安徽省长丰二中2020学年高二物理上学期第四次月考试题（含解析）

安徽省长丰二中2020学年高二物理上学期第四次月考试题（含解析）

长丰二中2020年度上学期高二第四次月考 ‎ 物理试题 一、单项选择题 ‎1. 下列说法正确的是（ ）‎ A. 电源是通过非静电力做功把电能转化为其他形式的能的装置 B. 库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e的数值 C. 英国物理学家法拉第最早引入了电场的概念，并提出用电场线表示电场 D. 牛顿设计了理想斜面实验，得出力不是物体产生运动的原因 ‎【答案】C ‎【解析】A：电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电能的装置。故A项错误。‎ B：库仑提出了库仑定律，密立根最早用实验测得元电荷e的数值。故B项错误。‎ C：英国物理学家法拉第最早引入了电场的概念，并提出用电场线表示电场。故C项正确。‎ D：伽利略设计了理想斜面实验，得出力不是物体产生运动的原因。故D项错误。‎ 点睛：要熟悉物理学史以及相应的科学思维方法。‎ ‎2. 两根完全相同的金属裸导线，如果把其中的一根均匀拉长到原来的2倍，把另一根对折后绞合起来，然后给它们分别加相同电压后，则在同一时间内通过它们的电荷量之比为（ ）‎ A. 1∶4‎ B. 1∶8‎ C. 1∶16‎ D. 16∶1‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：设原来的电阻为R，其中的一根均匀拉长到原来的2倍，横截面积变为原来的 ‎，根据电阻定律R=ρ，电阻R1=4R，另一根对折后绞合起来，长度减小为原来的一半，横截面积变为原来的2倍，根据电阻定律R=ρ，电阻R2=R，则两电阻之比为16：1．电压相等，根据欧姆定律，电流比为1：16，根据q=It知相同时间内通过的电量之比为1：16．故C正确，A、B、D错误。‎ 故选C。‎ 考点：电阻定律 ‎【名师点睛】解决本题的关键是在将导线均匀拉长或折后绞合时，导线的体积不变，判断导线的长度和横截面积的变化。根据电阻定律R=ρ判断出两根金属导线的电阻之比，根据欧姆定律得出电流之比，再根据q=It得出通过的电荷量之比。‎ ‎3. 两个分别带有电荷量−Q和+5Q的相同金属小球(均可视为点电荷),固定在相距为r的两处,它们间库仑力的大小为F,两小球相互接触后将其固定距离变为2r,则两球间库仑力的大小为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】相距为r时，根据库仑定律得：，两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分，则各自带电量变为2Q，则此时有：，故B正确，ACD错误。‎ ‎4. 如图所示，匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R的圆，电场方向与圆所在平面平行，A、O两点电势差为U，一带正电的粒子在该电场中运动，经A、B两点时速度大小均为v0，粒子重力不计，以下说法正确的是（）‎ A. 粒子在A、B间是做圆周运动 B. 粒子从A到B的运动过程中，动能先增大后减小 C. 圆周上，电势最高的点与O点的电势差为 D. 匀强电场的电场强度 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在A、B两点动能相等，则电势能也相等．因为匀强电场，所以两点的连线AB即为等势面．根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线CO．由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着CO方向，因此粒子从A到B做抛体运动，故A错误；‎ 由A选项分析可知，速度方向与电场力方向夹角先大于90°后小于90°，电场力对于运动来说先是阻力后是动力，所以动能先减小后增大．