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- 2021-06-02 发布
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安平中学2019—2020学年上学期第四次月考
高二物理试题
(考试时间:90分钟 分值:100分)
一、单项选择题：本题共8个小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.如图甲所示，直线AB是某电场中的一条电场线，一电子仅在电场力作用下由电场线上A点沿直线运动到B点，其速度平方v2与位移x的关系如图乙所示。EA、EB表示A、B两点的电场强度，φA、φB表示A、B两点的电势。以下判断正确的是( )
A. EAEB C. φA>φB D. φA<φB
【答案】D
【解析】
【详解】AB．由速度平方v2与位移x的关系图象看出，图线的斜率不变，电子的速度增大，电子所受电场力沿AB且做正功，由动能定理，，故E为常量，为匀强电场，故AB错误。
CD．电子所受电场力逆着电场方向，电场方向沿BA，沿电场线的方向电势降低，φA＜φB．故D正确，C错误。
故选D。
2.如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图，电场线的方向如图中箭头所示，M、N、Q是以直电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点，OQ连线垂直于MN.以下说法正确的是( )
A. O点电势与Q点电势相等
B. O、M间的电势差小于N、Q间的电势差
C. 将一负电荷由M点移到Q点，电荷的电势能增加
D. 在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与OQ垂直的方向竖直向上
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据电场线与等势线垂直特点，在O点所在电场线上找到Q点的等势点，根据沿电场线电势降低可知，O点的电势比Q点的电势高；故A错误．
B．根据电场分布可知，OM间的平均电场强度比NO之间的平均电场强度大，故由公式U=Ed可知，OM间的电势差大于NO间的电势差；故B错误．
C．M点的电势比Q点的电势高，负电荷从高电势移动到低电势电场力做负功，电荷的电势能增加；故C正确．
D．在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与该点电场线的切线方向相同，斜向上；故D错误．
【点睛】电场线、电场强度、电势、电势差、电势能等物理量之间的关系以及大小比较，是电场中的重点和难点，在平时训练中要加强这方面的练习，以加深对概念的理解．
3.如图所示，平行板a、b组成的电容器与电池E连接，平行板电容器P处固定放置一带负电的点电荷，平行板b接地．现将电容器的b板向下稍微移动，则( )
A. 点电荷所受电场力增大 B. 点电荷在P处的电势能减少
C. P点电势减小 D. 电容器的带电荷量增加
【答案】B
【解析】
【详解】A.因电容器与电源始终相连，故两板间的电势差不变，B板下移，则板间距离d增大，则板间电场强度E变小，由F=Eq可知电荷所受电场力变小，故A错误；
BC.板间距离d增大，则板间电场强度E变小，由U=Ed知，P与a板的电压减小，而a的电势不变，故P的电势升高，由EP=qφ而q为负值，故电势能减小，故B正确，C错误；
D.由Q=CU，又有，故C减小，Q减小，故D错误．
4.如图所示，一绝缘细线Oa下端系一轻质带正电的小球a(重力不计)
，地面上固定一光滑的绝缘圆弧管道AB，圆心与小球a位置重合。一质量为m、带负电的小球b由A点静止释放，小球a由于受到绝缘细线的拉力而静止，其中细线O′a水平，细线Oa与竖直方向的夹角为θ。当小球b沿圆弧管道运动到小球a正下方B点时，对管道壁恰好无压力，在此过程中(a、b两球均可视为点电荷)( )
A. 小球b所受的库仑力大小为mg
B. 小球b的机械能逐渐减小
C. 细线O′a的拉力先增大后减小
D. 细线Oa拉力先增大后减小
【答案】C
【解析】
【详解】AB．由题可知，小球a位于圆轨道的圆心处，所以小球b运动的过程中受到的库仑力始终与库仑力的方向垂直，所以小球运动的过程中库仑力不做功，小球b的机械能守恒，设圆的半径为R，则：
小球b在最低点：
联立得：
F库=3mg
故A B错误；
CD．由题，小球b沿圆弧管道运动到a球正下方B点时对管道壁恰好无压力，说明小球b受到a吸引力。当小球b与a的连线与水平方向之间的夹角为α时，小球a受到的力如图，则：
竖直方向：
F1cosθ=mg+F库sinα=mg+3mgsinα
可知当小球b向下运动的过程中，α逐渐增大，所以oa的拉力一定是逐渐增大；
水平方向：
F2=F1sinθ+F库•cosα
联立得：
F2=mgtanθ+3mgtanθsinα+3mgcosα
=mgtanθ+•(sinθsinα+cosαcosθ)
=mgtanθ+cos(θ−α)
由三角函数可知，当α从0增大到90°的过程中，cos(θ−α)先逐渐增大到1，然后再减小，所以水平细线的拉力F2先增大后减小，故C正确，D错误。
故选C。
