【物理】河南省平顶山市郏县一中2019-2020学年高二上学期第二次月考试题（解析版）

【物理】河南省平顶山市郏县一中2019-2020学年高二上学期第二次月考试题（解析版）

郏县一高2019—2020学年上学期第 二次月考 高二物理试卷 一、选择题 ‎1.下列公式中，既适用于点电荷产生的静电场，也适用于匀强电场的有①场强 ②场强 ③场强 ④电场力做功 ( )‎ A. ①③ B. ②③ C. ②④ D. ①④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①电场强度是用比值定义法得出的物理量，是从力角度研究电场的物理量，适用于任何电场，即既适用于点电荷产生的静电场，也适用于匀强电场，故①正确；‎ ‎②匀强电场中沿场强方向电势降低最快，且没前进相同距离电势的降低相等，故匀强电场中任意两点的间的电势差与两点沿电场线的距离成正比；故电场强度与电势差的关系公式仅仅适用与匀强电场，故②错误；‎ ‎③点电荷产生的电场的场强公式是由电场强度的定义式和库仑定律联立得到，反映了点电荷的电场中任意一点的电场强度与该点的空间位置和场源电荷的电荷量的关系，不适用于匀强电场，故③错误；‎ ‎④电场力做功与电势差的关系公式W=qU，反映了在电场中任意两点间移动电荷时，电场力做功与两点间电势差成正比，适用于任意电场，故④正确．故D正确．‎ ‎2.三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径．球1的带电荷量为q，球2的带电荷量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F.现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时球1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变．由此可知 A. n＝3 B. n＝4 C. n＝5 D. n＝6‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设1、2距离为r，则球1、2之间作用力为：‎ ‎ ①‎ ‎3与2接触后，它们带的电的电量平分，均为：，再3与1接触后，它们带的电的总电量平分，均为，将球3移至远处后，球1、2之间作用力为 ‎ ②‎ 由①②两式解得：‎ n=6‎ A．n＝3，与结论不相符，选项A错误；B．n＝4，与结论不相符，选项B错误；‎ C．n＝5，与结论不相符，选项C错误；D．n＝6，与结论相符，选项D正确；‎ ‎3.如图所示，A、B是两个带异种电荷的小球，其质量分别为m1和m2，所带电荷量分别为＋q1和－q2，A用绝缘细线L1悬挂于O点，A、B间用绝缘细线L2相连．整个装置处于水平方向的匀强电场中，平衡时L1向左偏离竖直方向，L2向右偏离竖直方向，则可以判定 A m1＝m2 B. m1＞m2 C. q1＞q2 D. q1＜q2‎ ‎【答案】C ‎【解析】两球整体分析，如图所示，根据平衡条件可知，q1E＞q2E，即q1＞q2，而两球的质量无法比较其大小． ‎ A．m1＝m2，与结论不相符，选项A错误；B．m1＞m2，与结论不相符，选项B错误；‎ C．q1＞q2，与结论相符，选项C正确；D．q1＜q2，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎4.下列四图为电流产生磁场的分布图,其中正确的是(　　)‎ A. ①③ B. ②③ C. ②④ D. ①④‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据右手定则，①中磁场方向从上往下看，沿逆时针方向，①正确；②中磁场方向从上往下看，沿顺时针方向，故②错误；③④中磁场方向从左向右，③错误，④正确．‎ ‎5.如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与直面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、o、b在M、N的连线上，o为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是 A. o点处的磁感应强度为零 B. a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反 C. c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同 D. a、c两点处磁感应强度的方向不同 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由安培定则和磁场叠加原理可判断出o点处的磁感应强度方向向下，一定不为为零，选项A错误；‎ B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，选项B错误；‎ C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，选项C正确；‎ D．