四川省蓬溪縣蓬南中學2019-2020學年高二物理上學期第四次學月考試試題

1、PAGE 4四川省蓬溪縣蓬南中學2019-2020學年高二物理上學期第四次學月考試試題(時間:90分鐘，滿分:100分)一、選擇題(本題共12小題，18只有一個選項正確，912不止一個選項正確，每小題4分，共48分，完全正確得4分，不選以及有錯得零分，無錯但不全得2分)1.物理學史是人類對自然界各種物理現(xiàn)象認識的發(fā)展史，通過物理學史的學習，不但能增長見識，加深對物理學的理解，更重要的是可以從中得到教益，開闊眼界，從前人的經(jīng)驗中得到啟示，下列說法都是有關電磁學的物理學史，其中錯誤的是()。A.法國物理學家?guī)靷愅ㄟ^油滴實驗精確測定了元電荷e電荷量B.英國物理學家法拉第最早引入了電場概念，并提出用電

2、場線表示電場C.丹麥物理學家奧斯特發(fā)現(xiàn)電流可以使周圍的小磁針發(fā)生偏轉，稱為電流磁效應D.荷蘭物理學家洛侖茲提出了磁場對運動電荷有作用力(即洛倫茲力)的觀點2.下列說法正確的是()A.電流是矢量，其方向為正電荷定向移動的方向B.由Req f(U,I)可知，導體的電阻與導體兩端的電壓成正比，與流過導體的電流成反比C.由Ieq f(U,R)知，導體中的電流跟導體兩端的電壓成正比，跟導體的電阻成反比D.金屬的電阻率由導體本身的性質(zhì)決定，與溫度無關3.等量異種點電荷周圍的電場線分布如圖實線所示，現(xiàn)以負點電荷為圓心、兩個點電荷之間距離的一半為半徑做一個圓(圖中虛線所示)，M、N是圓周上的兩點，其中M點是兩

3、個點電荷連線的中點，則下列關于M、N兩點的電場強度的說法中正確的是()3題圖A.大小相等，方向相同 B.大小相等，方向不同3題圖C.大小不等，方向相同 D.大小不等，方向不同4.關于磁場中某一點的磁感應強度B，下列說法正確的是()A.由Beq f(F,IL)可知，磁感應強度B與F成正比，與IL成反比B.一小段通電導線放在磁感應強度為零處，它所受的磁場力一定為零C.一小段通電導線在某處不受磁場力的作用，則該處的磁感應強度一定為零D.磁場中某處磁感應強度的方向，與通電導線在該處所受磁場力的方向相同5.兩個量程的電壓表的電路圖如圖所示，當使用a、b兩個接線柱時，量程為03V，當使用a、c兩個接線柱時

4、，量程為015V。已知表頭的內(nèi)阻Rg為500，滿偏電流Ig為1mA，則電阻R1、R2的值()5題圖A.2500、12000 B.3000、120005題圖C.2500、15000 D.3000、150006.如圖所示，x軸上有兩個點電荷A、B，它們坐標分別為xA=0.2m、xB=0.2m，其中A帶電Q，B帶電9Q?，F(xiàn)引入第三個點電荷C，恰好使三個點電荷均僅在電場力的作用下處于平衡狀態(tài)，則C的位置坐標及帶電量分別為()6題圖A.0.6m，eq f(9,4)QB.0，eq f(4,9)Q6題圖C.0.4m，eq f(9,4)QD.0.6m，eq f(9,4)Q7.如圖所示，甲圖實線為某一個靜電場中

5、方向未知的三條電場線，a、b兩個帶電粒子均從電場中的P點無初速釋放，兩粒子僅在電場力作用下均沿著中間的電場線做直線運動(不考慮a、b兩粒子間的相互作用)，a、b粒子的速度大小隨時間變化的關系如圖乙中實線所示，虛線為過坐標原點的傾斜直線，則()A.a粒子的加速度逐漸減小，b粒子的加速度逐漸增大B.a粒子沿著電場線向左運動，b粒子沿著電場線向右運動C.a粒子的電勢能減小，b粒子的電勢能增大7題圖D.a粒子一定帶正電，b粒子一定帶負電7題圖8題圖8.如圖所示，兩根相互平行的金屬導軌水平固定在勻強磁場中，導軌的左端與電源和滑動變阻器連接。金屬棒ab垂直于平行導軌放置并能保持與導軌的良好接觸，金屬棒與導