故B错误；匀强电场的电场强度Ed=U式中的d是沿着电场强度方向的距离，因而由几何关系可知，UAO=E×R，所以，故D错误；圆周上，电势最高的点与O点的电势差为，故C正确；故选C．‎ 考点：电场强度；电势差 ‎5. 如图所示电路中，L1、L2为两只完全相同、阻值恒定的灯泡，R为光敏电阻（光照越强，阻值越小）．闭合电键S后，随着光照强度逐渐增强（　　）‎ A. L1逐渐变暗，L2逐渐变亮 B. L1逐渐变亮，L2逐渐变暗 C. 电源内电路消耗的功率逐渐减小 D. 光敏电阻R和灯泡L1消耗的总功率逐渐增大 ‎【答案】A ‎【解析】AB：光照强度逐渐增强，光敏电阻阻值减小，电路的总电阻减小，电路中总电流增大，则L2逐渐变亮。由知，路端电压减小，又L2两端电压增大，则L1两端电压减小，L1逐渐变暗。故A项正确，B项错误。‎ C：电路中总电流增大，电源内电路消耗的功率增大。故C项错误。‎ D：将L2看成电源内电路的一部分，光敏电阻R和灯泡L1消耗的总功率是等效电源的输出功率，由于等效电源的内阻大于外电阻，所以当光敏电阻的阻值减小，外电阻减小，等效电源的内、外电阻差增大，等效电源输出功率减小。故D项错误。‎ 点睛：电源的内外电阻相等时，电源的输出功率最大。‎ ‎6. 如图所示，足够长的竖直绝缘管内壁粗糙程度处处相同，处在方向彼此垂直的匀强电场和匀强磁场中，电场强度和磁感应强度的大小分别为E和B，一个质量为m，电荷量为+q的小球从静止开始沿管下滑，下列关于小球所受弹力N、运动速度v、运动加速度a、运动位移x，运动时间t之间的关系图像中正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：小球向下运动的过程中，在水平方向上受向右的电场力qE和水平向左的洛伦兹力和管壁的弹力N的作用，水平方向上合力始终为零，则有：①，在竖直方向上受重力和摩擦力f作用，其中摩擦力为：②，在运动过程中加速度为：③，由式可知，N-v图象时一条直线，且N随v的增大而减小，A正确；由①②③可知，小球向下运动的过程中，速度的变化不是均匀的，所以加速度的变化也不是均匀的，B错误；由②可知，在速度增大的过程中，摩擦力是先减小后增大的（在达到最大速度之前），结合③式可知加速度先增大后减小，C图体现的是加速度先减小后增大，C错误；在速度增到最大之前，速度是一直增大，而图D体现的是速度先减小后增大，所以选项D错误．‎ 考点：考查了带电小球在复合场中的运动 ‎【名师点睛】本题关键明确小球的运动情况，先做加速度增加的加速运动，然后做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，速度最大．同时要注意在不同的图象中斜率所表示的不同含义．‎ ‎7. 如图是交流发电机的示意图，图甲到图丁分别表示线圈转动过程中的四个位置，其中甲、丙中的线圈与磁场方向垂直，乙、丁中线圈与磁场方向平行，则在线圈转动的过程中直流电流表有示数的位置是(　　)‎ ‎ ‎ A. 甲、丙 B. 乙、丁 C. 甲、乙 D. 丙、丁 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：由题意可知，根据右手定则，得：乙、丁中线圈虽与磁场方向平行，但切割速度与磁场垂直，故有感应电流出现，而甲、丙中的线圈与磁场方向垂直，但切割速度与磁场平行，因此没有感应电流，故B正确，ACD错误；故选B．‎ 考点：交流电 ‎【名师点睛】考查右手定则的应用，注意切割速度的理解，并形成结论：磁通量最大时，切割速度与磁场平行；磁通量最小时，切割速度与磁场垂直。‎ 二、多项选择题 ‎8. 如图所示，甲图中线圈A的a、b端加上如图乙所示的电压时，在0～t0时间内，线圈B中感应电流的方向及线圈B的受力方向情况是（ ）‎ A. 感应电流方向不变 B. 受力方向不变 C. 感应电流方向改变 D. 受力方向改变 ‎【答案】AD ‎【解析】A、根据题意可知，UAB＞0，则可知电流是从a流向b，由右手螺旋定则可知，线圈B的磁场水平向右，由于电压先减小，所以磁通量变小，根据楞次定律可得，线圈B的感应电流顺时针（从左向右看）．