5.如图甲所示，电源的电动势E＝6 V，内阻为r，闭合开关S，滑动变阻器的滑片C从A端滑至B端的过程中，电路中的一些物理量的变化规律如图乙所示：图I描述电源的输出功率随端电压的变化规律，图II描述端电压随电流的变化规律、图III描述电源的效率随外电阻的变化规律，电表、导线对电路的影响不计。则下列说法不正确的是( )
A. 电源的内阻r为2Ω
B. 滑动变阻器最大阻值6Ω
C. I图上b点的坐标(3V，4.5W)
D. II图上a点的坐标(0.6A，4.8V)
【答案】B
【解析】
【详解】Ａ．由乙图可知短路电流为 I短=3A，由 得：
选项Ａ正确，不符合题意；
B．电源效率最高时，滑动变阻器的阻值最大，由丙图知电源的最大效率为 η=80%，由
解得：
R=8Ω
即变阻器最大阻值为8Ω，选项B错误，符合题意；
C．当输出功率达到最大时：R=r=2Ω，此时路端电压为U=3V，所以各点的坐标为：
I图b点：U=3V
坐标为：（3V，4.5W）；选项C正确，不符合题意；
D．II图a点：R=8Ω，
U=E-Ir=6-0.6×2=4.8V
a点的坐标为（0.6A，4.8V）；选项D正确，不符合题意；
故选B。
6.如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度，下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方，线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态，若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】天平原本处于平衡状态，所以线框所受安培力越大，天平越容易失去平衡，
由于线框平面与磁场强度垂直，且线框不全在磁场区域内，所以线框与磁场区域的交点的长度等于线框在磁场中的有效长度，由图可知，A图的有效长度最长，磁场强度B和电流大小I相等，所以A所受的安培力最大，则A图最容易使天平失去平衡． A正确； BCD错误；
故选A．
【此处有视频，请去附件查看】
7.如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d．导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流．金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，重力加速度为g．在金属棒下滑到底端的过程中
A. 末速度的大小
B. 通过金属棒的电流大小
C. 通过金属棒的电流大小
D. 通过金属棒的电荷量Q=
【答案】ACD
【解析】
【详解】根据速度位移关系v2=2as可得末速度的大小为：，故A正确；以导体棒为研究对象，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ-BId=ma，解得通过金属棒的电流大小为：，故B错误、C正确；金属棒运动的时间为：，根据电荷量的计算公式可得通过金属棒的电荷量为：，故D正确．故选ACD．
8.如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场。在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，bd沿水平方向。已知小球所受电场力与重力大小相等，现将小球从环的顶端a点由静止释放，下列判断正确的是( )
A. 小球能越过与O等高的d点并继续沿环向上运动
B. 当小球运动到c点时，洛伦兹力最大
C. 小球从a点到b点，重力势能减小，电势能增大
D. 小球从b点到c点，电势能增大，动能先增大后减小
【答案】D
【解析】
【详解】电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”。关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大。
A．由于a、d两点关于新的最高点对称，若从a点静止释放，最高运动到d点，故选项A
错误；
B．由于bc弧的中点相当于“最低点”，速度最大，当然这个位置洛伦兹力最大。故选项B错误；
C．从a到b，重力和电场力都做正功，重力势能和电势能都减少。故选项C错误；
D．小球从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增大，但由于bc弧的中点速度最大，所以动能先增后减。选项D正确。
故选D。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，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。
9.电视中有这样一则广告“南孚电池容量大，玩具车用过后，收音机接着用”。玩具车的两节南孚干电池，已经用过较长时间，不能再驱动了，把它们取出来用电压表测电压，电压表示数接近 3V ，再把它们作为收音机的电源，收音机能正常工作。下列说法中正确的是( )
A. 这两节干电池的电动势减小了很多
B. 这两节干电池的内阻增大了很多
C. 这个收音机的额定电压一定比玩具车的额定电压小很多
D. 这个收音机正常工作时的电流一定比玩具车正常工作时的电流小