6、軌間的動摩擦因數(shù)為eq f(r(3),3)。若磁感應強度的方向為某一恰當方向時，金屬棒能在安培力的作用下向右勻速運動，并且金屬棒中的電流最小，則此磁感應強度的方向與豎直方向的夾角為(不考慮金屬棒切割磁感線產(chǎn)生電磁感應的影響)()8題圖A.37 B.30 C.45 D.609.曉燕同學在做“描繪小燈泡的伏安特性曲線”時得到了被測小燈泡的伏安特性曲線如圖所示。圖像上A點與原點的連線OA與橫軸成角，A點的切線AB與橫軸成角，則()A.被測小燈泡的電阻隨電流的增大而減小B.被測小燈泡在A點的電阻可用直線OA的斜率來表示9題圖C.被測小燈泡在A點的電阻可用切線AB的斜率來表示9題圖D.被測小燈泡在A點的

7、電功率可用矩形OI0AU0的面積來表示10.在如圖所示的電路中，電源電動勢為E、內(nèi)電阻為r，負極接地，R1、R2、R3為定值電阻，R為滑動變阻器，C為電容器，、分別為理想電流表和電壓表。在滑動變阻器的滑片P自b端向a端滑動的過程中，下列說法正確的是()A.電壓表示數(shù)變小B.電流表示數(shù)變大10題圖C.電路中a點的電勢降低10題圖D.電容器C所帶電荷量增多11.如圖所示，兩塊長度均為l本身不帶電的極板MN和PQ垂直紙面放置，極板之間的距離也為l，極板間有垂直紙面向里磁感應強度為B的勻強磁場，一顆質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子(不計重力)從左端兩極板正中央處以速度v垂直磁感線射入磁場，欲使該粒子

8、不打在極板上，粒子的速度范圍可以是()11題圖A.veq f(Bql,4m) B.veq f(Bql,4m) C.veq f(5Bql,4m) D.veq f(5Bql,4m)11題圖12.如圖所示，真空中兩個質(zhì)量均為m可視為質(zhì)點的兩個帶電小球P、Q用兩根長度相等的絕緣絲線拴住后分別系在豎直桿AB、CD的上端等高的地方，兩小球靜止時連接它們的絲線與水平面的夾角均為37，已知，重力加速度為g，sin37=0.6，cos37=0.8，以下說法中正確的是()A.絲線對小球的拉力大小為eq f(3,5)mgB.兩小球間的庫侖力大小為eq f(3,4)mg12題圖C.燒斷右側絲線的瞬間Q小球的瞬時加速度

9、大小為eq f(5,3)g12題圖D.如果兩球間的庫侖力瞬間消失P小球的瞬時加速度大小為eq f(4,5)g二、實驗題(共2小題，滿分16分，其中13題6分，14題10分)13.小華利用游標卡尺和螺旋測微器分別測量一個圓柱體的直徑和高度，測量結果如下圖甲和乙所示。該圓柱體的高度為_cm，該圓柱體的直徑為_mm。甲 乙14.小明在測定一節(jié)干電池的電動勢E和內(nèi)阻r的實驗中，管理員給他提供了如下器材：A.待測的干電池(E1.5V，r1.0)E.滑動變阻器R2(020，10B.電流表A1(03mA，Rg1100)F.電阻箱R0(0999)C.電流表A2(00.6A，Rg2約為0.1)G.開關和導線若干

10、D.滑動變阻器R1(02k，1A)(1)由于沒有電壓表管理員給小明設計了如圖所示的甲、乙、丙、丁四個實驗電路，并要求他用圖像法處理實驗數(shù)據(jù)，你認為應該選擇圖_作為實驗電路，在你選擇的電路中，為了操作方便且能更準確地進行測量，滑動變阻器應選_(填寫器材前的字母代號)。(2)小明選出合理的實驗電路后，把與R0串聯(lián)的電流表當作量程為03V的電壓表使用，因此他應該將電阻箱R0的阻值調(diào)至_。(3)小明選出合理的實驗電路后，嚴格按照實驗步驟和操作規(guī)范進行實驗，測出了六組電流表A1的示數(shù)I1和電流表A2的示數(shù)I2，并繪出了如右圖所示的I1I2圖線，則被測干電池的電動勢E_V，內(nèi)阻r_。(結果保留2位小數(shù))1

11、4(3)題圖14(3)題圖三、計算題(本題共4小題，共36分，其中15題、16題各8分，17題、18題各10分)15.如圖所示的電路中，當開關S接a點時，標有“5V，2.5W”的小燈泡正常發(fā)光，當開關S接b點時，標有“4V，4W”的電動機正常工作求電源的電動勢和內(nèi)阻請將答案寫在答卷指定位置，否則不給分請將答案寫在答卷指定位置，否則不給分15題圖15題圖16.如圖所示，足夠?qū)挻蟮乃綄嶒炞烂鍽的正中央的正上方距離桌面h0.80m的P處有一個粒子源，該粒子源射出的帶電粒子初速度大小均為v02.0102m/s、初速度方向為所在水平面的所有方向以及水平以下的所有方向，射出的帶電粒子質(zhì)量為m2.010-

