甘肃省张掖市临泽县第一中学2019-2020学年高二上学期11月月考物理试题

甘肃省张掖市临泽县第一中学2019-2020学年高二上学期11月月考物理试题

临泽一中2019-2020学年上学期11月月考试卷 高二物理 一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题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。‎ ‎1.如图所示，用起电机使金属球A带上正电，靠近不带电的验电器B，则（ ）‎ A. 验电器金属箔片张开，因为验电器金属箔片带上了正电 B. 验电器金属箔片张开，因为整个验电器都带上了正电 C. 验电器金属箔片张开，因为整个验电器都带上了负电 D. 验电器金属箔片不张开，因为球A没有和B接触 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】把一个带正电的物体A，靠近一个原来不带电的验电器的金属小球，验电器的金属小球由于静电感应，会带上负电荷，金属箔会带上等量正电荷，所以验电器的金箔张开，而整个验电器不带电。‎ A．验电器金属箔片张开，因为验电器金属箔片带上了正电与分析结果相符；故A项正确。‎ B．验电器金属箔片张开，因为整个验电器都带上了正电与分析结果不相符；故B项错误.‎ C．验电器金属箔片张开，因为整个验电器都带上了负电与分析结果不相符；故C项错误.‎ D．验电器金属箔片不张开，因球A没有和B接触与分析结果不相符；故D项错误.‎ ‎2.在如图所示的电场中的P点放置一负电荷，由静止释放后，其受到的电场力越来越大的是图中的 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】负电荷受电场力水平向左，使其从静止开始向左运动，要使加速度逐渐增大，也就是所受电场力增大，电场线变密。从图中看出在水平向左的方向上，A图中电场强度增大；B图中电场强度减小；C图中电场强度不变；D图中电场强度减小。‎ A、A项与上述分析结论相符，故A正确；‎ B、B项与上述分析结论不相符，故B错误；‎ C、C项与上述分析结论不相符，故C错误；‎ D、D项与上述分析结论不相符，故D错误。‎ ‎3.如图所示是等腰直角三棱锥，其中侧斜面abcd为边长为L的正方形，abef和ade均为竖直面，dcfe为水平面。将次等腰直角三棱锥安图示方式放置于竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，下面说法中正确的是 A. 通过abcd面的磁通量大小为BL²‎ B. 通过dcfe面的磁通量大小为BL²‎ C. 通过ade的磁通量为零 D. 通过abfe面的磁通量大小为BL²‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、通过abcd平面的磁通量大小为，A错误；‎ B、dcfe平面是abcd平面在垂直磁场方向上的投影，所以磁通量大小为，B错误；‎ C、ade平面和abfe面都有磁场平行，没有磁感线穿过这两个平面，所以磁通量为零，C正确，D错误。‎ 点睛：本题考查磁通量的公式为，注意夹角是B与S的夹角。‎ ‎4.等量异种电荷的电场线如图所示，下列表述正确的是（ ）‎ A. a点的电势低于 b点的电势 B. a点的场强大于b点的场强，方向相同 C. 将一负电荷从a点移到b点电场力做负功 D. 负电荷在a点的电势能大于在b点的电势能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 沿电场线方向电势降低；电场线的疏密程度表示电场强度大小，电场线的切线方向表示电场强度方向，负电荷在低电势处电势能大，在高电势处电势能小，据此分析．‎ ‎【详解】沿电场线方向电势降低，故a点电势高于b点电势，A错误；电场线的疏密程度表示电场强度大小，电场线越密，电场强度越大，故a点的场强大于b点的场强，电场线的切线方向为场强方向，故ab两点的电场强度方向不同，B错误；负电荷在低电势处电势能大，所以从a点（高电势）移动到b点（低电势），电势能增大，电场力做负功，C正确D错误．‎ ‎5.如图所示，在光滑绝缘的水平桌面上有三根相互平行且等长的直导线1、2、3，导线1、3固定，导线2可以自由移动，桌面内的虚线OO′到导线1、3的距离相等。若三根导线中通入图示方向大小相等的恒定电流，导线2从图示位置由静止释放，下列说法正确的是 A. 导线2可能碰到导线3‎ B. 