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1、沈阳铁路实验中学2019-2020学年度上学期10月月考试题高二物理时间：90分钟 分数：100分一、选择题（1-8单选，9-12多选，每题4分，漏选得2分错选不得分）1下列关于电源电动势的说法中正确的是 （ ）A在某电源的电路中，每通过2C的电荷量，电源提供的电能是4J，那么这个电源的电动势是0.5VB电动势就是电源两极间的电压C电源的电动势与外电路无关D电源的电动势越大，电源所能提供的电能就越多2如图所示，R1和R2是同种材料、厚度相同、表面为正方形的导体，但R1的尺寸比R2的尺寸大.在两导体上加相同的电压，通过两导体的电流方向如图所示，则下列说法中正确的是 （ ）AR1中的电流小于R2中
2、的电流BR1中的电流大于R2中的电流CR1中自由电荷定向移动的速率大于R2中自由电荷定向移动的速率DR1中自由电荷定向移动的速率小于R2中自由电荷定向移动的速率3如图所示，图甲实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子从电场中的P点由静止释放，不考虑两粒子间的相互作用，仅在电场力作用下，两粒子做直线运动，a、b粒子的速度大小随时间变化的关系如图乙中实线所示，虚线为直线，则 （ ）Aa一定带正电，b一定带负电 Ba向左运动，b向右运动Ca电势能减小，b电势能增大 Da动能减小，b动能增大4如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线。在电场力的作用下，一带电粒子(不计重力)经A点飞向B点，径迹如图
3、中虚线所示，下列说法正确的是 （ ）A粒子带正电B粒子在B点的加速度小C粒子在B点的电势能比A小DA、B两点相比，B点的电势较低5. 如图所示，一个质量为m，带电量为+q的粒子在匀强电场中运动，依次通过等腰直角三角形的三个顶点A、C、B，粒子在A、B两点的速率均为v0，在C点的速率为，已知=d，匀强电场在ABC平面内，粒子仅受电场力作用。则该匀强电场的场强大小为 （ ）A. B. C. D. 6三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径。球1的带电量为q，球2的带电量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F。现使球3先与球2接触
4、，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变。由此可知 （ ）An5 Bn6 Cn7 Dn87.如图所示，空间有一正三棱锥PABC，D点是BC边上的中点，O点是底面ABC的中心，现在顶点P点固定一正的点电荷，则下列说法正确的是 （ ）A. 底面ABC为等势面B. A、B、C三点的电场强度相同C. 若B、C、D三点的电势为B、C、D，则有B-D=D-CD. 将一正的试探电荷从点沿直线BC经过D点移到C点，静电力对该试探电荷先做负功后做正功8真空中相距为3a的两个点电荷M、N,分别固定于x轴上和的两点上,在它们连线上各点场强随x变化关系如图所示,以下判断中正确的是
5、( )A点电荷N所带电荷量的绝对值一定比点电荷M所带电荷量的绝对值大B点电荷M、N所带电荷量的绝对值一定相等C点电荷M、N一定为同种电荷Dx=2a处的电势一定为零9如图所示，A、B为两块平行带电金属板，A带负电，B带正电且与大地相接，两板间P点处固定一负电荷，设此时两极板间的电势差为U，P点场强大小为E，电势为P，负电荷的电势能为Ep，现将A、B两板水平错开一段距离(两板间距不变)，下列说法正确的是 （ ）AU变大，E变大 BU变小，P变小CP变小，Ep变大 DP变大，Ep变小10如图竖直墙面与水平地面均光滑绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面，且共处于同一竖直平面内，