12、15kg、電荷量為q10-12C，現(xiàn)在整個空間加一個豎直向下的勻強電場，電場強度大小E1.0102V/m，結果粒子源射出的粒子最終都落在實驗桌面Q上。不計粒子重力，不計粒子之間的相互作用以及粒子對勻強電場的影響，打在(1)粒子打在實驗桌上時的動能；(2)實驗桌上被粒子擊中的區(qū)域的面積。請將答案寫在答卷指定位置，否則不給分請將答案寫在答卷指定位置，否則不給分16題圖16題圖17.如圖所示，在直角坐標系xOy平面內(nèi)有一個磁感線垂直于xOy平面的勻強磁場，磁場的磁感應強度的大小為B，兩個坐標軸上分別固定了很薄(厚度不計、長度足夠)且垂直xOy平面的擋板OC、OD，在OD板上距離O點為L的P處固定有一

13、個粒子源，從粒子源中射出的粒子均為電荷量q、質(zhì)量m的同種粒子，這些粒子的速率不同，進入磁場后的速度方向均在xOy平面內(nèi)，且與OD板之間的夾角均為60，經(jīng)過一段時間的運動后均打在擋板上(打在擋板上的粒子均鑲嵌在板內(nèi)，不反彈也不穿過擋板)，不計粒子的重力和粒子間的相互作用。求：(1)打在Q點的粒子從P到Q的運動時間；(2)垂直打在OC板上的粒子運動的速率。請將答案寫在答卷指定位置，否則不給分請將答案寫在答卷指定位置，否則不給分17題圖17題圖18.如圖所示，在直角坐標系xOy平面內(nèi)有一個電場強度大小為E、方向沿-y方向的勻強電場，同時在以坐標原點O為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)，有垂直于xOy平面的

14、勻強磁場，該圓周與x軸的交點分別為P點和Q點，M點和N點也是圓周上的兩點，OM和ON的連線與+x方向的夾角均為60?，F(xiàn)讓一個粒子從P點沿+x方向以初速度v0射入，粒子恰好做勻速直線運動，不計粒子的重力。 (1)求勻強磁場的磁感應強度的大小和方向；(2)若只是把勻強電場撤去，粒子仍從P點以同樣的速度射入，從M點離開圓形區(qū)域，求粒子的比荷eq f(q,m)；18題圖(3)若把勻強磁場撤去，粒子的比荷eq f(q,m)不變，粒子仍從P點沿+x方向射入，從N點離開圓形區(qū)域，求粒子在P點的速度大小。18題圖請將答案寫在答卷指定位置，否則不給分請將答案寫在答卷指定位置，否則不給分第三學期第四次學月考試答案

15、及其解析1.【答案】A【解析】1785年法國物理學家?guī)靵隼门こ訉嶒灠l(fā)現(xiàn)了電荷之間的相互作用規(guī)律(即庫侖定律)，并測出了靜電力常量k的值，1913年美國物理學家密立根通過油滴實驗精確測定了元電荷e電荷量，選項A錯誤；1837年英國物理學家法拉第最早引入了電場概念，并提出用電場線表示電場，不僅如此，磁感線的概念也是法拉第最先發(fā)明并引入的，選項B正確；1820年丹麥物理學家奧斯特發(fā)現(xiàn)電流可以使周圍的小磁針發(fā)生偏轉，稱為電流磁效應，選項C正確；荷蘭物理學家洛侖茲提出運動電荷產(chǎn)生了磁場以及磁場對運動電荷有作用力(即洛倫茲力)的觀點，并在1895年他提出了著名的洛倫茲力的公式f=qvB，選項D正確。2.

16、【答案】C【解析】電流是一個既有大小又有方向(正電荷定向移動的方向或者負電荷定向移動的反方向)的標量，電流之間的運算遵循標量運算法則，不遵循矢量運算法則，選項A錯誤；導體的電阻是導體本身的一種性質(zhì)，其大小可以通過Req f(U,I)來計算，但是其決定因素是自身的材料種類、長度、橫截面積等，即使兩端沒有加電壓，或者其中沒有通電流，也是有電阻的，所以不能說“導體的電阻與導體兩端的電壓成正比，與流過導體的電流成反比”，故選項B錯誤；導體中的電流的大小I既與外加因素U有關，由于內(nèi)在因素R有關，根據(jù)歐姆定律Ieq f(U,R)可知，導體中的電流跟導體兩端的電壓成正比，跟導體的電阻成反比，選項C正確；金屬

