河北省邯郸市大名县第一中学2020-2021高二物理（实验班）10月月考试题（Word版带答案） 26页

大名一中北大班10月月考试题 高二物理 考试时间：100分钟；‎ 一、单选题（共10个小题，每小题3分，共30分）‎ ‎1．用控制变量法可以研究影响平行板电容器电容的因素。设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为。实验中，极板所带电荷量不变，则（　　）‎ A．保持S不变，增大d，则变大 B．保持S不变，增大d，则变小 C．保持d不变，增大S，则变大 D．保持d不变，增大S，则不变 ‎2．如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别位于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置．如果将小球B向左推动少许，待两球重新达到平衡时，跟原来相比（　　）‎ A．两小球间距离将增大，推力F将减小 B．两小球间距离将增大，推力F将增大 C．两小球间距离将减小，推力F将增大 D．两小球间距离将减小，推力F将减小 ‎3．如图所示，实线是电场中一簇方向未知的电场线，虚线是一个带正电粒子从a点运动到b点的轨迹，若带电粒子只受电场力作用，粒子从a点运动到b点的过程中（ ）‎ A．粒子的电势能逐渐减小 B．粒子的电势能逐渐增加 C．粒子运动的加速度逐渐增大 D．粒子运动的速度逐渐增大 ‎4．如图所示为某静电场中x轴上各点电势分布图，一个带电粒子在坐标原点O由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴正向运动，下列说法正确的是(　　)‎ A．粒子一定带正电 B．粒子运动到坐标轴上x2处速度最小 C．粒子从坐标轴上x1处运动到x3处，电场力做的功为零 D．粒子从坐标轴上x1处运动到x3处，加速度先增大后减小 ‎5．下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘，下列关于坐标原点O处电场强度正确的是（　　）‎ A．图A与图C场强相同 B．图B与图D场强相同 C．‎ D．‎ ‎6．将一带电量为的粒子从电场中B点由静止释放，若整个过程只受电场力的作用，沿电场线运动到A点，它运动的图象如图甲所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是下图中的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．如图所示，电荷量，质量为m的滑块，沿固定绝缘斜面匀速下滑，现加一竖直向上的匀强电场，电场强度为E，以下判断中正确的是（ ）‎ A．物体将沿斜面减速下滑 ‎ B．物体将沿斜面加速下滑 C．物体仍保持匀速下滑 ‎ D．物体可能静止 ‎8．将两根长为L，横截面积为S，电阻率为的保险丝串起来作为一根使用，则它的电阻和电阻率分别为（ ）‎ A．、 B．、‎ C．、 D．、‎ ‎9．电源电动势，小灯泡L上标有“，”‎ 的字样，开关S接1，当变阻器调到时，小灯泡L正常发光；现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作。则（　　）‎ A．电源内阻为 B．电动机的内阻为 C．电动机正常工作的电压为 D．电源效率约为90%‎ ‎10．如图所示，已知R1=R2=R3=1Ω，当开关S闭合后，电压表的读数为1V；当开关S断开后，电压表的读数为0.8V，则电池的电动势等于（　　）‎ A．1V ‎ B．1.2V ‎ C．2V ‎ D．4V 二、多选题（共4个小题，每小题3分，共12分）‎ ‎11．如图所示，电阻R和电动机M串联接到电路中，已知电阻R跟电动机线圈的电阻值相等，开关接通后，电动机正常工作。设电阻R和电动机M两端的电压分别为U1和U2，经过时间t，电流通过电阻R做功为W1，产生热量为Q1，电流通过电动机做功为W2，产生热量为Q2。则有（　　）‎ A．，Q1=Q2 B．U1=U2，Q1=Q2‎ C．， D．，‎ ‎12．如图所示，R1为定值电阻，R2为可变电阻，E为电源电动势，r为电源的内电阻，以下说法中错误的是（　　）‎ A．当R2=R1+r时R2上获得最大功率 B．当R1=R2+r时，R1上获得最大功率 C．当R2=0时，R1上获得功率一定最大 D．当R2=0时，电源的输出功率一定最大 ‎13．如图，带电粒子由静止开始，经电压为的加速电场加速后，沿垂直电场方向进入电压为的平行板电容器，经偏转落在下板的中间位置。