6、若用如图所示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于如图所示位置，如果将小球B稍向左推过一些，两球重新平衡时的受力情况与原来相比 ()A推力F将增大 B墙面对小球A的弹力减小C地面对小球B的弹力减小 D两小球之间的距离增大11如图所示，电源电动势E3 V，小灯泡L标有“2 V，0.4 W”，开关S接1，当变阻器调到R4 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1 B电动机的内阻为4 C电动机的正常工作电压为1 V D电源效率约为93.3%12 如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，开关S闭合后，平行金属板中的带电液滴处于静止状态，电流表和电压
7、表均为理想电表。当滑动变阻器滑片P向b端滑动过程中，下列说法正确的是 ()A. R3的功率变大 B. 电压表、电流表示数都变大C. 减小平行板间距则液滴一定向下移动 D. 电容器C所带电量减少，液滴向下加速运动二、填空题（每空2分，共12分）13在“伏安法测电阻”实验中，所用测量仪器均已校准。其中某一次测量结果如图所示，其电流表的读数为_A。14如图，读出下列游标卡尺和螺旋测微器的读数。 (1) 游标卡尺读数为_cm (2)螺旋测微器读数为_mm15某学习兴趣小组欲采用如图所示电路测量电压表的内阻RV，待测电压表的量程为1V，内阻约为1000。(1)在备选的甲、乙两个滑动变阻器的铭牌上分别标有
8、(200 1A)、(10 2A)，为尽可能提高测量精度且便于调节，滑动变阻器R1应选用_(填“甲”或“乙”)(2)同学们的实验步骤如下，请将步骤补充完整：.正确连接好电路后，在闭合开关之前，将滑动变阻器R1的滑片移到_(填“左端”或“右端”).闭合开关S1和S2，调节R1，使电压表指针指到1V刻度处，.保持S1闭合、变阻器R1的滑片位置不变，断开S2，调整电阻箱R2的阻值，使电压表的指针指到0.5V刻度处，此时电阻箱R2的示数为990。(3)该电压表内阻的测量值为_。三、计算题（共40分）16.(8分)如图所示，在A点固定一正电荷，电荷量为Q，在离A高度为H的C处由静止释放某带同种电荷的液珠，
9、开始运动的瞬间加速度大小恰好为重力加速度g。已知静电力常量为k，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力。(1)求液珠的比荷；(2)求液珠速度最大时离A点的距离h；17（12分）两平行的带电金属板水平放置，板间电场可视为匀强电场。带电量相等粒子a，b分别以相同初速度水平射入匀强电场，粒子a飞离电场时水平方向分位移与竖直方向分位移大小相等，粒子b飞离电场时水平方向速度与竖直方向速度大小相等。忽略粒子间相互作用力及重力影响，求粒子a、b质量之比。18.(20分)如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管ADB固定在竖直平面内。圆管的圆心为O，D点为圆管的最低点，AB两点在同一水平线上，AB=2L，圆管的半径为r=L
10、(自身的直径忽略不计)。过OD的虚线与过AB的虚线垂直相交于C点，在虚线AB的上方存在方向水平向右、范围足够大的匀强电场；虚线AB的下方存在方向竖直向下、范围足够大的匀强电场，电场强度大小E2=。圆心O正上方的P点有一质量为m、电荷量为q(q0)的小球(可视为质点)，PC间距为L。现将该小球从P点无初速释放，经过一段时间后，小球刚好从管口A无碰撞地进入圆管内，并继续运动。重力加速度为g。求：(1)虚线AB上方匀强电场的电场强度E1的大小；(2)小球在AB管中运动经过D点时对管的压力FD；(3小球从管口B离开后，经过一段时间到达虚线AB上的N点(图中未标出)，在圆管中运动的时间与总时间之比。沈阳
