福建省建瓯市第二中学2019-2020学年高二上学期月考物理试题 17页

‎2019－2020学年高二上学期第二次月考物理科试卷 一、单选题 ‎1.2016年备受瞩目的国家咱然科学奖一等奖，颁给了中国科学技术大学潘建伟院士领衔的“多光子纠缠及干涉度量”项目，在物理学理论建立的过程中，有许多科学家做出了贡献．关于科学家的贡献和研究方法，下列说法正确的是 A. 法拉第首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究 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. 奥斯特发现了电流的磁效应.并发现了电磁感应现象 D. “点电荷”、“总电阻”、“电场强度”概念的提出应用了等效替代的方法 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 法拉第首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象研究，选项A正确；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，选项B错误；奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，选项C错误； “点电荷”是理想模型法，“电场强度”是比值定义法，故D错误；故选A.‎ ‎2.如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点．其中a、b两点的电势相等，电场强度大小相等、方向也相同的是( )‎ A. 甲图：点电荷的电场中，与点电荷等距的a、b两点 B. 乙图：等量异种电荷电场中，两电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点 C. 丙图：点电荷的电场中，与点电荷成一直线的a、b两点 D. 丁图：匀强电场中的a、b两点 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、甲图中两点电场线方向不同，故电场强度的方向不同；故A错误.‎ B、ab两点方向均向水平向左，且两电荷中垂线为等势面，故电势相等，因两点关于连线对称，故电场强度相等；故B正确.‎ C、a、b两点电场方向相同，a点电势大于b点电势，两点的场强大小不等；故C错误.‎ D、a、b两点不在同一等势面上，故电势不相等；故D错误.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题考查对电场线的认识，由电场线我们应能找出电场的方向、场强的大小及电势的高低.‎ ‎3.关于导体的电阻及电阻率的说法中，正确的是　　‎ A. 由可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比 B. 由知，导体的电阻与长度l、电阻率成正比，与横截面积S成反比 C. 将一根导线一分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一 D. 将一根电阻丝均匀拉长为原来2倍，则电阻丝的电阻变为原来的2倍 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】导体的电阻由导体本身决定，与导体两端的电压和通过导体的电流无关，选项A错误；由知，导体的电阻与长度l、电阻率成正比，与横截面积S成反比，选项B正确；导体的电阻率只与材料有关，与长度无关，选项C错误；将一根电阻丝均匀拉长为原来2倍，则截面积变为原来的1/2，则电阻丝的电阻变为原来的4倍，选项D错误.‎ ‎4.如图所示，甲、乙两电路中电源完全相同，相同材料的电阻丝A、B，长度分别是L和2L；直径分别为d和2d，在两电路中分别通过相同的电荷量q的过程中，下列判断正确的是( )‎ A. A、B的电阻之比RA:RB=1:2 B. A、B的电流IA＞IB C. A、B的电压UA＞UB D. A、B产生的电热QA=QB ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据电阻定律得 RA=，RB=ρ ，解得 RA：RB ‎=2：1，故A错误．根据闭合电路欧姆定律得：I=，E和r相等，RA＞RB，则IA＜IB．故B错误．根据闭合电路欧姆定律得：U=E-Ir，E和r相等，IA＜IB，则UA＞UB．故C正确．电阻产生的电热为 Q=I2Rt，又It=q，U=IR，得 Q=qU，因UA＞UB，q相等，所以QA＞QB，故D错误．故选C．‎ ‎5.如图所示，带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内，当开关S闭合，小球静止时，悬线与竖直方向的夹角为，则（ ）‎ A. 当开关S断开时,若减小平行板间的距离,则夹角增大 B. 当开关S断开时,若增大平行板间的距离,则夹角变小 C. 当开关S闭合时,若减小平行板间的距离,则夹角增大 D. 当开关S闭合时,若减小平行板间的距离,则夹角减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 断开开关S，电容器所带的电量不变，C＝ ，E＝，U＝得E＝，则知d变化，E不变，电场力不变，θ不变，故AB错误．