为使同样的带电粒子，从同样的初始位置由静止加速、偏转后能穿出平行板电容器，下列措施可行的是（　　）‎ A．保持和平行板间距不变，增大 B．保持和平行板间距不变，减小 C．保持、和下板位置不变，向下平移上板 D．保持、和下板位置不变，向上平移上板 ‎14．如图，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，选地面的电势为零，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，下列说法正确的是（　　）‎ A．小球带负电，且它的电势能增大 B．电流表读数减小 C．电源的效率变高 D．若电压表的示数变化量，通过R1的电流变化量，有 第II卷 （非选择题）‎ 三、实验题（共2个小题，共12分）‎ ‎15．（5分）用如图甲所示的电路測量一节蓄电池的电动势和内电阻。蓄电池的电动势约为2V，内电阻很小。除蓄电池、开关、导线外可供使用的实验器材还有：‎ A．电压表V（量程3V）‎ B．电流表A1（量程0.6A）‎ C．电流表A2（量程3A）‎ D．定值电阻R0（阻值4Ω，额定功率4W）‎ E.滑动变阻器R（阻值范围0~20Ω，额定电流1A）‎ ‎(1)电流表应选______；（填器材前的字母符号）‎ ‎(2)根据实验数据作出U—I图像（如图乙所示），则蓄电池的电动势E=______V，‎ 内阻r=______Ω。‎ ‎(3)用图甲电路来测定干电池的电动势和内阻，则E测______E真，r测______r真（填“＞”、“=”或“＜”）‎ ‎16．（7分）有一根细而均匀的圆柱体导体棒样品（如图甲所示），电阻约为100Ω，为了测量其电阻率ρ，可先测其电阻Rx，现提供以下实验器材：‎ A．10分度的游标卡尺 B．螺旋测微器 C．电流表A1（量程50mA，内阻r1为100Ω）‎ D．电流表A2（量程100mA，内阻r2约为40Ω）‎ E.电流表A3（量程1A，内阻r3约为0.1Ω）‎ F.滑动变阻器R1（20Ω，额定电流1A）‎ G.滑动变阻器R2（0~2kΩ，额定电流0.1A）‎ H.直流电源E（12V，内阻不计）‎ I.圆柱体导体棒样品Rx（电阻Rx约为100Ω）‎ J.开关一只，导线若干 ‎(1)用游标卡尺测得该样品的长度如图乙所示，其示数L=_____cm；用螺旋测微器测得该样品的直径如图丙所示，其示数D=_____mm。‎ ‎(2)为了尽可能精确地测量原件电阻Rx，电路原理图如下所示，图中甲电流表应选_____；乙电流表应选_____。（用器材前的序号表示）‎ ‎(3)闭合开关，测量出需要测量的物理量。需要测量的物理量是___ __和 。‎ ‎(4)根据(1)(3)步测量的数据字母，表示出电阻率ρ=_____。‎ 四、解答题（共4个小题，共46分）‎ ‎17．（12分）如图所示，在场强E=104N/C的水平匀强电场中，有一根长l=10cm的细线，一端固定在O点，另一端系一个质量m=2g、电荷量q=2×10－6C的带正电小球，当细线处于水平位置时，小球从静止开始释放，g取10m/s2.求：‎ ‎（1）若取A点电势为零，小球在B点的电势能、电势分别为多大；‎ ‎（2）小球到B点时速度为多大？绳子张力为多大；‎ ‎（3）求小球在下落过程中的最大动能。‎ ‎18．（12分）如图所示，在方向水平向右、场强大小E＝6000N/C的匀强电场中有一个光滑的绝缘平面。一根绝缘细绳两端分别系有带电滑块甲和乙，甲的质量m1＝2×10－4kg，带电荷量q1＝2×10－9C；乙的质量m2＝1×10－4kg，带电荷量q2＝－1×10－9C。开始时细绳处于拉直状态，两滑块放在平面上。现由静止释放两滑块，t＝3s时细绳突然断裂，不计滑块间的库仑力。求：‎ ‎(1)细绳断裂前两滑块的加速度；‎ ‎(2)在整个运动过程中乙的电势能增量的最大值。‎ ‎19．（10分）如图所示电路中，，，开关S闭合时电压表示数为11.4V，电流表示数为0.2A，开关S断开时电流表示数为0.3A，求：‎ ‎(1)电阻的值；‎ ‎(2)电源电动势和内电阻。‎ ‎20．（12分）如图所示，热电子由K发射后，初速度可以忽略不计，经加速电压为U1的加速电场加速后，垂直于电场方向飞入偏转电压为U2的偏转电场，最后打在荧光屏（图中未画出）上．已知两偏转极板间距为d，板长为L．电子质量为m，电荷量为e，不计电子重力．求：‎ ‎（1）电子进入偏转电场时的速度大小；‎ ‎（2）电子在偏转电场中所用的时间和离开时的偏移量y；‎ ‎（3）电子在偏转电场中所受电场力做的功。‎ 参考答案 ‎1．A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】‎ AB．