当UAB ‎＜0，则可知电流是从b流向a，由右手螺旋定则可知，线圈B的磁场水平向左，当电压增大，则磁通量变大，根据楞次定律可得，所以感应电流顺时针（从左向右看）．故电流方向不变，所以A正确，C错误；B、由上可知，感应电流方向不变，而磁场方向变化，所以根据左手定则可知，安培力方向改变，故D正确，B错误；故选AD．‎ ‎【点睛】考查右手螺旋定则、楞次定律、左手定则等应用，注意根据电势差来确定电流的方向，同时要会区别左手定则与右手定则．‎ ‎9. 如图所示，虚线a、b和c是在O点处的一个点电荷形成的静电场中的三个等势面，一带正电粒子射入该电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示。不计重力，由图可知 （ ）‎ A. O点处的电荷一定是负电荷 B. a、b、c三个等势面的电势关系是φa>φb>φc C. 粒子运动时的电势能先增大后减小 D. 粒子在每个位置具有的电势能与动能的总和不变 ‎【答案】AD ‎..................‎ 点睛：解决本题的关键根据轨迹的弯曲方向判断出电场力的方向，再一步分析电场力做功与电势能的关系，知道电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．‎ ‎10. 锌汞电池的电动势为1.2V，这表示（ ）‎ A. 电路中每经过1s电源把1.2J的化学能转变为电能 B. 电路中的电流为1A时，电池每经过1s电源把1.2J的化学能转变为电能 C. 电路中每经过1C电荷量，电源将1.2J的化学能转变为电能 D. 锌汞电池将化学能转变为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5V）的大 ‎【答案】BC ‎【解析】AB：据电源电动势的定义和，得。故A项错误，B项正确。‎ C：据电源电动势的定义，可得。故C项正确。‎ D：电动势是描述电源将其它能转化为电能本领的物理量，则锌汞电池(电动势为1.2V)将化学能转变为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5V）的小。故D项错误。‎ ‎11. 如图所示是利用静电计研究平行板电容器的电容与哪些因素有关的实验装置示意图，下面的叙述符合实际观测结果的是（ ）‎ A. a板向右平移，静电计指针偏转角度变小 B. a板向上平移，静电计指针偏转角度变小 C. a板向左平移，静电计指针偏转角度变小 D. 在ab间插入一块绝缘介质，静电计指针偏转角度变小 ‎【答案】AD ‎【解析】A项，由 知，a板向右平移，d减小，电容增大，而电容的电荷量不变，由 知，板间电压减小，静电计指针偏转角度变小，故A项正确。‎ B项，由知，a板向上平移，s减小，电容减小，而电容的电荷量不变，由知，板间电压增大，静电计指针偏转角度变大，故B项错误。‎ C项，由知，a板向左平移，d增大，电容减小，而电容的电荷量不变，由知，板间电压增大，静电计指针偏转角度变大，故C项错误。‎ D项，在ab间插入一块绝缘介质，电容增大，而电容的电荷量不变，由知，板间电压减小，静电计指针偏转角度变小，故D项正确；‎ 综上所述本题答案是：AD ‎12. 一带电小球悬挂在平行板电容器内部，闭合电键S，电容器充电后，悬线与竖直方向夹角为φ，以下说法正确的是 ( )‎ A. 保持电键S闭合，使两极板靠近一些 ，φ将增大 B. 保持电键S闭合，使两极板远离一些，φ将增大 C. 断开电键S，使两极板靠近一些，φ将不变 D. 保持电键S闭合，使滑动变阻器滑片向右移动，将有电流从左向右流过滑动变阻器 ‎【答案】AC ‎【解析】保持电键k闭合时，电容器板间电压不变，两板靠近时，板间距离d减小，由分析得知，板间场强增大，小球所受电场力增大，则增大，反之保持电键S闭合，使两极板远离一些，板间场强减小，小球所受电场力减小，则减小，，故A正确B错误．