11、铁路实验中学2019-2020学年度上学期10月月考试题高二物理答题纸13. _A14. _ cm ， _ mm15.（1）_(2)_（3）_。16.（8分）17.（12分）18.（20分）沈阳铁路实验中学2019-2020学年度上学期10月月考试题高二物理答案答案：1【答案】C【解析】【详解】A. 在某电源的电路中，每通过2C的电荷量，电源提供的电能是4J，那么这个电源的电动势是故A错误；B.闭合电路欧姆定律得知：电动势的数值等于内外电压之和，当电源没有接入电路时，电路中没有电流，电源的内电压为零，外电压即电源两极间的电压等于电动势；当电源接入电路时，电路有电流，电源有内电压，两极间的电压小
12、于电动势，故B错误；C. 电动势由电源本身特性决定，与外电路的组成无关，故C正确；D. 电源电动势越大，电源将其他形式的能转化为电能的本领就越大，不能说电源所能提供的电能就越多；故D错误。2【答案】D【解析】【详解】设导体厚度为d，R边长为L，电阻率为，根据电阻定律得导体的电阻为：由此可知导体R1、R2的阻值相等。AB. 电压相等，导体R1、R2的阻值相等，所以通过R1的电流等于通过R2的电流，故AB错误；CD.根据电流的微观表达式：I=nevS=nevLd由于I、n、e、d相同，则L越大，v越小，则R1中自由电荷定向移动的速率小于R2中自由电荷定向移动的速率，故D正确，C错误。3【参考答案】
13、B【名师解析】从vt图象中可以看出，a粒子加速度逐渐增大，b粒子加速度逐渐减小，因为粒子仅受电场力，可知a粒子所受电场力逐渐增大，b粒子所受电场力逐渐减小，所以a向左运动，b向右运动，B正确由于不知电场的方向，所以无法判断a、b的电性，故A错误带电粒子在沿电场力的方向运动时，电场力做正功，所以a、b的电势能均减小，动能均增加，故选项C、D错误4【答案】D【解析】【详解】A.曲线运动的合力应指向轨迹的凹侧，因此粒子在A点的受力方向与电场线方向相反，因此粒子带负电，A错误B.电场线越密集场强越大，因此B点的电场强度大，由可知粒子在B点的加速度较大，B错误CD.沿着电场线的方向电势降低，因此B点电势
14、低于A点电势，D正确；由可知负电荷在电势低的地方电势能大，因此B点电势能高于A点电势能。C错误5【参考答案】A【命题意图】本题考查静电场、动能定理的理解和运用。【解题思路】根据题述，粒子在A、B两点的速率均为v0，A、B两点为等势点，AB两点的连线为等势线，电场强度的方向垂直AB连线，C点到AB的距离s=d/2，对于粒子从C到A（或B），由动能定理，qEs=mv02-m（ v0）2，解得：E=，选项A正确。【易错警示】解答此题常见错误主要有：一是不能根据题述条件找出等势线和匀强电场的方向，二是不能正确运用动能定理列方程得出场强大小。6【参考答案】B7【参考答案】D【名师解析】A、B、C三点到P
15、点距离相同，故三点电场强度大小相等，但方向不同，故A、B、C三点的电场强度不相同，故B错误；O到P点距离比ABC三点到P点距离短，故电势比ABC三点电势高，又O点为底面ABC上的一点，故底面ABC不为等势面，故A错误；BC两点到P点距离相等，两点电势相等，D点到P点距离不BC两点小，故D电电势高于BC两点电势，故正试探电荷从B点沿直线BC经过D点移到C点，电势能先增加后减小，故静电力对该试探电荷先做负功后做正功，故D正确；BC两点到P点距离相等，两点电势相等，则B-D=C-D=-（D-C），故C错误。8【答案】C9【参考答案】AC【名师解析】根据题意可知两极板间电荷量保持不变，当正对面积减小时
16、，则由C可知电容减小，由U可知极板间电压增大，由E可知，电场强度增大，故A正确；设P与B板之间的距离为d，P点的电势为P，B板接地，B0，则由题可知0PEd是增大的，则P一定减小，由于负电荷在电势低的地方电势能一定较大，所以可知电势能Ep是增大的，故C正确10【参考答案】BD【名师解析】A、B球受力如图所示对A：FAcosGAFAsinFNA对B：FBcosGBFNBFBsinF当B向左推过一些后，角变小，由式知，FA变小，则由式知，FNA变小，FA与FB为作用力与反作用力，所以FBFA，由式知，FNBGBGA，FNB不变，由式知，F变小由于FA、FB变小，所以两球间距离变大选项BD正确。11