导线2有可能离开桌面 C. 导线2对桌面的压力不断变化 D. 导线2通过OO′时加速度最小，速度最大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】B.根据安培定则和磁场的叠加可以判断，通电直导线1、3在左侧（导线1与之间）的合磁场方向竖直向下，在右侧（导线3与之间）的合磁场方向竖直向上，在处的合磁感应强度为零，根据左手定则判断，导线2在两侧受到的安培力方向始终沿水平面垂直指向，导线2不可能离开桌面，故B错误； ‎ C.导线2在竖直方向受重力和支持力，保持不变，所以导线2对桌面的压力不变，故C错误；‎ A.根据导线2运动的对称性可知导线2不可能碰到导线3，故A错误； ‎ D.导线2通过时合力为零，加速度最小，速度最大，故D正确。‎ ‎6.移动电源是能直接给移动设备充电的储能装置，如图为某款移动电源，其转化率（是指电源放电总量与电源容量的比值）为70%．其他参数见下表，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 该移动电源最多能储存能量为5.4×106J B. 移动电源充电时将电能全部转化为化学能 C. 正常情况下该移动电源电量从零到完全充满电的时间约为10h D. 该移动电源给电量为零、容量为5000mAh的手机充电，则理论上能充满4次 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、该充电宝的容量为：q＝30000mAh＝30000×10﹣3×3600＝1.08×‎105C。该电池的电动势为5V，所以充电宝储存的能量：E＝E电动势•q＝5×1.08×105＝5.4×105J；故A错误；‎ B、充电宝充电时将电能转化为化学能，同时也产生一部分内能内能；故B错误；‎ C、以‎2.1A的电流为用电器供电则供电时间；故C错误；‎ D、由于充电宝的转化率是0.7，所以可以释放的电能为：30000mA•h×0.7＝21000mAh ‎，给容量为5000mAh的手机充电的次数：n＝次，可知理论上能充满4次；故D正确；‎ ‎7.如图所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量为m，带电荷量为q，小球可在棒上滑动。现将此棒竖直放入沿水平方向且互相垂直的匀强磁场和匀强电场中，设小球电荷量不变，在小球由静止下滑的过程中（ ）‎ A. 小球加速度一直增大 B. 小球速度一直增大，直到最后匀速 C. 小球速度先增大，再减小，直到停止运动 D. 杆对小球的弹力一直减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】小球下落时受力分析如图所示 开始下落时，电场力大于洛仑兹力，弹力向左，在下落过程中，随着速度的增加，洛仑兹力增大，弹力减少，从而导致摩擦力减少，下落的加速度增大，总有一时刻，洛仑兹力等于电场力，此时弹力为零，摩擦力为零，加速度大到最大值为g，再下落时，洛仑兹力大于电场力，弹力向右，随速度的增加，洛仑兹力增大，弹力也会增大，从而摩擦力增大，加速度减少，A、D错误；当摩擦力增大到与小球的重力相等时，小球开始匀速下落，且一直匀速运动下去，B正确，C错误。‎ ‎【点睛】在各个力中，只有洛仑兹力的大小与方向与速度大小和方向有关，因此在对物体进行受力分析时，一定要注意速度的变化导致洛仑兹力的变化。滑动摩擦力的前提条件是压力，随压力的改变，摩擦力改变，此题注意，受力分析时，水平方向与竖直方向的联系。‎ ‎8.导线中带电粒子的定向运动形成了电流带电粒子定向运动时所受洛伦兹力的矢量和，在宏观上表现为导线所受的安培力如图所示，设导线ab中每个带正电粒子定向运动的速度都是，单位体积的粒子数为n，粒子的电荷量为q，导线的横截面积为S，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是 (    ) ‎ A. 题中导线受到的安培力的方向可用安培定则判断 B. 由题目已知条件可以算得通过导线的电流为 C. 每个粒子所受的洛伦兹力为，通电导线所受的安培力为 D. 改变适当的条件，有可能使图中带电粒子受到的洛伦兹力方向反向而导线受到的安培力方向保持不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】安培力的方向是由左手定则来确定的，安培定则是判断磁场方向的，故A错误；由已知及电流的微观式可得导线中的电流为：，故B正确；每个粒子所受洛仑兹力为，通电导线所受的安培力要求得还要知道通电导线的长度，故没有：，故C错误；由安培力与洛仑兹力的关系可知，安培力的方向不可能在洛仑兹力的方向反向的情况下而保持不变，故D错误。