17、的電阻率由導體本身的性質(zhì)決定，與溫度有關，所以選項D錯誤。3.【答案】D【解析】由電場線的分布情況可知，N點電場線比M點電場線疏，則N點電場強度比M點電場強度??；電場力方向與所在點的電場線的切線方向一致，顯然M、N兩點的電場強度方向不同，故選項A、B、C均錯誤，D正確。4.【答案】B【解析】磁場中某一點的磁感應強度B雖然可以通過定義式Beq f(F,IL)來計算，但是他畢竟體現(xiàn)的是磁場本身的性質(zhì)，其決定因素應該是其自身的因素，所以不能說“磁感應強度B與F成正比，與IL成反比”，選項A錯誤；根據(jù)FBIL可知通電導線放在磁感應強度為零處，它所受的磁場力一定為零，選項B正確；通電導線在磁場中所受磁場

18、力的大小不僅與B、I、L大小有關，還與B和I方向間的關系有關，某處不受磁場力的作用，既有可能是該處的磁感應強度為零，也有可能是B和I方向平行，所以選項C錯誤；磁場中某處磁感應強度的方向與通電導線在該處所受磁場力的方向垂直，所以選項D錯誤。5.【答案】A【解析】接a、b時，由串聯(lián)電路特點有R總R1Rgeq f(U1,Ig)得R1eq f(U1,Ig)Rg2500。接a、c時，同理有R總R1R2Rgeq f(U2,Ig)得R2eq f(U2,Ig)RgR112000，故選項A正確、BCD均錯誤。6.【答案】C【解析】要使三個電荷均處于平衡狀態(tài)，必須滿足“三點共線”“兩同夾異”“兩大夾小”“近小遠大

19、”的原則，所以點電荷C應在A左側，帶負電。設C點坐標為xC，帶電荷量為q，則A、B間距離為rAB=xBxA=0.4m，A、C間的距離為rAC=xAxC，B、C間的距離為rBC=xBxC，由于處于平衡狀態(tài)，所以keq f(Qq, rAC2)keq f(9Qq, rBC2)和keq f(Qq, rAC2)keq f(9QQ, rAB2)，解得xC=0.4m和qeq f(9,4)Q，選項ABD均錯誤、C正確。7.【答案】B【解析】從vt圖像中可以看出，a粒子的加速度逐漸增大，b粒子的加速度逐漸減小，故選項A錯誤；由題可知qE=ma，因此a粒子所受電場力逐漸增大，b粒子所受電場力逐漸減小，進一步可得a

20、向場強大的區(qū)域運動，即向左運動，b向場強小的區(qū)域運動，即向右運動，選項B正確；由于帶電粒子都是無初速釋放，所以都是在沿電場力的方向運動時，電場力做正功，所以a、b粒子的電勢能均減小，動能均增加，故選項C錯誤；由于不知電場的方向，所以無法判斷a、b的電性，所以選項D錯誤。8.【答案】B【解析】對處于平衡狀態(tài)的金屬棒進行受力分析可知，金屬棒受如圖所示的重力mg、安培力BIL、支持力N和摩擦力f四個力作用，考慮到支持力N和摩擦力f滿足摩擦定律f=N，即=eq f(f, N)，這說明不論支持力N和摩擦力f具體是多少，它們的合力F合的方向都是取決于的定值，因此，可以將原來的四力平衡轉化為三力平衡，所以安

21、培力BIL的方向只有沿著垂直于F合的方向才能取得最小值，金屬棒中的電流才能取得最小值，根據(jù)左手定則，磁感應強度的方向只能沿著F合的反方向，因此由tan=eq f(f, N)=可解得30。則選項A、C、D均錯誤，B正確。9.【答案】BD【解析】被測小燈泡的電阻隨電壓的增大而增大，選項A錯誤；被測小燈泡在A點的電阻可用直線OA的斜率來表示，故選項B正確；被測小燈泡在A點的電阻不可用切線AB的斜率來表示，選項C錯誤，D正確；被測小燈泡在A點的功率可用矩形OI0AU0的面積來表示，選項D正確。10.【答案】AD【解析】滑片P由b端向a端滑動，滑動變阻器接入電路的阻值R增大，則電路總電阻R總增大，總電流