a、c两点处磁感应强度的方向不同，选项D正确．‎ ‎6.如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，R0为定值电阻，R1、R2为可变电阻，开关S闭合．质量为m的带正电的微粒从P点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点，若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度v0射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是 A. 保持开关S闭合，增大R1，微粒打在O点左侧 B. 保持开关S闭合，增大R2，微粒打在O点左侧 C. 断开开关S，M极板稍微上移，微粒打在O点右侧 D. 断开开关S，M极板稍微下移，微粒打在O点右侧 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】MN两极板间电压和R0两端电压相同，故两极板间电场强度方向向上，微粒所受电场力方向向上；‎ A．保持S 闭合，增大R1，那么，R0两端电压减小，两极板间电压减小，故电场强度减小，微粒所受电场力减小，合外力增大，粒子加速度增大，粒子打在O点左侧，故A正确；‎ B．保持S 闭合，增大R2，两极板间电压不变，故电场强度不变，微粒受力不变，粒子运动不变，仍打在O点，故B错误；‎ CD．断开S，极板两端电荷保持不变，那么由电容，可知电场强度 不变，那么微粒受力不变，粒子运动不变，仍打在O点，故CD错误；‎ ‎7.如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，当闭合开关S后，若将滑动变阻器的滑片P向下调节，则正确的是 A. 电压表和电流表的示数都增大 B. 灯L2变暗，电流表的示数减小 C. 灯L1变亮，电压表的示数减小 D. 灯L2变亮，电容器的带电量增加 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】将滑动变阻器的滑片P 向下调节，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知：干路电流I增大，路端电压U减小，则电压表示数减小，灯L1变亮；R与灯L2并联电路的电压：‎ U减小,U1增大,U并减小，灯L2变暗.流过电流表的电流：‎ I增大，I2减小，IA增大，电流表的示数增大; 电容器两端的电压等于并联部分的电压,电压变小，由：‎ 知电容器的电荷量减少，故选C .‎ ‎8. 如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直于环面且过圆心O，下列关于x轴上电场强度和电势的说法中正确的是（ ）‎ A. O点的电场强度为零，电势最低 B. O点的电场强度为零，电势最高 C. 从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高 D. 从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：将圆环等分成若干微小段，每一小段和与它关于O点对称的一小段在O点，产生的电场的电场强度总大小相等、方向相反，矢量和为零，即最终在O点的总矢量和为零，即在O点处，电场强度为零．因为圆环带正电，因此，每一小段和与它关于O点对称的一小段在O点的左右两侧，产生大小相等、方向分别向外与x轴成相等角的电场，矢量和沿着x轴，由O点向两侧发散，各段叠加后总矢量和仍然沿着x轴，由O点向两侧发散，根据沿着电场线方向电势逐点降低的规律可知，O点的电势最高，故选项A、C错误，选项B正确；当从O点沿x轴正方向，趋于无穷远时，电场强度也为零，因此从O点沿x轴正方向，电场强度先变大，后变小，故选项D错误．‎ 考点：本题主要考查了电场力的性质和能的性质问题，属于中档题．‎ ‎9.如图所示，一个带正电的滑环套在水平且足够长的粗糙的绝缘杆上，整个装置处于方向如图所示的匀强磁场中，现给滑环一个水平向右的瞬时作用力，使其开始运动，则滑环在杆上的运动情况可能的是 A. 始终做匀速运动 B. 始终做减速运动，最后静止于杆上 C. 先做加速运动，最后做匀速运动 D. 先做减速运动，最后做匀速运动 ‎【答案】ABD ‎【解析】A．当带正电的环进入磁场时竖直向上的洛伦兹力恰好等于自身的重力时，则环与杆没有相互作用力，所以没有摩擦力存在，因此环做匀速运动，故A正确；‎ B．当带正电的环进入磁场时的竖直向上的洛伦兹力小于自身的重力时，则环与杆有相互作用力，所以有摩擦力存在，因此环在摩擦力作用下，做减速运动，直到停止，故B正确；‎ C．当带正电的环进入磁场时竖直向上的洛伦兹力，其大小决定环是否受到摩擦力，所以环不可能加速运动，故C错误；‎ D．当带正电的环进入磁场时竖直向上的洛伦兹力恰好大于自身的重力时，则环与杆有相互作用力，所以有摩擦力存在，因此环做减速运动，导致洛伦兹力大小减小，当其等于重力时，环开始做匀速直线运动，故D正确．