安徽省淮北一中2020学年高二物理上学期第四次月考试题（含解析）

安徽省淮北一中2020学年高二物理上学期第四次月考试题（含解析）

淮北一中2020学年度第一学期高二年级第四次月考物理 ‎ 一．选择题：‎ ‎1. 下列说法中，正确的是（）.‎ A. 由公式可知，在离点电荷非常近的地方（r→0)，电场强度E可达无穷大 B. 由公式可知负电荷在电势低的地方具有的电势能大 C. 由Uab=Ed知，匀强电场中任意两点a、b间的距离越大，两点间的电势差也一定越大 D. 公式C=Q/U,电容器所带电量Q越大，电压U越小，电容器的电容C越大 ‎【答案】B ‎【解析】公式只适用于点电荷电场的计算，当r趋近于零时，公式不在适用，A错误；在使用公式计算时，各个量的正负号都要参与计算，所以根据负负得正，可知同一个负电荷在电势低的地方具有的电势能大，B正确；公式中的d表示沿电场方向的距离，不是任意方向的距离，在匀强电场中，只有沿电场方向的距离越大，两点间的电势差越大，C错误；电容器的电容和其两端的电压以及所带电荷量无关，D错误．‎ ‎2. 某静电场的电场线如图中实线所示，虚线是某个带电粒子仅受电场力作用的运动轨迹，以下说法正确的是（）‎ A. 粒子一定带负电荷 B. 粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度 C. 粒子在M点的电势能小与它在N点的电势能 D. M点的电势小于N点的电势 ‎【答案】B ‎【解析】A、由电荷的运动轨迹可知，电荷的受力沿着电场线的方向，所以电荷为正电荷，所以A错误．‎ B、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，由图可知，N点的场强大于M点的场强的大小，在N点的受力大于在M的受力，所以粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度，所以B正确；‎ C、正电荷沿着电场的方向运动，所以电场力做正功，电荷的电势能减小，所以粒子在M点的电势能大于它在N点的电势能，所以C错误；‎ D、沿着电场线方向电势降低，故M点的电势大于N点的电势，所以D错误。‎ 点睛：电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．沿着电场线方向电势降低。‎ ‎3. 如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加电压为U,电子最终打在最右侧的光屏上.关于电子的运动,下列说法中正确的是（）‎ A. 滑动触头向左移动时，电子打在荧光屏上的位置上升 B. 滑动触头向右移动时，电子打在荧光屏上的位置上升 C. 电压U增大时,电子打在荧光屏上的速度大小不变 D. 电压U增大时，电子从发出到打在荧光屏上的时间减小 ‎【答案】A ‎【解析】电子在加速电场中做加速运动，根据动能定理：，解得速度为： ，电子进入偏转电场后做类平抛运动，电子在沿极板方向做匀速直线运动，粒子在电场中运动时间： ‎ ‎；在垂直电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度，电子在电场方向偏转的位移，联立以上各式得： ，又因为偏转电场方向向下，所以电子在偏转电场里向上偏转，当滑动触头向右移动时，加速电压U1变大，由上可知电子偏转位移变小，因为电子向上偏转，故在屏上的位置下降，相反，滑动触头向左移动时，电子打在荧光屏上的位置上升，故B错误，A正确；当偏转电压U增大时，电子在电场中受到的电场力增大，即电子偏转的加速度a增大，又因为电子加速获得的速度v0不变，电子在电场中运动的时间不变，a增大，而电子打在屏上的速度为：，故电子打在屏上的速度增大，故C错误；电子在电场中运动的时间不变，离开电场后做匀速直线运动，由于水平速度不变，运动时间也不变，所以电子从发出到打在荧光屏上的时间不变，故D错误。