保持开关S闭合，电容器两端间的电势差U不变，带正电的A板向B板靠近，极板间距离减小，由E＝知，板间的电场强度E增大，小球所受的电场力变大，θ增大，故C正确，D错误．故选C.‎ 点睛：解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量．若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变．要掌握推论：E=，知道只改变电容器板间距离时板间场强不变．‎ ‎6.如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行板间的电场中，入射方向跟极板平行，整个装置处于真空中，重力可忽略.在满足电子能射出平行板的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏角φ变大的是：‎ A. U1变大，U2变大 B. U1变小，U2变大 C. U1变大，U2变小 D. U1变小，U2变小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设电子被加速后获得初速为v0，则由动能定理得：…①‎ 又设极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间：…②‎ 又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为a，由牛顿第二定律得：…③‎ 电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度：vy=at…④‎ 由①、②、③、④可得：‎ 又有：，故U2变大或U1变小都可能使偏转角φ变大，故选项B正确．‎ ‎7.如图所示，两平行直导线cd和ef竖直放置，通以方向相反大小相等的电流，a、b两点位于两导线所在的平面内，则（ ） ‎ A. b点的磁感应强度为零 B. ef导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向里 C. cd导线受到的安培力方向向左 D. 同时改变两导线的电流方向，cd导线受到的安培力方向改变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据右手定则可知b处的两处分磁场方向均为垂直纸面向外，所以b点的磁场方向向外，不等于0．故A错误；根据安培定则可知，电流ef在a处的磁场垂直纸面向外．故B 错误；根据左手定则可判断，方向相反的两个电流的安培力互相排斥，所以cd导线受到的安培力方向向左．故C正确；不管电流方向如何，只要电流方向相反，就互相排斥，故D错误．故选C.‎ ‎8.如图所示，一个静止的质量为m、带电荷量为q的带电粒子(不计重力)，经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，粒子最后落到P点，设OP＝x，下列图线能够正确反映x与U之间的函数关系的是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在加速电场中，由动能定理得：，解得：，磁场中，洛伦兹力提供向心力，有：，得：则得：，都一定，则由数学知识得到，图象是抛物线，B正确 二、多选题 ‎9.如图所示，实线是一簇未标明方向的匀强电场的电场线，虚线是一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点若带电粒子在运动中只受电场力作用，则根据此图可知 ‎ A. 带电粒子所带电性 B. 带电粒子在a、b两点的受力方向 C. 场强方向 D. 带电粒子在a、b两点的电势能何处较大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC．假定粒子由a到b运动，由图可知，粒子偏向右下方，则说明粒子在a、b两处所受的电场力向下，由于不知电场线方向，故无法判断粒子电性，也无法确定场强方向，故AC错误，B正确；‎ D．粒子从a到b电场力做正功，则电势能减小，故b点电势能较小，故D正确。‎ ‎10.小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，下列说法中正确的是 ‎ A. 随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小 B. 对应P点，小灯泡的电阻为 C. 对应P点，小灯泡的电阻为 D. 对应P点，小灯泡功率为图中矩形PQOM所围“面积”的数值 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因为I-U图像斜率的倒数等于电阻，则随着电压增加，图像上各点与原点连线的斜率逐渐减小，则电阻逐渐变大，选项A错误；‎ BC．由图象可知，灯泡的电阻等于，等于图线上的点与原点O连线斜率的倒数，由图象可知，P点对应的电压为U1，电流为I2，则灯泡的电阻，故B错误，C正确；‎ D．因P=UI，所以图象中矩形PQOM所围的面积为对应P点小灯泡的实际功率，故D正确。‎ ‎11.如图所示，一根通电的导体棒放在倾斜的粗糙斜面上，置于图示方向的匀强磁场中，处于静止状态．现增大电流，导体棒仍静止，则在增大电流过程中，导体棒受到的摩擦力的大小变化情况可能是(　　)‎ A. 一直增大 B. 先减小后增大 C. 先增大后减小 D. 