源两端电压为根据图象与纵轴的交点得电动势为则一节干电池的电动势为1.5V，与横轴的交点可得出路端电压为2.0V时电流是0.2A由闭合电路欧姆定律可得，电源内阻故内阻一节干电池的内阻为1.15.制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，如图甲所示加在极板A、B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为kU0（k1），电压变化的周期为2，如图乙所示在t=0时，极板B附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场作用由静止开始运动且不考虑重力作

23、用若k=，电子在02时间内不能到达极板A，求d应满足的条件【答案】【解析】【分析】电子在0时间内做匀加速运动，在2时间内先做匀减速运动，后反向做初速度为零的匀加速运动，电子不能到达极板A的条件为电子运动位移之和小于板间距离；【详解】解：电子在0时间内做匀加速运动加速度的大小位移在2时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动加速度的大小初速度的大小匀减速运动阶段的位移由题知解得16.如图甲所示，把一个带正电的球体A放在绝缘支架上，再把一个质量为m、带电量为q的带电小球B用绝缘细绳悬挂在铁架台上，小球静止在P点时细绳与竖直方向的夹角为，电场力方向水平向右球A与球B之间的距离远大于两球的直径求:(1)

24、球B在P点所受电场力F0的大小及球A产生的电场在P点的电场强度E0的大小;(2)现缓慢移动铁架台，使球B从P点沿水平方向右移，近似认为移动过程中电场力方向始终水平向右，用刻度尺测出P点右侧不同位置到P点的水平距离x，采取(1)中方法确定出该位置球B所受电场力F，然后作出F-x图像，如图乙所示其中M点为水平移动方向上的一点，已知x轴上每小格代表的距离为x0，根据图像估算P、M两点间电势差UPM的大小【答案】(1) (2) (3) 【解析】【详解】(1) 球B在P点受力平衡，根据平衡条件可得球B所受电场力的大小为：根据场强公式得球A产生的电场在P点的电场强度的大小：(2)根据图象中图线所包围的面积

25、表示电场力做的功，则有：17.如图所示，在等腰三角形ABC区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，三角形的底边AB2L， 45，O为底边的中点。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从静止开始经过电势差为U的电场加速后，从O点垂直AB进入磁场，不计粒子的重力与空气阻力的影响。(1)求粒子经电场加速后射入磁场时的速度。(2)若已知磁感应强度大小，则粒子从何处射出磁场?(3)磁感应强度B为多少时，粒子在磁场中能以最大的圆周半径偏转后打到OA板?【答案】（1）（2）粒子从AC连线上距A点L处射出（3）B【解析】【详解】（1）由动能定理qUmv2解得：v。（2）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，有：qvBm得rL

26、故粒子从AC连线上距A点L处射出。（3）要使粒子能射到OA连线上且半径最大，则粒子的轨迹应与AC边相切，如图所示。设此时粒子轨迹的半径为R，由几何关系有：R+L以及qvBm得B。18.如图所示，电源电动势E=64V，内阻不计，电阻，开始开关闭合，断开，平行板电容器的两极板A、B与水平面的夹角，两极板A、B间的距离d=0.4m，板间有一个传动装置，绝缘传送带与极板平行，皮带传动装置两轮轴心相距L=1m，传送带逆时针匀速转动，其速度为v=4m/s，现有一个质量m=0.1kg、电荷量q=+0.02C的工件（可视为质点，电荷量保持不变）轻放在传送带底端，工件与传送带间的动摩擦因数=0.25同时开关也闭

27、合，极板间电场反向，电路瞬间能稳定下来（，sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）开关闭合，断开时，两极板A、B间的场强大小和方向；（2）工件在传送带上运动的加速度大小；（3）工件从底端运动到顶端过程中，工件因与传送带摩擦而产生的热量【答案】（1）40V/m，电场方向为由B指向A；（2）（3）2.4J【解析】【分析】由闭合电路的欧姆定律求出开关S1闭合，S2断开时，两极板A、B间的电压，然后由即可求出场强；同（1）求出开关S2也闭合后AB之间的电压和场强，求出工件受到的合力，然后使用牛顿第二定律求出加速度；使用运动学的公式，求出工件从底端运动到顶端的过程中相对于传送带的位移，然后用Q=fL相对求出工件与传动带因摩擦而产生的热量；【详解】解:(1)开关S1闭合，S2断开时，R1与R2串联，电路中的电流：此时A、B之间的电势差等于R1两端的电压，所以：两极板A、B间的场强大小：电场方向为由B指向A；(2)开关S2也闭合，R1与R2串联电压不变，所以流过它们的电流不变，此时A、B之间的电势差等于R2两端的电压，所以：两极板A、B间的场强大小：此时工件的受力如图，则沿传送带的方向由牛顿第二定律得：垂直于传送带的方向： (3)工件达到4m/s需要的时间：工件的位移：所以工件应该一直做加速运动，此时传送带的位移：工件相对于传送带的位移：工件与传动带因摩擦而产生热量：19