所以A正确，BCD错误。‎ ‎4. 如图所示，电流表G的内阻不可忽略不计，R1、R2是两个可变电阻，当a、b间的电压为4V时，电流表的指针刚好满偏(指针指在刻度盘的最大值处)，当a、b间的电压为3 V时，如果仍要使电流表G的指针满偏，下列方法中可行的是 ‎①保持R2不变，增大 R1 ②增大R1，减小R2‎ ‎③保持R2不变，减小R1 ④增大R2，减小R1‎ A. ①④ B. ②③ C. ①② D. ③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】ab间总电压降低了，要使通过G的电流不变，应保持G两端电压保持不变，‎ ‎①保持R2不变，增大R1时，R2的电压变小，R1电压可能保持不变，即G的电压不变，通过G的电流保持不变，故①正确；‎ ‎②增大R1，同时减小R2时，R2的电压降低，R1电压可能保持不变，即G的电压不变，通过G的电流不变，故②正确；‎ ‎③保持R2不变，减小R1时，R1‎ 两端的电压减小，G的两端的电压减小了，通过G的电流减小了，故③错误；‎ ‎④增大R2，减小R1时，R1两端的电压减小了，G两端的电压变小了，通过G的电流减小了，故④错误；‎ 故选C。‎ ‎5. 两根材料相同的均匀导线A和B，其长度分别为lm和2m，串联在电路中时沿长度方向 电势的变化如图所示，则A和B导线的横截面积之比为（）‎ A. 2：3 B :. 1：3 C.1:2 D. 3:1‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：从图中可知A两端的电压为6V，B两端的电压为4V，串联在一起，电流相等，故，根据电阻定律可得，解得，故B正确 考点：考查了电阻定律 ‎【名师点睛】串联电路中电流相等，根据电势差的大小，通过欧姆定律得出电阻的大小关系，再根据电阻定律得出A和B导线的横截面积之比 ‎6. 如图所示，直流电源、滑动变阻器、平行板电容器与理想二极管(正向电阻为0,反向电阻为∞)连接,电源负极接地，开始时电容器不带电，闭合开关S,稳定后，一带电油滴恰能静止在电容器中P点；在开关S保持接通的状态下，下列说法正确的是（ ）‎ A. 当滑动变阻器的滑片向上滑动时，带电油滴会向下运动 B. 当电容器的上极板向上移动时，带电油滴会向下运动 C. 断开开关S，带电油滴将向下运动 D. 当电容器的下极板向左移动时，P点的电势会升高 ‎【答案】D ‎【解析】闭合开关S稳定后，一带电油滴恰能静止在电容器中P点，可知电场力与重力方向相反且，当滑动变阻器的滑片向上滑动时，滑动变阻器的电阻变大，电路中电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，电容器两端电压增大， 根据可知，电容器两极间电场强度变大，电场力大于重力，故带电油滴会向上运动，故A错误；当电容器的上极板向上移动时，电容器两板间的距离增大，根据电容决定式：，可知电容器的电容减小，根据可知电容器两极间的电压增大，但理想二极管具有单向导电性，故电容器不会放电电荷量不变，又，联立以上可得： ；所以当电容器的上极板向上移动时，电容器两板间的电场强度不变，带电油滴仍静止，故B错误；断开开关S，理想二极管具有单向导电性，故电容器不会放电，两板间的电场强度不变，带电油滴仍静止，故C错误；当电容器的下极板向左移动时，电容器两极板的正对面积变小， 根据可知电容器的电容减小， 根据可知，电容器两极间的电压增大，理想二极管具有单向导电性，故电容器不会放电电荷量不变U变大，根据，电容器两板间的电场强度增大，设P点到下极板距离为h，则P与下极板间电势差为Eh，又下极板接地电势为零，故P点的电势会升高，故D正确。所以D正确，ABC错误。‎ ‎7. 