始终为零 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 由左手定则可得安培力方向沿斜面向上，若开始时安培力较大，使得导体棒受到的摩擦力方向沿斜面向下，则当增大电流过程中，安培力也随之增大，从而导致摩擦力也增大．所以A正确；由左手定则可得安培力方向沿斜面向上，若开始时安培力较小，使得导体棒受到的摩擦力方向沿斜面向上，则当增大电流过程中，安培力也随之增大，从而导致摩擦力先变小．当安培力的大小等于重力沿斜面向下的分力时，此时导体棒不受到摩擦力作用，当继续增大电流时，出现摩擦力方向向下，从而随着电流增大，导致摩擦力大小增大．所以B正确；若开始时安培力等于重力向下的分量，此时摩擦力为零，当电流变大时安培力变大，则摩擦力变大，所以CD错误；故选AB．‎ 点睛：考查左手定则及学会对物体进行受力分析，并根据受力情况来确定静摩擦力．值得注意的是此处的静摩擦力方向是具有确定性，从而导致答案的不唯一性．‎ ‎12.在光滑绝缘水平面的P点正上方O点固定了一电荷量为＋Q的正点电荷，在水平面上的N点，由静止释放质量为m、电荷量为－q的负检验电荷，该检验电荷经过P点时速度为v，图中θ＝60°，规定电场中P点的电势为零，则在＋Q形成的电场中( )‎ A. N点电势高于P点电势 B. N点电势为 C. 检验电荷在N点具有的电势能为 D. P点电场强度大小是N点的2倍 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据顺着电场线方向电势降低可知，M点的电势高于N点的电势，而M、P两点的电势相等，则N点电势低于P点电势。故A错误。‎ B．根据动能定理得：检验电荷由N到P的过程：‎ ‎ ‎ 由题，P点的电势为零，即φP=0，解得，N点的电势 故B正确 C．检验电荷在N点具有的电势能为 故C正确。‎ D．P点电场强度大小是 N点电场强度大小是 则 故D错误。‎ 三、实验题探究题 ‎13.用游标卡尺测得某材料的长度如图甲所示，示数为L=______mm；用螺旋测微器测得该材料的直径如图乙所示，示数为D=______mm．‎ ‎【答案】50.85　4.702(4.701～4.703均可)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】游标卡尺读数L=1cm+0.05mm×10=1.050cm；‎ 螺旋测微器读数D=1mm×0.01mm×2.5=1.025mm.‎ ‎14.一个电流表G的内阻，满偏电流为，其满偏电压为_____．现要把它改装成量程为15V的电压表，需串联的分压电阻为_____．‎ ‎【答案】 (1). 0.5V (2). 29kΩ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]．电流表G的满偏电压：‎ Ug=IgRg=500×10-6×1000=0.5V ‎[2]．把它改装成15V的电压表，需要串联电阻的阻值：‎ ‎15.在“测定电源的电动势和内阻”的实验中：‎ ‎（1）现备有以下器材：‎ A.干电池1节； ‎ B.滑动变阻器(0～50 Ω)； ‎ C.滑动变阻器(0～10 kΩ)；‎ D.电压表(0～3 V)； ‎ E.电压表(0～15 V)； ‎ F.电流表(0～0.6 A)；‎ G.电流表(0～3 A)； ‎ H.开关、导线若干 其中滑动变阻器应选________，电流表应选________，电压表应选________.‎ ‎（2）为了最大限度地减小实验误差，请在图的方框内画出该实验最合理的电路图.‎ ‎（ ）‎ ‎（3）某同学记录的实验数据如表所示，试根据这些数据在图中画出U－I图像，‎ ‎（ ）‎ 根据图像得到被测电池的电动势E＝________ V，内电阻r＝________ Ω.‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ I/A ‎0.05‎ ‎0.10‎ ‎0.20‎ ‎0.25‎ ‎0.30‎ ‎0.40‎ U/V ‎1.45‎ ‎1.40‎ ‎1.32‎ ‎1.27‎ ‎122‎ ‎1.13‎ ‎【答案】 (1). B (2). F (3). D (4). (5). (6). 1.50(1.48～1.52) (7). 0.94(0.92～0.96)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1][2][3]．为方便实验操作，滑动变阻器选择小电阻，故应选B；电路最大电流约为零点几安培，电流表选F，干电池的电动势约为1.5V，电压表选D；‎ ‎（2）[4]．由于电压表的内阻一般较大，而电源的内阻较小，故可采用电压直接测量路端电压的方法，这样电压表的分流较小，可减小测量误差，电路如图．‎ ‎（3）[5]．由描点法作出U-I图象；‎ ‎ [6][7]．由图示电源U-I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.50，电源电动势E=1.50V，电源内阻：‎ 四、计算题 ‎16.‎ ‎ 如图所示，为电动机提升重物的装置，电动机线圈电阻为r=1Ω，电动机两端电压为5V，电路中的电流为1A，物体A重20N，不计摩擦力，求：‎ ‎（1）电动机线圈电阻上消耗的热功率是多少？‎ ‎（2）电动机输入功率和输出功率各是多少？‎ ‎（3）这台电动机的机械效率是多少？