江西省赣州市南康中学2020-2021学年高二物理上学期第四次大考试题.doc

江西省赣州市南康中学2020-2021学年高二物理上学期第四次大考试题

江西省赣州市南康中学2020-2021学年高二物理上学期第四次大考试题

年级：
姓名：

14

江西省赣州市南康中学2020-2021学年高二物理上学期第四次大考试题
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分.1-7小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，8-10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）
1．如图，分别给出了导线中的电流方向或磁场中某处小磁针静止时极的指向或磁感线方向．下列判断正确是　　

A．（1）中电流方向向上
B．（2）中电流从左侧看是反时针方向
C．（3）中左、右两导线分别接电源正、负极
D．（4）中电流方向是顺时针
2. 如图所示电路，电源内阻不可忽略．开关闭合后，在变阻器的滑动端向下滑动的过程中（  ）
A.电压表的示数增大，电流表的示数减小
B.电压表的示数减小，电流表的示数增大
C.电压表与电流表的示数都减小
D.电压表与电流表的示数都增大
3. 如图所示，平行板电容器与电压恒定的直流电源连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，则（   ）
A.带电油滴将沿竖直方向向下运动
B.电容器的电容减小，极板带电荷量将增大
C.带电油滴的电势能将增大
D.点的电势将升高
4. 如图所示，图线甲、乙分别为电源和某金属导体的伏安特性曲线，电源的电动势和内阻分别用、表示，根据所学知识分析以下选项不正确的是（   ）
A.电源的电动势
B.电源的内阻
C.当该导体直接与该电源相连时，该导体的电阻为
D.当该导体直接与该电源相连时，电路消耗的总功率为
5. 某同学在测量电阻实验时，按图所示连接好实验电路．闭合开关后发现：电流表示数很小、电压表示数接近于电源两端电压；移动滑动变阻器滑片时两电表示数几乎不变化，仪表及其量程的选择均无问题．请你分析造成上述结果的原因可能是（  ）
A.电流表断路
B.滑动变阻器滑片接触不良
C.开关接触部位由于氧化，使得接触电阻太大
D.待测电阻和接线柱接触位置由于氧化，使得接触电阻很大
6. 一个用满偏电流为的电流表改装成的欧姆表，调零后用它测的标准电阻时，指针恰好指在刻度盘的正中间，如用它测量一个未知电阻时，指针指在处，则被测电阻的阻值为（   ）
A. B. C. D.
7. 已知通电长直导线在其周围空间某点产生的磁感应强度，其中表示电流强度，表示该点到导线的距离，为常数．如图，在直角三角形中，，三根通电长直导线垂直纸面分别放置在、、三点，其中为的中点．三根导线中的电流大小分别为、和，其中、处导线电流方向垂直纸面向里，处导线电流方向垂直纸面向外．已知点处导线在点产生的磁感应强度大小为，则点的磁感应强度大小为（  ）
A. B. C. D.
8. 如图所示，可视为点电荷的小球、分别带负电和正电，球固定，其正下方的球静止在绝缘斜面上，则球受力个数可能为（ ）
A.可能受到2个力作用 B.可能受到3个力作用
C.可能受到4个力作用 D.可能受到5个力作用
9. 如图甲所示，两个等量同种电荷、固定于光滑绝缘水平面上，电荷量、质量的小球在该平面上从点由静止释放，沿中垂线运动到电荷连线中点，其图象如图乙中图线①所示，其中点处为图线切线斜率最大的位置，图中②为过点的切线，则下列说法正确的是（  ）
A.、带异种电荷
B.带电小球运动到点时动能最大
C.到过程加速度一直减小
D.点的场强
10.在如图所示的电路中，为定值电阻，为滑动变阻器，闭合开关，将滑动变阻器的滑动触头从最右端滑到最左端，两个电压表的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图所示，则（ ）
A.图线甲是电压表示数随电流变化的图线
B.电源内阻的阻值为
C.电源的最大输出功率为
D.滑动变阻器的最大功率为
二、实验题（每空2分，共20分）

11. 在“测量一段圆柱形金属材料的电阻率”的实验中，需要用伏安法测定这段金属材料两端的电压和通过其的电流，以及这段金属材料的长度和直径．

（1）如图所示：甲图中用游标卡尺测量金属材料的长度为________cm；乙图中用螺旋测微器测量金属材料的直径为________mm．
（2）实验中，要求电压从零开始调节，除开关、导线外，还有如下器材：
①金属丝（电阻约为十几欧姆） ②直流电源
③电流表（量程，内阻约） ④电流表（量程，内阻约）
⑤电压表（量程，内阻约） ⑥电压表（量程，内阻约）
⑦滑动变阻器（） ⑧滑动变阻器（）
①实验所用到的电流表应选________，电压表应选________，滑动变阻器应选____．（填字母符号）
②在虚线框内画出最合理的实验原理图．
12. 某同学用伏安法测量一阻值为几十欧姆的电阻，所用电压表的内阻为，电流表内阻为．该同学采用两种测量方案，一种是将电压表跨接在图（）所示电路的、两点之间，另一种是跨接在、两点之间．测量得到如图（）所示的两条图线，其中与分别为电压表和电流表的示数．