故选B。‎ ‎【点睛】本题考查了电流的概念、安培力与洛仑兹力的关系，知道电流的微观表达式、安培力与洛仑兹力的关系及方向的判断方法是关键，基础题。‎ ‎9.如图所示，Q为一带正电的点电荷，P为原来不带电的枕形金属导体，a、b为导体内的两点。当导体P处于静电平衡状态时（ ）‎ A. a、b两点的场强大小、的关系为 B. 感应电荷在a、b两点产生的场强大小和的关系是 C. a、b两点的电势大小、的关系 D. 若用手摸一下导体P，导体P左端的感应电荷的电荷量变大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.处于静电平衡的导体，内部场强处处为零，故a、b两点的场强大小的关系为，故A错误；‎ B.处于静电平衡的导体，内部场强处处为零，所以感应电荷在a、b两点产生的场强大小和的关系与点电荷Q在这两点产生的电场强度大小相等，方向相反，根据 可知点电荷Q在这两点产生的电场强度大小关系为，方向向右；所以感应电荷在a、b两点产生的场强大小和的关系是，且方向向左。 故B正确；‎ C.处于静电平衡的导体，导体P是等势体，所以，故C错误。‎ D.用手摸导体P之后，导体右端无感应正电荷，根据导体内部场强为零可知，外电场在同一个位置场强不变，故左端电量增加，故D正确。‎ ‎10.如图所示为“研究影响平行板电容器电容的因素”的实验装置，以下说法正确的是（ ）‎ A. A板与静电计的指针的电势相等 B. 甲图中将B板上移，静电计的指针偏角增大 C. 乙图中将B板左移，静电计的指针偏角不变 D. 丙图中将电介质插入两板之间，静电计的指针偏角减小 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.A板与静电计相连，静电平衡后电势相等，故A正确；‎ B.甲图中将B板向上平移，两极板正对面积减小，根据电容的决定式得知，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析得到，板间电势差U增大，则静电计指针张角增大。故B正确；‎ C.乙图中将B板左移，板间距离增大，根据电容的决定式得知，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析得到，板间电势差U增大，则静电计指针张角增大，故C错误；‎ D. 丙图中将电介质插入两板之间，根据电容的决定式得知，电容C增大，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析得到，板间电势差U减小，则静电计指针张角减小，故D正确。‎ ‎11.如图所示电路中，L1、L2为两只相同的灯泡，R为光敏电阻（随光照的增强电阻减小），当光照强度逐渐增强的过程中，下列判断正确的是（　　）‎ A. L1、L2两灯均逐渐变暗 B. L1灯逐渐变暗，L2灯逐渐变亮 C. 电源内电路消耗功率逐渐增大 D. 光敏电阻R和灯泡L1消耗的总功率逐渐增大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】当光照增强时，光敏电阻的阻值减小，电路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，则L2灯逐渐变亮。由U=E-Ir可知，路端电压减小，L2灯的电压增大，则R1两端的电压减小，故L1灯逐渐变暗，故A错误，B正确；总电流增大，由P=I2r知电源内电路消耗功率逐渐增大，故C正确。将L1灯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，外电阻减小时，等效电源的内外电阻相差加大，输出功率减小，则光敏电阻R和灯泡L1消耗的总功率逐渐减小。故D错误。故选BC。‎ ‎【点睛】本题为闭合电路欧姆定律的动态分析问题，要注意明确此类问题的解题思路一般为：局部-整体-局部.‎ ‎12.如图所示，半径为R的1/4圆形区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场的左边垂直x轴放置一线型粒子发射装置，能在0≤y≤R的区间内各处沿x轴正方向同时发射出速度相同、带正电的同种粒子，粒子质量为m，电荷量为q，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，若某时刻粒子被装置发射出后，经过磁场偏转击中y轴上的同一位置，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 粒子都击中在O点处 B. 