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．电池用久后，内阻变大，电动势几乎不变，故A错误，B正确；
CD．收音机能工作是因为它的工作电流较小。故C错误，D正确；
故选BD。
10.如图所示，I为电流表示数，U为电压表示数，P为定值电阻R2消耗的功率，Q为电容器C所带的电荷量，W为电源通过电荷量q时电源做的功．当变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，下列图象能正确反映各物理量关系的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AB
【解析】
试题分析：变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，消耗的功率为,∝，故A正确；电容器的电压，电荷量，则，保持不变，则图象是向下倾斜的直线，故B正确；电压表示数，图象应是向下倾斜的直线，故C错误；电源通过电荷量时电源做的功，是电源的电动势，则是过原点的直线，故D错误．
考点：本题考查了闭合电路的动态分析
11.如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在xOy平面内，从原点O处沿与x轴正方向成θ角(0＜θ＜π)以速率v发射一个带正电的粒子(重力不计)。则下列说法正确的是( )
A. 若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
B. 若v一定，θ越大，则粒子离开磁场的位置距O点越远
C. 若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大
D. 若θ一定，则粒子在磁场中运动的时间与v无关
【答案】AD
【解析】
【详解】AD．如图所示，画出粒子在磁场中运动的轨迹。
由几何关系得：轨迹对应的圆心角α=2π-2θ，粒子在磁场中运动的时间
则得知：若v一定，θ越大，时间t越短；若θ一定，运动时间一定。故AD正确；
B．设粒子的轨迹半径为r，则．如图，
则若θ是锐角，θ越大，AO越大。若θ是钝角，θ越大，AO越小。
故B错误。
C．粒子在磁场中运动的角速度，又，则得
与速度v无关。故C错误。
故选AD。
12.空间存在平面直角坐标系xoy，在x<0区域内有沿x轴正向的匀强电场，在x>0区域内有垂直平面向外的匀强磁场，在第二象限内有矩形OACD，OA=h，OD=2h．一个质量为m，电量为q的带正电粒子（不计重力）从A点沿y轴正方向以某速度射入第二象限，经t0时间后由D点进入磁场，又经一段时间射出磁场又回到A点，现只改变粒子自A点出射速度大小至v，粒子经过一段时间运动可经过C点，则（ ）
A. 匀强电场的场强大小为
B. 匀强磁场的磁感应强度大小为
C. 能使粒子以最短时间从A点运动至C点的初速度v=
D. 能使粒子以最短时间从A点运动至C点的初速度v>
【答案】AD
【解析】
【详解】A．设粒子的初速度为 ，从A点进入电场以后做类平抛运动，可得，，，A正确
B．粒子从A运动到D做类平抛的位移偏转角的正切值为，所以速度偏转角的正切值为，所以D点速度与y轴正方向成60°，根据几何关系可得，要想粒子回到A点，粒子必须在D点关于x轴对称的点回到电场才可以，所以粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，，所以，，B错误
CD．因为不改变电场，所以粒子第一次运动到y轴的时间不变，设粒子第一次到达y轴的坐标为（0，y），速度为，方向与y轴成，x方向的速度为，则，
，粒子进入磁场做匀速圆周运动的半径，
所以粒子第二次到达y轴的坐标为（0，），，第一次和第二次到达y轴的点的间距为，与初速度无关，所以根据对称性可知，第一次到达y轴的坐标为（0，3h），第二次到达y轴的坐标为（0，-h），所以能使粒子以最短时间从A点运动至C点的初速度v=，C错误D正确
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13.小明想测额定电压为2.5V小灯泡在不同电压下的电功率的电路．
（1）在实验过程中，调节滑片P，电压表和电流表均有示数但总是调不到零，其原因是的____导线没有连接好（图中用数字标记的小圆点表示接线点，空格中请填写图中的数字，如“7点至8点”）；
（2）正确连好电路，闭合开关，调节滑片P，当电压表的示数达到额定电压时，电流表的指针如图所示，则电流为____A，此时小灯泡的功率为____W
（3）做完实验后小明发现在实验报告上漏写了电压为1.00V时通过小灯泡的电流，但在草稿纸上记录了下列数据，你认为最有可能的是____
A.0.08A B.0.12A C.0.20A
【答案】 (1). 1点至4点 (2). 0.30 (3). 0.75 (4). C
【解析】
【详解】（1）在实验过程中，调节滑片P，电压表和电流表均有示数但总是调不到零，其原因是1点至4点的导线没有连接好，滑动变阻器相当于接成了限流电路；
（2）由表盘刻度可知，电流表读数为0.30A；则灯泡额定功率：
P=IU=0.30×2.5W=0.75W；
（3）若灯泡电阻不变，则由，解得I1=0.12A，考虑到灯泡电阻温度越低时阻值越小，则通过灯泡的电流要大于0.12A，则选项C正确；故选C.