如图所示，当S闭合后，小磁针处在通电电流磁场中的位置正确的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：小磁针N极指向表示该点磁场的方向， A图中小磁针出的电流方向为竖直向下，根据右手螺旋定则可得磁场方向垂直纸面向外，A错误；B图中磁场方向竖直向上，B错误；C图中磁场方向垂直纸面向里，C错误；D图中上端相等于S极，异名磁极相互吸引，故小磁针指向上端出，D正确；‎ 考点：考查了右手螺旋定则的应用，基础题 ‎8. 长为L的导线ab斜放在水平导轨上（导线与导轨的夹角为θ），两导轨相互平行且间距为d，匀强磁场的磁感应强度为B，如图所示，当通过ab的电流为I时，导线ab所受安培力的大小为 A. BIL B. BILsinθ C. BId D. BId/cosθ ‎【答案】A ‎【解析】根据安培力的计算公式可知导线所受的安培力为：F=BIL，故A正确，BCD错误。‎ ‎9. 彼此绝缘、相互垂直的两根通电直导线与闭合线圈共面，下图中穿过线圈的磁通量不可能为零的是（.)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】CD ‎【解析】A．根据安培定则，电流I1在第一象限磁场方向是垂直纸面向里，I2在第一象限磁场方向是垂直纸面向外，所以磁通量可能为零，故A错误．‎ B．根据安培定则，电流I1在第一象限磁场方向是垂直纸面向外，I2在第一象限磁场方向是垂直纸面向里，所以磁通量可能为零，故B错误．‎ C．根据安培定则，电流I1在第一象限磁场方向是垂直纸面向里，I2‎ 在第一象限磁场方向是垂直纸面向里，所以磁通量不可能为零，故C正确．‎ D．根据安培定则，电流I1在第一象限磁场方向是垂直纸面向外，I2在第一象限磁场方向是垂直纸面向外，所以磁通量不可能为零，故D正确．故选CD．‎ 点睛：此题是磁场的叠加问题，解决本题的关键会用安培定则判断磁场的方向，以及知道当有多个磁场时，此时磁通量为净磁通量．‎ ‎10. 如图所示，在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时磁铁对水平面 的压力为FN1，现在磁铁左上方位置固定一导体棒，当导体棒中通以垂直纸面向里的电流后，磁铁对水平面的压力为FN2，则以下说法正确的是( )‎ A. 弹簧长度将变长 B. 弹簧长度将变短 C. FN1>FN2‎ D. FN1FN2，选项BC正确，AD错误；故选BC.‎ ‎11. 在如图所示的电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用∆I、∆U1、∆U2和∆U3表示.下列比值正确的是 A. 不变，不变 B. 变大，变大 C. 变大，变小 D. 变大，不变 ‎【答案】AD ‎【解析】根据欧姆定律得知：=R1，=R1，当滑动变阻器的滑动触头 P 向下滑动时，与均不变．故A正确．=R2，变大．根据闭合电路欧姆定律得：U2=E-I（R1+r），则有=R1+r，不变．故BC错误．=R1+R2，变大．根据闭合电路欧姆定律得：U3=E-Ir，则有=r，不变．故D正确．故选AD.‎ 点睛：本题对于定值电阻，是线性元件有，对于非线性元件，．‎ 分析 的变化，要结合闭合电路的欧姆定律来分析.‎ ‎12. 用标有“6 V，3W”的灯泡L1，“6V,6W”的灯泡L2与理想电压表和理想电流表连接成如图甲所示的实验电路，某中电源电动势E=9V.图乙是通过两个灯泡的电流随两端电压变化的曲线.当其中一个灯泡正常发光时 A. 电流表的示数为0.5 A B. 电压表的示数约为6 V C. 电路输出功率为6W D. 电源内阻为2Ω ‎【答案】AD ‎【解析】因L1正常发光的电流为0.5A，L2‎ 的正常发光电流为1A，因两灯串联在电路中，只有一灯正常发光，则一定是L1正常发光，此时电路中的电流为0.5A，即电流表的示数为0.5A．