粒子的初速度为 C. 粒子在磁场中运动的最长时间为 D. 粒子到达y轴上的最大时间差为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意，某时刻发出的粒子都击中的点是y轴上同一点，由最高点射出的只能击中(0，R)，则击中的同一点就是(0，R)，A错误；从最低点射出的也击中(0，R)，那么粒子做匀速圆周运动的半径为R，由洛伦兹力提供向心力得，则速度，B错误；偏转角最大的时间最长，显然从最低点射出的粒子偏转90°，时间最长，时间，C错误；从最高点直接射向(0，R)的粒子时间最短，则最长与最短的时间差为，D正确．‎ ‎【点睛】看起来情况比较复杂，但涉及的问题却是常规问题，本题的关键点是粒子源发出的粒子是速度大小和方向均相同，则其做匀速圆周运动的半径相同，在从最低点的特殊情况就能知道相同的半径就是圆弧的半径，再结合周期公式能求出最长和最短时间．‎ 二、实验题：本题共2小题，共15分。‎ ‎13.在DIS描绘电场等势线的实验中。‎ ‎(1)电源通过正负电极A、B在导电物质上产生的稳定电流分布模拟了由二个______产生的______。‎ ‎(2)在安装实验装置时，正确的做法是______‎ A.一块平整木板上依次铺放复写纸、白纸、导电纸 B.导电纸有导电物质的一面应该向上 C.连接电源正负极电极A、B必须与导电物质保持绝缘 D.连接电极A、B的电源电压为交流4−6V.‎ ‎(3)在“用DIS描绘电场的等势线”实验中，按图所示连接电路．在电极A、B的连线上等距离地取a、b、c、d、e等5个基准点．将电压传感器的两个接线柱分别和两个探针相连接．当正接线柱的电势高于负接线柱时，读数为正．‎ ‎①若在图中连接电压传感器正接线柱的探针接触a点，连接负接线柱的探针接触b点时，读数为负，则可以判断电极A接在电源的______极上（选填“正”或“负”）．‎ ‎②若连接电压传感器的正负两个接线柱的探针分别接触a点和b点时示数为U1；分别接触b点和c点时示数为U2，则有|U1|______|U2|（选填“＞”、“＜”或“=”）．‎ ‎【答案】 (1). 等量异种点电荷, (2). 静电场 (3). B (4). 负 (5). ＞‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中“描绘电场等势线”可知，本题考查点电荷电场排布、电势、等势线等，根据点电荷电场线分布、电势大小变化和等势线知识可分析本题。‎ ‎【详解】[1][2]‎ 本实验原理是用恒定电流场模拟静电场，与电源正极相连的电极模拟正电荷，与电源负极相连的电极模拟负电荷，电源通过正负电极AB在导电物质上产生的稳定电流分布模拟等量异种点电荷产生的静电场；‎ ‎[3]A.在一块平整木板上依次铺放白纸、复写纸和导电纸，故A错误；‎ B.整个操作在导电纸上进行，导电纸有导电物质的一面应该向上，所以B正确；‎ C.链接电源的正负极的电极A、B必须与导电纸保持良好接触，否则不能形成电流，故C错误；‎ D.连接电极A、B的电源电压为直流，故D错误。‎ ‎[4]根据题意，当正接线柱的电势高于负接线柱时，电压传感器的读数为正，则当电压传感器读数为负时，可以知道a点的电势低于b的电势，则知A接在电源负极；‎ ‎[5]根据等量异种电荷电场线的分布情况可知，a、b间场强大于b、c间场强，根据可知，|U1|>|U2|。‎ ‎14.图（a）为某同学测量一节干电池的电动势和内电阻的电路图。‎ ‎（1）虚线框内是用毫安表改装成电流表的电路。已知毫安表表头的内阻为10 Ω，满偏电流为100 mA，电阻R1=2.5 Ω，由此可知，改装后电流表的量程为_______A。‎ ‎（2）实验步骤如下，请完成相应的填空：‎ ‎①将滑动变阻器R的滑片移到______端（选填“A”或“B”），闭合开关S；‎ ‎②多次调节滑动变阻器的滑片，记下电压表的示数U和毫安表的示数I；某次测量时毫安表的示数如图（b）所示，其读数为_________mA。‎ ‎③以U为纵坐标，I为横坐标，作U–I图线，如图（c）所示；‎ ‎④根据图线求得电源的电动势E=_________V，内阻r=_______Ω ‎。（结果均保留到小数点后两位）‎ ‎【答案】 (1). 