‎ ‎10.如题图所示，平行直线表示电场线，但未标明方向，带电量为+10-2C的微粒在电场中只受电场力作用．由A点移到B点，动能损失0.1J，若A点电势为-10V，则 A. B点的电势为0V B. 电场线方向从左向右 C. 微粒的运动轨迹可能是轨迹1 D. 微粒的运动轨迹可能是轨迹2‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】B．由动能定理可知 WE=△EK=-0.1J；‎ 可知粒子受到的电场力做负功，故粒子电势能增加，B点的电势高于A 点电势；而电场线由高电势指向低电势，故电场线向左，故B错误； A．AB两点的电势差 则 UA-UB=-10V 解得 UB=0V；‎ 故A正确；‎ CD．因电场方向向左，电场力向左，粒子运动轨迹的凹向指向电场力方向，可知微粒的运动轨迹可能是轨迹1，选项C正确，D错误；‎ ‎11.如图所示，A、B为两块竖直放置的平行金属板，G是静电计，电键K合上后，静电计指针张开一个角度．下述哪些做法可使指针张角增大？ ‎ A. 使A、B两板靠近些； B. 使A、B两板正对面积错开些；‎ C. 断开K后，使B板向右平移拉开一些； D 断开K后，使A、B正对面错开些．‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．开关S闭合，电容器两端的电势差不变，则指针的张角不变．故A、B错误．‎ C．断开S，电容器所带的电量不变，B板向右平移拉开些，则由，电容减小，根据Q=CU知，电势差增大，则指针张角增大．故C正确．‎ D．断开S，电容器所带的电量不变，A、B的正对面积错开，由，电容减小，根据Q=CU知，电势差增大，则指针张角增大．故D正确．‎ ‎12.如图甲所示电路中的小灯泡通电后其两端电压U随所通过的电流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. 随着所通电流的增大，小灯泡的电阻增大 B. 对应P点，小灯泡的电阻为 C. 若在电路甲中灯泡L两端的电压为U1，则电阻R两端的电压为I1R D. 对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．图线上的点与原点连线的斜率等于电阻大小，由数学知识可知，随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大．故A正确；‎ B．对应P点，小灯泡的电阻为，故B错误；‎ C．在电路中灯泡L两端的电压为U1时，电流为I2，则电阻R两端的电压为I2R，故C错误；‎ D．由恒定电流的功率公式P=UI，推广可知，对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积．故D正确．‎ 二、实验题 ‎13.通过实验描绘：一个“2.5V，0.2W”小灯泡的伏安特性曲线，可供选择的仪器有 A.0~0.6A，电阻为0.2Ω的电流表 ‎ B.0~100mA，电阻为5Ω的电流表 C.0~3V，电阻为10KΩ的电压表 ‎ D.0~15V，电阻为50KΩ的电压表 E.最大电阻为20Ω额定电流为1.0A的滑动变阻器 F.最大电阻为1KΩ额定电流为0.1A的滑动变阻器 G.蓄电池6V、导线、电键 要求实验灯泡电压从零逐渐增大到额定电压．‎ ‎（1）电压表应选________. 电流表应选 ______. 滑动变阻器选________. ‎ ‎（均填写前面的字母序号） ‎ ‎（2）连好图示的电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光，由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的I－U图象可能是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎（3）分析小灯泡的I-U曲线，可知小灯泡的电阻随电流I变大而______ （填“变大”、“变小”或“不变”），原因是__________．‎ ‎【答案】 (1). C B E (2). C (3). 变大 小灯泡灯丝的电阻随温度的升高而增大 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2][3]灯泡额定电压为2.5V，电压表选C；灯泡额定电流：‎ I= ==0.08A=80mA 电流表应选择B；为方便实验操作滑动变阻器应选择E；‎ ‎(2)[4]灯泡电阻受温度影响，随温度升高而增大，随电压增大通过灯泡的电流变大，灯泡实际功率增大，灯泡温度升高，灯泡电阻变大，由图示可知，图C所示图象正确，故选C.‎ ‎(3)[5][6]由于灯丝电阻率随温度升高而增大，灯泡电阻随温度升高而增大 ‎14.（1）某同学用螺旋测微器测出用金属材料制成的一段圆柱体的横截面的直径如图所示．横截面的直径为________ mm．‎ ‎（2）用伏安法测量电阻阻值R，并求出电阻率ρ．给定电压表（内阻约为 50kΩ）、电流表（内阻约为40 Ω）、滑动变阻器、电源、开关、待测电阻（约为250 Ω）及导线若干．