若断开电键，则两极板所带电荷量不变，根据公式 ‎，联立可得，即两极板间的电场强度与两极板的距离无关，所以电场强度不变，小球受力不变，故不变，C正确；保持电键S闭合，使滑动变阻器滑片向右移动，两极板间的电压不变，仍等于电源电压，所以电容器两极板所带电荷量不变，故不放电，没有电流通过滑动变阻器，D错误．‎ 三、实验题 ‎13. 某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．步骤如下：‎ ‎（1）用刻度尺量出圆柱体长度为L，用螺旋测微器测出其直径D如图所示，则D=_______mm．‎ ‎（2）若用多用电表的欧姆挡粗测圆柱体的电阻．机械调零、欧姆调零后，选择“×100”倍率进行测量，发现表针偏转角度很大，正确的判断和做法是_______．‎ A．被测电阻值很大 B．被测电阻值很小 C．为了把电阻值测得更准一些，应换用“×1k”挡，重新欧姆调零后再测量 D．为了把电阻值测得更准一些，应换用“×10”挡，重新欧姆调零后再测量．‎ ‎（3）现选择多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图1，则该电阻的阻值约为R=______Ω．‎ ‎（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：‎ 待测圆柱体电阻R 电流表A1（量程0～4mA，内阻约50Ω）； 电流表A2（量程0～10mA，内阻约30Ω）‎ 电压表V1（量程0～3V，内阻约10kΩ）； 电压表V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）‎ 直流电源E（电动势4V，内阻不计）；‎ 滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A）‎ 滑动变阻器R2（阻值范围0～2kΩ，允许通过的最大电流0.5A）‎ 开关S、导线若干 为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在图2框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号___________．‎ ‎（5）根据测得量求出圆柱体材料的电阻率__________。‎ ‎【答案】 (1). 5.696mm--5.698mm (2). BD (3). 220 (4). (5). ‎ ‎【解析】试题分析：螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；欧姆表在测量前指针指在无穷大处，据此分析指针偏转角大小对应被测电阻的大小；根据电路最大电流选择电流表，根据实验原理与实验器材确定滑动变阻器与电流表接法，然后作出实验电路图；‎ ‎（1）螺旋测微器的读数为 ‎（2）因为欧姆表的指针的0刻度在最右边，无穷大刻度在最左边，平常不测量时指针指在无穷大可读出，所以如果指针偏转角度大，说明接近0刻度处，即被测电阻过小，需要换用低档测量，即为了把电阻值测得更准一些，应换用“×10”挡，重新欧姆调零后再测量，故BD正确；‎ ‎（3）20~30之间的分度值为2，所以读数为 电源电动势为4V，电压表应选V1，电路最大电流约为：，电流表应选A2，为方便实验操作，滑动变阻器应选R1，待测电阻阻值大于滑动变阻器最大阻值，滑动变阻器采用分压接法，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表采用外接法，实验电路图如图所示：‎ ‎14. 某同学测量阻值约为25kΩ的电阻Rx，现备有下列器材：‎ A．电流表（量程100 μA，内阻约为200Ω）；‎ B．电流表（量程500 μA，内阻约为300Ω）；‎ C．电压表（量程15 V，内阻约为100kΩ）；‎ D．电压表（量程50 V，内阻约为500kΩ）；‎ E．直流电源（20 V，允许最大电流1 A）；‎ F．滑动变阻器（最大阻值1 kΩ）；‎ G．开关和导线若干．‎ ‎（1）电流表应选_________，电压表应选_________．（填字母代号）‎ ‎（2）请在虚线框中画出测量Rx阻值的实验电路图______．