根据电容的决定式 得知电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式 分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大；故A正确，B错误；‎ CD．根据电容的决定式 得知电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，增大S时，电容增大，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式 分析可知板间电势差减小，静电计指针的偏角θ变小，故CD错误。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】‎ 本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是掌握电容的两个公式：电容的决定式和。‎ ‎2．A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】‎ 以A球为研究对象，分析受力，作出力图如图1所示：设B对A的库仑力F与墙壁的夹角为θ，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为：，将小球B向左推动少许时θ减小，则N1减小；库仑力：，θ减小，cosθ增大，减小，根据库仑定律分析得知两球之间的距离增大；再以AB整体为研究对象，分析受力如图2所示，由平衡条件得：，则推力F减小，故A正确，B、C、D错误；‎ 故选A．‎ ‎【点睛】‎ 运用隔离法和整体法结合分析动态平衡问题，关键是确定研究对象（往往以受力较少的物体为研究 对象），分析受力情况．‎ ‎3．B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据运动轨迹弯曲方向判定电场力方向，然后根据电性判断电场线方向，从而判断电势高低，根据电场力做功判断电势能的变化，根据牛顿第二定律求解加速度；‎ ‎【详解】‎ A、由粒子的运动轨迹可知，带电粒子所受的电场力向左，从a点运动到b点电场力做负功，电势能增大，故A错误，B正确；‎ C.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，则a点电场力大于b点电场力，a点加速度大，故C错误；‎ D.从a点运动到b点电场力做负功，根据动能定理可知动能减小，则速度减小，故D错误．‎ ‎【点睛】‎ 解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力，利用电场中有关规律求解．‎ ‎4．C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】‎ A．带电粒子在坐标原点O由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴正向运动，电场力做正功，导致其电势能减小，由于从x1运动到x2处，电势升高，因此粒子带负电，故A错误；‎ B．由题图可知，从开始运动到x2，电场力做正功，往后电场力做负功，故到x2处时速度最大，故B错误；‎ C．由题图可知，粒子在坐标轴上x1与x3处电势相等，则电势能相等，故粒子从坐标轴上x1处运动到x3处，电场力做功为零，故C正确；‎ D．由图像的斜率大小等于电场强度可知，粒子从坐标轴上x1处运动到x3处的斜率先减小后增大，故电场强度先减小后增大，电场力先减小后增大，故加速度也先减小后增大，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎5．D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】‎ 设圆环在O点产生的场强大小为E，A图中坐标原点O处电场强度是圆环产生的，原点O处电场强度大小为E；B图中坐标原点O处电场强度是第一象限带正电圆环和第二象限带负电圆环叠加产生，坐标原点O处电场强度大小等于，C图中第一象限带正电圆环和第三象限带正电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度是带电圆环产生的，原点O处电场强度大小为E；D图中第一象限带正电圆环和第三象限带正电圆环产生电场相互抵消，第二象限带负电圆环和第四象限带负电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度为0，则有 A．