‎ ‎【答案】（1）电动机线圈电阻上消耗的热功率是1W；‎ ‎（2）电动机输入功率和输出功率各是5W、4W；‎ ‎（3）这台电动机的机械效率是80%．‎ ‎【解析】‎ 解：（1）根据焦耳定律，热功率为：‎ P热=I2r=12×1W=1W ‎（2）输入功率等于输入电流与电动机两端电压的乘积：‎ P入=IU=1×5W=5W 输出功率等于输入功率减去发热消耗的功率：‎ P出=P入﹣P热="5" W﹣1 W="4" W；‎ ‎（3）机械效率：‎ 答：（1）电动机线圈电阻上消耗的热功率是1W；‎ ‎（2）电动机输入功率和输出功率各是5W、4W；‎ ‎（3）这台电动机的机械效率是80%．‎ ‎【点评】本题考查了电功公式和焦耳定律的应用，关键是知道电动机消耗的电能减去线圈产生的热量即为电动机输出的机械能．‎ ‎17.如图所示，水平放置的平行板电容器的两极板M、N，接上直流电源．上极板M的中央有一小孔A，在A的正上方h＝20 cm处的B点，有一小油滴自由落下．已知小油滴的电量Q＝－3.5×10-14C，质量m＝3.0×10-9kg.当小油滴即将落到下极板时，速度恰为零．(不计空气阻力，g＝10 m/s2，L＝15 cm)求：‎ ‎（1）两极板间的电势差U；‎ ‎（2）两极板间的电场强度E；‎ ‎（3）设平行板电容器的电容C＝4.0×10-12F，则该电容器带电量Q是多少？‎ ‎【答案】（1）3.0×105V （2）2.0×106V/m 方向竖直向下（3）1.2×10-6C ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由动能定理W＝ΔEk得 mg(h＋L)＝|Q|U 代入数据 U＝V＝3.0×105V ‎（2）两极板间的电场强度 方向竖直向下.‎ ‎（3）该电容器带电量 Q＝CU＝4.0×10－12×3.0×105C＝1.2×10－6C ‎18.如图所示，一根光滑绝缘细杆与水平面成α＝30°角倾斜固定.细杆的一部分处在场强方向水平向右的匀强电场中，场强E＝2×104 N/C.在细杆上套有一个带电荷量为q＝－×10-5 C、质量为m＝3×10-2 kg的小球.现使小球从细杆的顶端A由静止开始沿杆滑下，并从B点进入电场，小球在电场中滑至最远处的C点.已知AB间距离x1＝0.4 m，取g＝10 m/s2.求：‎ ‎（1）小球在B点的速度vB的大小；‎ ‎（2）小球进入电场后滑行的最大距离x2；‎ ‎（3）试画出小球从A点运动到C点过程的v－t图像.‎ ‎【答案】（1）2 m/s（2）0.4 m（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小球在AB段滑动过程中，由机械能守恒得：‎ mgx1sin α＝mvB2‎ 可得 vB＝2 m/s.‎ ‎（2）小球进入匀强电场后，在电场力和重力的作用下做匀减速运动，由牛顿第二定律得：‎ ‎|q|Ecos α－mgsin α＝ma2‎ 得 a2＝5 m/s2‎ 小球进入电场后还能滑行到最远处C点，‎ vB2＝2a2x2‎ 得：‎ x2＝0.4 m.‎ ‎（3）小球从A到B和从B到C的两段位移的平均速度分别为 vAB＝‎ vBC＝，‎ x1＋x2＝t 可得 t＝0.8 s v－t图像如图所示，‎ ‎19.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m＝5.0×10－8 kg、电荷量为q＝1.0×10－6 C的带电粒子．从静止开始经U0＝10 V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP＝30 cm，(粒子重力不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：‎ ‎(1)带电粒子到达P点时速度v的大小；‎ ‎(2)若磁感应强度B＝2.0T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，求OQ的距离；‎ ‎(3)若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B′满足条件．‎ ‎【答案】（1）20 m/s　（2）0.90 m　（3）B′＞5.33 T ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)粒子处于加速阶段，则由动能定理可求出速度大小；(2)粒子仅在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可求出运动的半径大小;再根据几何关系，建立已知长度与半径的关系，从而即可求得.(3)由于带电粒子不从x轴射出，根据几何关系可得半径的取值范围，再由半径公式可推导出磁感应强度B'满足的条件.‎ ‎【详解】(1)对带电粒子的加速过程，由动能定理 代入数据得v＝20 m/s ‎(2)带电粒子仅洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有： ‎ 代入数据得R＝0.5m ‎ 而 故圆心一定在x轴上，轨迹如图甲所示:‎ 由几何关系可知：‎ 故OQ＝0.90m ‎(3)带电粒子不从x轴射出,如图乙所示：‎ 由几何关系得：①‎ ‎ ②‎ 由①②并代入数据得 ‎【点睛】考查动能定理、牛顿第二定律及向心力公式，同时将几何知识融入题中，从而提升学生分析与解题的能力.‎ ‎ ‎