‎ ‎【答案】 (1). B (2). C (3). ‎ ‎【解析】（1）电源电压为20V，故电压表应选择C；‎ 通过电流值约为： ，而电流表A量程太小，内阻也大，所以不选A，而B合适．‎ 四、计算题 ‎15. 如图所示，两平行金属导轨间的距离，金属导轨所在的平面与水平面夹角，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场．金属导轨一端接有电动势、内阻的直流电源．现把一个质量的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻，金属导轨电阻不计,．已知，，求：‎ ‎（）通过导体棒的电流．‎ ‎（）导体棒受到的安培力大小．‎ ‎（）导体棒受到的摩擦力．‎ ‎【答案】（1）1.5A；（2）0.30N；（3）0.06N ‎【解析】试题分析：（1）根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小．（2）根据安培力的公式F=BIL求出安培力的大小．（3）导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力处于平衡，根据共点力平衡求出摩擦力的大小．‎ ‎（1）根据闭合电路欧姆定律得：‎ ‎（2）导体棒受到的安培力为：‎ ‎（3）对导体棒受力分析如图，将重力正交分解 沿导轨方向有：‎ 因，根据平衡条件可知，摩擦力沿斜面向下 解得：‎ ‎16. 如图所示，竖直固定放置的光滑绝缘杆上O点套有一个质量为m、带电量为-q的小环。在杆的左侧固定一个带电量为+Q的点电荷，杆上a、b两点与Q正好构成等边三角形。已知Oa之间距离为h1，ab之间距离为h2，静电常量为k。现使小环从图示位置的O点由静止释放，若通过a点的速率为 。试求：‎ ‎（1）小环运动到a点时对杆的压力大小及方向；‎ ‎（2）小环通过b点的速率。‎ ‎【答案】（1） ，方向水平向左（2）‎ ‎【解析】试题分析: （1）由库仑定律可得，小环运动到a点时所受库仑力为，方向由a指向Q。‎ 设r为Q到a点的距离，依题意，所以。‎ 杆对小环的支持力，方向水平向右。‎ 由牛顿第三定律可知，小环对杆的压力大小，方向水平向左。‎ ‎（2）小环从a运动到b的运动过程，根据动能定理 由于Qa=Qb，所以可得 考点：库仑定律；电势能；动能定理的应用 ‎17. 如图所示，在xOy平面内，有一个圆形区域的直径AB与x轴重合，圆心O'的坐标为（2a，0），其半径为a，该区域内无磁场． 在ｙ轴和直线x＝3a之间的其他区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴上某点射入磁场．不计粒子重力．‎ ‎（1）若粒子的初速度方向与ｙ轴正向夹角为60°，且粒子不经过圆形区域就能到达B点，求粒子的初速度大小v１；‎ ‎（2）若粒子的初速度方向与ｙ轴正向夹角为60°，在磁场中运动的时间为Δt＝，且粒子也能到达B点，求粒子的初速度大小v２；‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】(1)粒子不经过圆形区域就能到达B点，故粒子到达B点时速度竖直向下，‎ 圆心必在x轴正半轴上，设粒子做圆周运动的半径为r1，由几何关系得：r1sin30°=3a-r1，‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得： ，‎ 解得：‎ ‎(2)粒子在磁场中的运动周期为：‎ 粒子在磁场中的运动轨迹的圆心角为为：‎ 粒子到达B点的速度与x轴夹角β=30°‎ 设粒子做圆周运动的半径为r2，由几何关系得：‎ 由牛顿第二定律得:‎ 解得：‎ ‎【点睛】粒子不经过圆形区域就能到达B点，故粒子到达B点时速度竖直向下，圆心必在x轴正半轴上，由几何关系确定半径，然后根据牛顿第二定律确定粒子的初速度；若粒子的初速度方向与y轴正向夹角为60°，粒子到达B点的速度与x轴夹角β=30°，由几何知识确定半径，由牛顿第二定律求粒子的初速度大小v2.‎