14.为测定干电池的电动势和内阻，提供的实验器材如下：
A．完全相同的干电池两节(每节干电池电动势为1.5 V左右，内阻较小)
B．电流表A(量程为0.6 A，内阻约为0.5 Ω)
C．滑动变阻器R1(0～10 Ω，10 A)
D．滑动变阻器R2(0～100 Ω，1 A)
E．电流表G(0～3.0 mA，Rg=10 Ω)
F．定值电阻R3=990 Ω
G．定值电阻R4=90 Ω
H．定值电阻R0=3.0 Ω
(1)由于两节干电池的内阻较小，现将定值电阻R0=3.0Ω与两节干电池串联后作为一个整体进行测量．在进行实验时，滑动变阻器应选用_______________，由于无电压表，故将电流表G与某定值电阻串联改装成适当量程的电压表，则定值电阻应选用_______________．(填实验器材前的字母)
(2)在下图的虚线方框中补充完整本实验电路的原理图_______________．
(3)根据实验测得数据作出I2－I1的图象如图所示，其中I2为通过电流表G的电流，I1为通过电流表A的电流．根据该图象可知每节干电池的电动势为_______________V，内阻为_______________Ω．
【答案】 (1). C (2). F (3). (4). 1.5 (5). 1
【解析】
【详解】(1)[1]电源为两节干电池，则电动势为3V较小，电源的内阻较小，为多测几组实验数据，方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器，因此滑动变阻器应选：C；
[2]上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，将电流表G与定值电阻R0串联，改装成电压表；改装后电压应约大于等于3V，则根据串联电路规律可知，应串联的电阻
故选F；
(2)[3] 用改装后的电压表测量电压值，用电流表A与滑动变阻器串联测电路电流，如图所示
(3)[4]根据欧姆定律和串联的知识得电源两端电压为
根据图象与纵轴的交点得电动势为
则一节干电池的电动势为1.5V，与横轴的交点可得出路端电压为2.0V时电流是0.2A
由闭合电路欧姆定律可得，电源内阻
故内阻
一节干电池的内阻为1Ω.