此时电压表测L2两端的电压，即电压表的示数为2V；由图可知：L1的电压为U1′=6V，此时路端电压为 U=U1′+U2′=2V+6V=8V，电源的输出功率 P=UI=8×0.5W=4W．电源的内阻 r=Ω=2Ω．故BC错误，AD正确．故选AD.‎ 点睛：本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用；关键是电压和电流不成正比，即电阻为变化的，应直接从图中找出电流对应的电压和电压对应的电流进行求解．‎ 二、实验题：‎ ‎13. （1）用螺旋测微器测圆柱体直径时，示数如图甲所示，此示数为____mm.‎ ‎(2)在“多用电表的使用”实验中，如图所示，为一正在测量中的多用电表表盘.如果是用欧姆挡“×10”挡进行测量，且己进行欧姆调零，则读数为__Ω;如果是将选择开关置于“直流50V”挡测量，则读数为______V.‎ ‎【答案】 (1). 6.124-6.126 (2). 160 (3). 24.0‎ ‎（2）表盘上的读数是16.0，由于用了“”档位，所以 待测电阻的阻值为；如果是将选择开关置于“直流50V”挡测量，则最小刻度为1V，根据读数规则要读到最小刻度下一位，所以表盘上的读数为24.0V 综上所述本题答案是：（1）1.605 （2）160 ；24.0‎ ‎14. 为了测量某种材料制成的电阻丝Rx的电阻率,提供的器材有:‎ A.电流表G,内阻Rg=120Ω,满偏电流Ig=6mA B.电压表V,量程为6V .‎ C.螺旋测微器，毫米刻度尺 D.电阻箱 R0 (0-99. 99Ω)‎ E.滑动变阻器R (最大阻值为5Ω)‎ F.电池组E (电动势为6V,内阻约为0.05Ω).‎ G.—个开关S和导线若干 ‎（1）用多用电表粗测电阻丝的阻值，当用“×10”挡时发现指针偏转角度过大，应该换用_____挡(填“×1”或“×100”），进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图甲所示；‎ ‎（2）把电流表G与电阻箱并联改装成量程为0.5A的电流表使用，则电阻箱的阻值应调为R0=_____Ω (结果保留三位有效数字)；为了用改装好的电流表测量电阻丝Rx的阻值，根据提供的器材和实验需要，设计的电路图如图乙所示.‎ ‎（3）测得电阻丝的长度为L,电阻丝的直径为d，电路闭合后，调节滑动变阻器的滑片到合适位置，电压表V的示数为U，电流表G的示数为I，请用己知量和测量量的字母符号， 写出计算电阻率的表达式ρ=____‎ ‎【答案】 (1). ×1 (2). 1.21 (3). ‎ ‎【解析】(1)‎ 因欧姆表不均匀,要求欧姆表指针指在欧姆表中值电阻附近时读数较准,当用“ ””挡时发现指针偏转角度过大,说明倍率较大,应选择“ ”倍率。‎ ‎(2)将电流表G 与电阻箱并联改装成量程为0.6A的电压表，而电流表G(内阻Rg=120Ω，满偏电流Ig=6mA因此电阻箱的阻值应调为：。‎ ‎（3）由电阻定律可以可知电阻：，则电阻率： ，根据欧姆定律得： ，电阻率。‎ 三．解答题：‎ ‎15. 地面上方存在水平向右的匀强电场，—质量为m带电置为q的小球用绝缘 丝线悬挂在电场中，当小球静止时丝线与竖直方向的夹角为θ，此时小球到地面的高度为h，求：‎ ‎(1)匀强电场的场强？‎ ‎(2)若丝线突然断掉，小球经过多长时间落地？‎ ‎【答案】（1） (2）‎ ‎【解析】（1）对小球列平衡方程qE=mgtanθ 所以．‎ ‎（2）丝线断后小球的加速度为 由 得 ‎16. 如图所示，E=l0V, r=1Ω，R1=R3=5Ω， R2‎ ‎=4Ω，C=100uF，当断开时，电容器中带电粒子恰好处于静止状态；求：‎ ‎(1) S闭合后，带电粒子加速度的大小和方向；‎ ‎(2) S闭合后流过R3的总电荷量.‎ ‎【答案】(1) g 方向竖直向上 (2) 4×10－4C ‎.........