图A与图C坐标原点O处电场强度大小相等，方向相反，故A错误；‎ B．图B与图D坐标原点O处电场强度大小相等不相等，故B错误；‎ C．由上述分析可知 故C错误；‎ D．B图坐标原点O处电场强度大小等于，C图原点O处电场强度大小为E；则 故D正确。‎ 故选D。‎ ‎6．B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】‎ 带电量为的粒子从电场中B点由静止释放，若整个过程只受电场力的作用，沿电场线运动到A点，带正电的粒子运动的方向即为电场和电场力的方向，电场方向为； 图象斜率表示加速度，根据图象可知，带点粒子从B点运动到A点过程中加速度变大，电场力增大，电场增强，故ACD错误，B正确。‎ 故选B。‎ ‎7．C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】‎ 若滑块匀速下滑时，则有 mgsinθ=μmgcosθ 当加上竖直向上的电场后，在沿斜面方向，‎ ‎(mg-F)sinθ=μ(mg-F)cosθ 受力仍保持平衡，则滑块仍匀速下滑．故选C正确．‎ ‎【点睛】‎ 判断物体运动的状态，关键是分析受力情况，确定合力是否为零或合力与速度方向的关系．若滑块匀速下滑，受力平衡，沿斜面方向列出力平衡方程．加上竖直方向的匀强电场后，竖直方向加上电场力，再分析物体受力能否平衡，判断物体能否匀速运动．‎ ‎8．A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】‎ 因为两根保险丝的材料相同，所以串起来后电阻率不变，串联后相当于两电阻之和，即，故A正确 ‎【点睛】‎ 解决本题的关键掌握电阻定律的公式，以及知道电阻率的大小由材料决定，与长度和横截面积无关 ‎9．A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】‎ A．小灯泡的额定电流为 电阻 当接1时，由闭合电路欧姆定律可知 代入数据解得 故A正确；‎ BC．当接2时灯泡正常发光，流过的电流为0.2A，电源内阻分的电压为 故电动机分的电压为 电动机的内阻为 故BC错误；‎ D．电源的效率为 故D错误。‎ 故选A。‎ ‎10．C ‎【解析】‎ 当开关S闭合时，电阻R3与R2并联后与R1串联，外电路总电阻为：‎ ‎，电路中干路电流为：，根据闭合电路欧姆定律得：．当K断开时，R1与R3串联，电路中干路电流为：，根据闭合电路欧姆定律得：．联立解得：、．故C项正确，ABD三项错误．‎ 点睛：对于闭合电路，根据两种情况由闭合电路欧姆定律列出方程组，是求解电源电动势和内电阻常用的方法和思路，要加强这方面的训练，做到熟练掌握．‎ ‎11．AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】‎ 设开关接通后，电路中电流为I。对于电阻R，由欧姆定律得 U1=IR 对于电动机 U2＞IR 则有 U1＜U2‎ 电功 W1=U1I W2=U2I 则有 W1＜W2‎ 根据焦耳定律得 Q1=I2Rt Q2=I2Rt 则有 Q1=Q2‎ 故AC正确，BD错误 故选AC。‎ ‎12．BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】‎ A．将视为电源内阻，则当R2=R1+r时R2上获得最大功率，故A正确；‎ BC．由于为定值电阻，故当电流越大，其功率越大，因此当时，其功率最大故B错误，C正确；‎ D．由于、r的大小关系未知，当时，当时，电源输出功率最大，当时，当时，电源的输出功率最大，故D错误；‎ 故选BD。‎ ‎13．ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】‎ A．保持U2和平行板间距不变，平行板电容器中匀强电场的大小不变，增大U1，则粒子初速度增大，更容易穿出平行板电容器，故A正确；‎ B．保持U1和平行板间距不变，则粒子初速度不变，减小U2，平行板电容器中匀强电场减小，粒子偏转减缓，更容易穿出平行板电容器，故B正确；‎ CD．保持U1、U2和下板位置不变，要想粒子穿出，必须减小板间电场，因此需要增大板间距，故C错误，D正确。‎ 故选ABD。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查带电粒子在电场中加速和偏转的题目，关键是明确进入偏转电场的初速度是加速电场的末速度，加速电场一般优先考虑动能定理，偏转电场中做类平抛，根据类平抛运动的规律分析。‎ ‎14．AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】‎ A．由图可知，平行金属板上极板带正电，则电场强度方向向下，由平衡可知，电场力方向向上，则小球带负电，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，由“串反并同”可知，平行金属板两端电压减小，电场强度减小，小球所受电场力减小，小球向下运动，电场力做负功，电势能增大，故A正确；‎ B．滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，由“串反并同”可知，电流表示数增大，故B错误；‎ C．滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，根据 可知，外电阻变小，电源的效率变低，故C错误；‎ D．将电阻R1和电源看成新电源，则电压表测的是新电源的路端电压，则 故D正确。‎ 故选AD。‎ ‎15．B 2.10 0.2 ＜ ＜ ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1)[1]由于该实验中允许通过电池的电流的最大值比较小，所以电流表量程选择0.6A；‎ ‎(2)[2][3]图像与纵坐标的交点为电源电动势 E=2.10V 图线的斜率表示电源内阻r与R0之和 ‎(3)[4][5]由图甲所示可知，相对于电源来说，实验采用电流表外接法，当外电路短路时，电流的测量值等于真实值，除此之外，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，电源的U-I图像如图所示， 由图像可知，电源电动势的测量值小于真实值，电源内阻的测量值小于真实值。‎ ‎16．5.00 1.600 C D 电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1)[1]由图示螺旋测微器可知，其示数：‎ L=50mm+0×0.1mm=50.0mm=5.00cm ‎[2]由图示螺旋测微器可知，其示数 D=1.5mm+10.0×0.01mm=1.600mm ‎(2)[3][4]实验没有电压表，可以用已知内阻的电流表A1与待测电阻并联测电压，电流表甲选择C；乙电流表应选D；‎ ‎(3)[5]待测电阻阻值 实验需要测量：电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2。‎ ‎(4)[6]由电阻定律可知 电阻率 ‎； (前面两个式子都 可以给分)‎ ‎17．（1）；；（2）0；；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）小球到达最低点B的过程中，电势能的变化量为 ΔEp电=Eql=2.0×10－3J 因，则 所以 EpB=ΔEp电=2.0×10－3J 根据 Ep=qφB 解得 ‎=V=1.0×103V ‎（2）A→B由动能定理得 解得vB=0‎ 在B点对小球，根据牛顿第二定律有 解得FT=2.0×10－2N ‎（3）当沿切向合力为零时，小球的速度最大，即动能最大，设此时绳与竖直方向夹角为，根据平 衡得 解得 由A到此位置，由动能定理得 代入数据得 ‎18．(1)0.02m/s2；(2)7.2×10－7J ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1)对甲、乙整体分析，由牛顿第二定律可得 ‎ ‎ 解得 ‎(2)当乙发生的位移最大时，乙的电势能增量最大，细绳断裂前，甲、乙发生的位移均为 此时甲、乙的速度均为 细绳断裂后，乙的加速度变为 从细绳断裂到乙的速度为零，乙发生的位移 整个运动过程乙发生的位移 此时乙的电势能增量 ‎19．（1）15Ω （2）12V 1Ω ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1)由图可知，当开关S闭合时，两电阻并联，根据欧姆定律则有：‎ 解得：‎ ‎(2) 由图可知，当开关S闭合时，两电阻并联，根据闭合电路的欧姆定律则有：‎ S断开时，根据闭合电路的欧姆定律则有：‎ 联立解得：‎ ‎20．（1）（2）； （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）在加速电场中，根据动能定理得：‎ 解得：‎ ‎（2）电子进入偏转电场后做类平抛运动，则水平方向有：‎ 竖直方向有：‎ 则电子从偏转电场射出时垂直偏移量：‎ ‎（3）电子在偏转电场中所受电场力做的功为：‎ 代入解得：‎