15.制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，如图甲所示．加在极板A、B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为﹣kU0（k＞1），电压变化的周期为2τ，如图乙所示．在t=0时，极板B附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场作用由静止开始运动．且不考虑重力作用．若k=，电子在0～2τ时间内不能到达极板A，求d应满足的条件．
【答案】
【解析】
【分析】
电子在0～τ时间内做匀加速运动，在τ～2τ时间内先做匀减速运动，后反向做初速度为零的匀加速运动，电子不能到达极板A的条件为电子运动位移之和小于板间距离；
【详解】解：电子在0～τ时间内做匀加速运动
加速度的大小
位移
在τ～2τ时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动
加速度的大小
初速度的大小
匀减速运动阶段的位移
由题知
解得
16.如图甲所示，把一个带正电的球体A放在绝缘支架上，再把一个质量为m、带电量为q
的带电小球B用绝缘细绳悬挂在铁架台上，小球静止在P点时细绳与竖直方向的夹角为θ，电场力方向水平向右．球A与球B之间的距离远大于两球的直径．求:
(1)球B在P点所受电场力F0的大小及球A产生的电场在P点的电场强度E0的大小;
(2)现缓慢移动铁架台，使球B从P点沿水平方向右移，近似认为移动过程中电场力方向始终水平向右，用刻度尺测出P点右侧不同位置到P点的水平距离x，采取(1)中方法确定出该位置球B所受电场力F，然后作出F-x图像，如图乙所示．其中M点为水平移动方向上的一点，已知x轴上每小格代表的距离为x0，根据图像估算P、M两点间电势差UPM的大小．
【答案】(1) (2) (3)
【解析】
【详解】(1) 球B在P点受力平衡，根据平衡条件
可得球B所受电场力的大小为：
根据场强公式
得球A产生的电场在P点的电场强度的大小：
(2)根据图象中图线所包围的面积表示电场力做的功，则有：
17.如图所示，在等腰三角形△ABC区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，三角形的底边AB＝2L， θ＝45°，O为底边的中点。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从静止开始经过电势差为U的电场加速后，从O点垂直AB
进入磁场，不计粒子的重力与空气阻力的影响。
(1)求粒子经电场加速后射入磁场时的速度。
(2)若已知磁感应强度大小，则粒子从何处射出磁场?
(3)磁感应强度B为多少时，粒子在磁场中能以最大的圆周半径偏转后打到OA板?
【答案】（1）（2）粒子从AC连线上距A点L处射出（3）B＝
【解析】
【详解】（1）由动能定理
qU＝mv2
解得：
v＝。
（2）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，有：
qvB＝m
得
r＝＝L
故粒子从AC连线上距A点L处射出。
（3）要使粒子能射到OA连线上且半径最大，则粒子的轨迹应与AC边相切，如图所示。设此时粒子轨迹的半径为R，由几何关系有：
R+＝L
以及
qvB＝m
得
B＝。
18.如图所示，电源电动势E=64V，内阻不计，电阻，开始开关闭合，断开，平行板电容器的两极板A、B与水平面的夹角，两极板A、B间的距离d=0.4m，板间有一个传动装置，绝缘传送带与极板平行，皮带传动装置两轮轴心相距L=1m，传送带逆时针匀速转动，其速度为v=4m/s，现有一个质量m=0.1kg、电荷量q=+0.02C的工件（可视为质点，电荷量保持不变）轻放在传送带底端，工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.25．同时开关也闭合，极板间电场反向，电路瞬间能稳定下来．（，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）开关闭合，断开时，两极板A、B间的场强大小和方向；
（2）工件在传送带上运动的加速度大小；
（3）工件从底端运动到顶端过程中，工件因与传送带摩擦而产生的热量．
【答案】（1）40V/m，电场方向为由B指向A；（2）（3）2.4J
【解析】
【分析】
由闭合电路的欧姆定律求出开关S1闭合，S2断开时，两极板A、B间的电压，然后由即可求出场强；同（1）求出开关S2也闭合后AB之间的电压和场强，求出工件受到的合力，然后使用牛顿第二定律求出加速度；使用运动学的公式，求出工件从底端运动到顶端的过程中相对于传送带的位移，然后用Q=fL相对求出工件与传动带因摩擦而产生的热量；
【详解】解:(1)开关S1闭合，S2断开时，R1与R2串联，电路中的电流：
此时A、B之间的电势差等于R1两端的电压，
所以：
两极板A、B间的场强大小：
电场方向为由B指向A；
(2)开关S2也闭合，R1与R2串联电压不变，所以流过它们的电流不变，此时A、B之间的电势差等于R2两端的电压，所以：
两极板A、B间的场强大小：
此时工件的受力如图，则沿传送带的方向由牛顿第二定律得：
垂直于传送带的方向：
(3)工件达到4m/s需要的时间：
工件的位移：
所以工件应该一直做加速运动，
此时传送带的位移：
工件相对于传送带的位移：
工件与传动带因摩擦而产生热量：
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