0.5 (2). B (3). 68 (4). 1.48 (5). 0.45‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]根据欧姆定律得，改装后电流表的量程 A ‎（2）[2]①为保护电路，实验中应让电阻由最大值开始调节，所以开始时滑片应滑到B端；‎ ‎②[3]电流表量程为100mA，由图示表盘可知，其读数为68mA；‎ ‎④[4] 根据改装原理可知，实际电流为电流表读数的5倍，由闭合电路欧姆定律可知：‎ 由图可知，电源的电动势：E=1.48V 解得：r=2.45-2=0.45Ω。‎ 三、计算题：本题共3小题，共37分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。‎ ‎15.如图所示，竖直平行正对放置的带电金属板A、B，两板间的电势差UAB=1000V，B板中心的小孔正好位于平面直角坐标系xOy的O点；y轴沿竖直方向；在x>0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，一质量为m＝1×10‎-13 kg，电荷量q＝1×10－‎8 C带正电粒子P从A板中心O′处静止释放，其运动轨迹恰好经过M(m,‎1 m)点；粒子P的重力不计，试求：‎ ‎（1）粒子到达O点的速度 ‎（2）匀强电场的电场强度；‎ ‎（3）粒子P到达M点的动能 ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】‎ 详解】（1）加速过程 ‎ 得 ‎（2）类平抛运动 得 ‎（3）动能定理 得 ‎ ‎16.在竖直向下的匀强电场中有一带负电的小球，已知小球的质量为m，带电荷量为大小q，自绝缘斜面的A点由静止开始滑下，接着通过绝缘的离心轨道的最高点B．圆弧轨道半径为R，匀强电场场强为E，且mg＞Eq，运动中摩擦阻力及空气阻力不计，求：‎ ‎（1）A点距地面的高度h至少应为多少？‎ ‎（2）当h取最小值时，小球对最低点C的压力为多少？‎ ‎【答案】（1）2.5R；（2）6（mg-Eq）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 根据重力与电场力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律与动能定理，即可求解；‎ ‎(2) 根据受力分析，由牛顿第二定律与动能定理，即可求解。‎ ‎【详解】(1)由分析知，小球要经过B点至少需满足条件重力与电场力的合力提供向心力，‎ 即 ‎ 又从A到B过程由动能定理得：‎ ‎ ‎ 由以上两式解得：h=2.5R；‎ ‎(2) 在C点，对小球受力分析得：‎ ‎ ‎ 从A到C过程由动能定理得：‎ ‎ ‎ 由以上两式解得： ‎ 由牛顿第三定律知，小球对C点压力与轨道在C点给小球的支持力是一对相互作用力，所以小球对C点的压力为6（mg-Eq）‎ ‎【点睛】考查牛顿第二定律与动能定理的应用，掌握受力分析的方法，理解提供向心力的来源，注意电场力做负功。‎ ‎17.如图的电路中，电池组的电动势ɛ=30V，电阻，两个水平放置的带电金属板间的距离d=‎1.5cm。在金属板间的匀强电场中，有一质量为g带电量C的油滴，当把可变电阻器的阻值调到35Ω接入电路时，带电油滴恰好静止悬浮在电场中，此时安培表示数I=‎1.5A，试求：‎ ‎ ‎ ‎(1)两金属板间的电场强度；‎ ‎(2)B点的电势；‎ ‎(3)电阻通电10s钟产生的热量；‎ ‎(4)要使电池组的输出功率为62.5W，应把的阻值调到多大?‎ ‎【答案】（1）1400N/C（2）27V（3）243J（4）5Ω ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由油滴受力平衡有：‎ 得到：‎ 代入数据计算得出：E=1400N/C ‎(2)电容器的电压：‎ 流过的电流：‎ B点与零电势点间的电势差：‎ 因为B点的电势大于零，则电路中节点B的电势.‎ ‎(3)流过的电流：‎ 电阻在10s内产生热量：‎ ‎(4)根据闭合电路欧姆定律得电源的内阻：‎ 由：‎ 计算得出 又由：‎ 代入计算得出R=10Ω 又因为根据串并联电阻与总电阻的关系：‎ 代入计算得出 答：(1)两金属板间的电场强度E=1400N/C；‎ ‎(2)B点的电势；‎ ‎(3)电阻通电10s钟产生的热量Q=243J；‎ ‎(4)要使电池组的输出功率为62.5W，应把的阻值调到5Ω.‎ ‎ ‎