17、【参考答案】AD【名师解析】选AD.由小灯泡的额定功率PUI可知，I0.2 A，由欧姆定律得RL，可知小灯泡正常发光时电阻RL10 ，由闭合电路欧姆定律可知I，解得r1 ，A正确；接2时小灯泡正常发光，说明电路中电流仍为0.2 A，故电动机两端电压UEIRLIr0.8 V，电动机为非纯电阻用电器，故电动机内阻不等于4 ，B、C错误；由PI2r，P总EI，100%，代入数据可得电源效率约93.3%，D正确12【参考答案】BD【名师解析】此闭合电路的外电路由R1、R2、R3构成，R2与R3并联后再与R1串联，电容器两端的电压与R3两端电压相等。现将滑片向b端滑动，R2接入电路的电阻减小，外电路总电
18、阻减小，总电流变大，则定值电阻R1上的电压增大，电压表示数变大；外电路电压减小，则R3两端电压减小，通过R3的电流减小，R3功率变小，电流表示数变大，选项A错误，B正确；平行板间电压减小，减小平行板间距时，板间电场可能不变，选项C错误；电容器两端的电压减小，所带电荷量减少，电容器极板间的场强减小，液滴受到的电场力减小，液滴向下加速运动，选项D正确。13【答案】 0.421410.04 5.803（5.8025.804） 【解析】【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读【详解】（1）游
19、标卡尺的主尺读数为100mm，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为40.1mm=0.4mm，所以最终读数为：10mm+0.4mm=100.4mm=10.04cm（2）螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为30.30.01mm=3.030mm，所以最终读数为5.5mm+3.030mm=5.803mm15【答案】乙 左端 990 【解析】【详解】（1）1由题意可知，滑动变阻器乙的最大阻值较小，乙的额定电流较大，实验电路选择分压式，所以为保证安全方便实验操作，滑动变阻器应选择乙。（2）2由图示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，在闭合开关之前，将滑动变阻器R1的滑
20、片移到左端，使待测支路电流为零。（3）3断开开关S2后认为分压电路分压不变，仍为1V，电压表示数为0.5V，说明电阻箱两端电压为0.5V，电压表与电阻箱串联，它们两端电压相等，由串联电路特点可知，它们的阻值相等，则电压表内阻等于电阻箱阻值990。表内阻偏小，改装后的电压表串联电阻偏大，电压表内阻偏大，两电压表并联，由于改装后的电压表内阻偏大，通过改装电压表的电流偏小，改装后的电压表指针偏角较小，造成改装后电压表的读数会比标准电压表的读数偏小。【点睛】本题考查了电压表与电流表的改装，知道电表改装原理，由于串并联电路特点与欧姆定律可以解题；要掌握实验器材的选择原则。16【参考答案】(1)(2)H【
21、名师解析】(1)设液珠的电荷量为q，质量为m，有kmgmg解得液珠的比荷为(2)当液珠速度最大时有kmg解得hH17【参考答案】【命题意图】以带电粒子在电场中的运动为背景，考查类平抛运动、牛顿运动定律，意在考查学生灵活运用力电相关知识分析解决问题的能力。【名师解析】假设极板长度为l，粒子a质量为ma，离开电场时竖直位移为y，粒子b质量为mb，离开电场时竖直分速度为vy，两粒子初速度均为v0，在极板间运动时间均为t对粒子a ： （1分） （1分） （1分） （1分）由以上各式可以得到： （1分）对粒子b： （1分） （1分） （1分） （1分）由以上各式可以得到： （1分）因此： （2分）注：计算题用其他方法得到正确结果，可按步骤酌情给分。18【名师解析】