22、I總=eq f(E,R總)減小，定值電阻R1兩端電壓U1I總R1減小，電壓表示數(shù)UVU1變小，選項A正確；定值電阻R2與R3組成的串聯(lián)電路兩端的電壓U23EI總(R1r)因I總減小而增大，又I23eq f(U23,R2+R3)，故I23增大，電流表A的示數(shù)IAI總I23因I總減小和I23增大而變小，選項B錯誤；由題可知，b0，UababaU23，故a升高，選項C正確；由于電容器兩端的電壓UCU2I23R2增大，由QCUC知電容器所帶電荷量Q增多，選項D錯誤，故選AD。11.【答案】AC【解析】如圖所示，粒子入場后在洛倫茲力作用下向上偏轉，若粒子剛好打在上極板右邊緣，則由幾何知識得req oal

23、(2,1)(r1eq f(l,2)2l2，又因為qv1B=eq f(mveq oal(2,1),r1)即r1eq f(mv1,Bq)，聯(lián)立解得v1eq f(5Bql,4m)，欲使該粒子不打在極板上，粒子的速度范圍是veq f(5Bql,4m)；若粒子剛好打在上極板左邊緣，則由幾何知識得r2eq f(l,4)，又因為qv2B=eq f(mvoal(2,2),r1)即r2eq f(mv2,Bq)，聯(lián)立解得v2eq f(Bql,4m)，欲使該粒子不打在極板上，粒子的速度范圍是veq f(Bql,4m)，故選項A、B正確。12.【答案】CD【解析】對P小球的受力分析如圖所示，由力平衡得絲線對其拉力的大

24、小Teq f(mg,sin)eq f(5,3)mg，選項A錯誤；庫侖力的大小Feq f(mg,tan)eq f(4,3)mg，選項B錯誤；由題可知，Q小球的受力情況與P小球的受力情況相似，各力大小分別相等，因此，燒斷右側絲線的瞬間，Q小球受到的重力和庫侖力不變，兩力的合力與燒斷絲線前絲線的拉力等大反向，根據(jù)牛頓第二定律得Q小球的加速度大小為aQ=eq f(T,m)=eq f(5,3)g，選項C正確；當兩球間的庫侖力消失時，P小球開始做圓周運動，其瞬時加速度由重力沿垂直于絲線方向的分力產(chǎn)生，根據(jù)牛頓第二定律得aP=eq f(mgcos,m)eq f(4,5)g，選項D正確。13.【答案】1.11

25、0cm(1.105cm或1.115cm)；3.790mm(3.789mm或3.791mm)(每空3分)【解析】由題可知，該圓柱體的高度為游標卡尺讀數(shù)，即L11mm2eq f(1,20)mm11.10mm1.110cm(1.105cm和1.115cm可給分，其余不給分)；該圓柱體的直徑為螺旋測微器的讀數(shù)，即D3.5mm29.00.01mm3.790mm(3.789mm和3.791mm可給分，其余不給分)14.【答案】(1)丙；E(2)900(3)1.48(或1.49)；0.85(每空2分)【解析】(1)將小量程電流表A1與電阻箱R0串聯(lián)并將電阻箱調(diào)至某一合適的阻值從而將電流表改裝為電壓表，由此排

26、除圖甲、圖丁所示的電路；對于圖乙所示的電路，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得EI2(Rg2r)I1(Rg1R0)，對于圖丙所示的電路，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得E(I1I2)rI1(Rg1R0)，由于Rg2的準確值未知，用圖像法處理數(shù)據(jù)，圖乙會使測量結果不準確，故應選圖丙所示的電路。由電流表A2的量程分析可知，滑動變阻器應選E。(2)根據(jù)題圖分析可知應將電阻箱R0的阻值調(diào)至900，從而將電流表改裝為量程為03V的電壓表。(3)由圖丙所示的電路可得I1I2圖線的表達式為I1eq f(E,Rg1R0r)eq f(r,Rg1R0r)I2，圖像在縱軸上的截距為eq f(E,Rg1R0r)1.48mA(或1.49

27、mA)；圖線的斜率的絕對值keq f(r,Rg1R0r)eq f(1.48mA1.1mA,0.45A)，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得E1.48V(或1.49V)，r0.85。15.【答案】6V，2【解析】當開關接a時，電路中的電流為I1eq f(P1,U1)eq f(2.5,5)A0.5A.(1分)由閉合電路歐姆定律得EU1I1r，(2分)當開關接b時，電路中的電流為I2eq f(P2,U2)eq f(4,4)A1A.(1分)由閉合電路歐姆定律得EU2I2r，(2分)聯(lián)立解得E6V，r2.(2分)16.【答案】(1)1.21010J(2)4.0m【解析】(1)對從粒子源出來最終打在實驗桌上的粒子由動能定理可得qEhEkeq f(1,2)mveq oal(2,0)(2分)解得粒子打