‎ ‎①如上图甲所示电路图中，电压表应接______点．（填“a”或“b”）‎ ‎②图乙中的6个点表示实验中测得的6组电流I、电压U的值，试求出电阻阻值R＝_____ Ω．（保留3位有效数字）‎ ‎③待测电阻是一均匀材料制成的圆柱体，用游标为50分度的卡尺测量其长度与直径，结果分别如图丙所示．由图可知其长度为________ mm．‎ ‎④由以上数据可求出ρ＝_______ Ω·m（保留3位有效数字，其中已知直径为1.92mm）．‎ ‎【答案】(1). 4702（0.701-0.703之间） (2). a 227（221～235均可） 8.04 8.24×10－2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]根据螺旋测微器的读数规则读出读数为：‎ ‎4.5mm+20.2×0.01mm=4.702mm ‎(2)[2]由题意可知：‎ 故电流表应采用外接法，电压表应接a点.‎ ‎[3]根据坐标系内的点做出图像：‎ 图像的斜率表示电阻，所以：‎ ‎[4]根据游标卡尺读数规则，读数为：‎ ‎8mm+2×0.02mm=8.04mm ‎[5]由电阻定律可知：‎ 所以代入数据解得：‎ 三、计算题 ‎15.有三根长度皆为l=0.3 m的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板的O点，另一端分别栓有质量皆为m=1.0×10﹣2kg的带电小球A和B，它们的电荷量分别为﹣q和+q，q=1.0×10﹣6C．A、B之间用第三根线连接起来，空间中存在大小为E=2.0×105N/C的匀强电场，电场强度的方向水平向右．平衡时A、B球的位置如图所示．已知静电力常量k=9×109N•m2/C2重力加速度g=10m/s2．求：‎ ‎（1）A、B间的库仑力的大小 ‎（2）连接A、B的轻线的拉力大小．‎ ‎【答案】（1）F=0.1N（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）以B球为研究对象，B球受到重力mg，电场力Eq，静电力F，AB间绳子的拉力和OB绳子的拉力，共5个力的作用，处于平衡状态，‎ A、B间的静电力，代入数据可得F=0.1N ‎（2）在竖直方向上有：，在水平方向上有：‎ 代入数据可得 考点：考查了共点力平衡条件的应用 ‎【名师点睛】注意成立的条件，掌握力的平行四边形定则的应用，理解三角知识运用，注意平衡条件的方程的建立．‎ ‎16.如图所示，MN、PQ为足够长的平行金属导轨，间距L=0.50m，导轨平面与水平面间夹角θ=37°，N、Q间连接一个电阻R=0.5Ω，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B=1.0T.将一根质量m=0.050kg的金属棒放在导轨的ab位置，金属棒及导轨的电阻不计.现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好.已知金属棒与导轨间的动摩擦因数，当金属棒滑行至cd处时，其速度大小开始保持不变，已知，.求:‎ ‎（1）金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小;‎ ‎（2）金属棒达到cd处的速度大小;‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设金属杆的加速度大小为a，则，解得；‎ ‎（2）设金属棒达到cd位置时速度大小为v、电流为I，金属棒受力平衡，有 ，解得．‎ ‎17.如图，在平面直角坐标系xOy内，第1象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ 象限以ON为直径的半圆形区域内，存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从y轴正半轴上y=h处的M点，以速度垂直于y轴射入电场，经x轴上x=2h处的P点进入磁场，最后以速度v垂直于y轴射出磁场.不计粒子重力.求:‎ ‎（1）电场强度大小E;‎ ‎（2）粒子在磁场中运动的轨道半径;‎ ‎（3）粒子离开磁场时的位置坐标.‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）在电场中粒子做类平抛运动，设粒子在电场中运动的时间为，‎ 则有…①…②，‎ 根据牛顿第二定律得：…③，‎ 联立①②③式得：…④；‎ ‎（2）由题意可知，粒子进入磁场时速度也为v，根据动能定理得：…⑤，再根据…⑥，‎ 联立④⑤⑥式得：…⑦ ‎ ‎（3）如图，设粒子离开磁场时的位置坐标为（x、-y），粒子进入磁场时速度v，与x轴正方向的夹角为θ，由图可得：‎ 所以…⑧，…⑨．‎ ‎【点睛】粒子在电场中运动偏转时，常用能量的观点来解决问题，有时也要运用运动的合成与分解．粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定也是本题的一个考查重点，要正确画出粒子运动的轨迹图，能熟练的运用几何知识解决物理问题．‎