‎ S断开时，带电粒子恰好处于静止状态，设电容器两极板间距离为d，有UC＝E＝4 V，＝mg S闭合后，UC′＝E＝8 V 设带电粒子加速度为a，‎ 则－mg＝ma，解得a＝g，方向竖直向上。‎ ‎（2）S闭合后，流过R3的总电荷量等于电容器上电荷的增加量，所以ΔQ＝C（UC′－UC）＝4×10－4C ‎17. 如图所示，图甲中M为—电动机，当滑动变阻器R的触头从左端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示，已知电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动.不考虑电表对电路的影响，求 ‎(1)电源的电动势E和内阻r ‎(2)变阻器的最大阻值；‎ ‎(3)当滑动变阻器触头滑动过程中电动机的最大输出功率.‎ ‎【答案】（1）3.6V 2Ω （2）30Ω （3）0.56W ‎【解析】（1）内阻 当电流 I=0.1A时，U=3.4V，则电源的电动势 E=U+Ir=3.4+0.1×2V=3.6V ‎（2）电动机不转时，根据图像，电动机的电阻 rM=4Ω 当I=0.1A时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，‎ 所以 R=-r-Rm=30Ω ‎（3）当触头在左端时，电路中电流最大I=0.3A时，电动机输出功率最大 P=UI-I2rM=0.56W 点睛：本题考查对物理图象的理解能力，可以把本题看成动态分析问题，来选择两电表示对应的图线．对于电动机，理解并掌握功率的分配关系是关键．‎ ‎18. 如图所示，两根倾斜直金属导轨MN、PQ平行放置，它们所构成的轨道平面与水平面之间的夹角θ=370，两轨道之间的距离L=0. 50m. —根质量m=0. 20kg的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，且接触良好，整套装置处于与ab棒垂直的匀强磁场中；在导轨的上端接有电动势E=36V、内阻r=l. 6Ω的直流电源和电阻箱R0；已知导轨与金属杆的电阻均可忽略不计，sin370=0. 60, cos370=0. 80,重力加速度g=10m/s2‎ ‎（1）若金属杆ab和导轨之间的摩擦可忽略不计，当电阻箱接入电路的电阻为R1=2.0Ω时，金属杆ab静止在轨道上；‎ ‎①如果磁场方向竪直向下，求满足条件的磁感应强度的大小；‎ ‎②如果磁场的方向可以随意调整，求满足条件的磁感应强度的最小值及方向；‎ ‎（2）如果金属杆ab和导轨之间的摩擦不可忽略，整套装置处于垂直于轨道平面斜向下、‎ 感应强度大小B=0. 40T的匀强磁场中，当电阻箱接人电路中的电阻值如R2=3. 4Ω时，金属杆 ab仍保持静止，求此时金厲杆ab受到的摩擦力f大小及方向.‎ ‎【答案】1）①0.30T ②0.24T 垂直于轨道平面斜向下 （2）0.24N 沿轨道平面向下 ‎【解析】试题分析：（1）①设通过金属杆ab的电流为I1，‎ 根据闭合电路欧姆定律可知： I1=E/（R1+r）‎ 设磁感应强度为B1，由安培定则可知金属杆ab受安培力沿水平方向，金属杆ab受力如答图1。‎ 对金属杆ab，根据共点力平衡条件有：B1I1L=mgtanθ 解得：=0．30T ‎②根据共点力平衡条件可知，最小的安培力方向应沿导轨平面向上，金属杆ab受力如答图2所示。‎ 设磁感应强度的最小值为B2，对金属杆ab，根据共点力平衡条件有：‎ B2I1L=mgsinθ 解得：=0．24T 根据左手定则可判断出，此时磁场的方向应垂直于轨道平面斜向下。‎ ‎（2）设通过金属杆ab的电流为I2，‎ 根据闭合电路欧姆定律可知： I2=E/（R2+r）‎ 假设金属杆ab受到的摩擦力方向沿轨道平面向下，‎ 根据共点力平衡条件有: BI2L=mgsinθ+f 解得： f=0．24N 结果为正，说明假设成立，摩擦力方向沿轨道平面向下。‎ 考点：闭合电路欧姆定律，共点力平衡，安培力，摩擦力。‎