回答下列问题：
（1）图（）中标记为Ⅱ的图线是采用电压表跨接在________（填“、”或“、”）两点的方案测量得到的．
（2）根据所用实验器材和图（）可判断，由图线________（填“Ⅰ ”或“Ⅱ”）得到的结果更接近待测电阻的真实值，结果为________（保留1位小数）．
（3）考虑到实验中电表内阻的影响，需对（2）中得到的结果进行修正，修正后待测电阻的阻值为_______（保留1位小数）．
三、计算题（本题共4个小题，共40分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.）
13.（8分） 如图所示，水平导轨间距为，导轨电阻忽略不计；金属棒的质量，电阻，与导轨接触良好；电源电动势，内阻．整个装置处于磁感应强度的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面、金属棒垂直．金属棒与导轨间的动摩擦因数，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度．求：
（1）当电阻箱接入电路的阻值为时，金属棒受到的安培力大小；
（2）为使金属棒不滑动，电阻箱接入电路的阻值应满足的条件．

14.（8分）如图所示，电源电动势，内阻，闭合电键后，标有“，”的灯泡恰能正常发光，电动机绕组的电阻，求：
（1）电源的输出功率；
（2）10S内电动机产生的热量；
（3）电动机的效率；
（4）若用此电动机由静止开始加速提升一质量为的物体，末物体的速度达到，且在这一过程中电动机输出功率保持不变，物体也不会碰到电动机，求物体在这内上升的高度（忽略空气阻力和一切摩擦作用）．

15.（12分） 如图所示的电路中，电源的电动势，内电阻，，为电阻箱．两带小孔的平行金属板、竖直放置．另两个平行金属板、水平放置，板长为板间的距离．当电阻箱的阻值调为时．闭合开关，待电路稳定后，将一带电量为，质量为的粒子从板小孔静止释放进入极板间，（不考虑空气阻力、带电粒子的重力和极板外部的电场）求：
（1）试求AB间电压值和CD间电压值
（2）求带电粒子到达小孔时的速度多大？
（3）求带电粒子从极板离开时速度为多大？

16.（12分）一个带正电的小物体，，放在绝缘的水平地面上，图甲中，空间若加上水平方向的变化电场，其加速度随电场力变化图象为图乙所示。现从静止开始计时，改用图丙中周期性变化的水平电场作用取。求：

（1）物体的质量及物体与地面间的动摩擦因数；
（2）在图丙所示周期性变化的水平电场作用下，物体在0-2s和2-4s的加速度；
（3）物体在0-4s的位移大小．
南康中学2020～2021学年度第一学期高二第四次大考
物理参考答案
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分.1-7小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，8-10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）
1.【解答】：根据安培定则，各图中电流方向和磁感线方向判定如图所示。

由上分析可知，故正确，错误，
答案：。
2.C
【解答】解：当滑片下移时，变阻器接入电阻减小，则外电路总电阻减小，电路中总电流增大，电源的内电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小，由欧姆定律可知，上的分压增大，而路端电压减小，故并联部分的电压减小，为定值电阻，则电流表示数减小，故正确，错误．故选：C．
3.D
【考点】电容器的动态分析
电势与电势能的关系
【解答】解：将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据得知板间场强增大，油滴所受的电场力增大，则油滴将向上运动，故错误．两板间距变小，根据可知电容器的电容增大，电压不变，根据可知，极板带电荷量将增大，故错误．两板间距变小，板间场强增大，而点与下极板间的距离不变，则由公式分析可知，点与下极板间电势差将增大，点的电势将升高，由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，点的电势升高，由电势能公式知油滴的电势能将减小，故错误，正确．故选．
【点评】本题运用分析板间场强的变化，判断油滴如何运动。运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化。
4.B【解答】解：．由图像的物理意义可知电源的电动势，内阻，项正确，项错误；．当该导体直接与该电源相连时，两图线交点纵坐标表示路端电压，也是该导体两端的电压为，，则此时，电路消耗的总功率，项正确．本题选不正确的，故选．
【点评】注意在计算电源内阻的时候，坐标的原点不是（，），且图线与横轴的交点并不是电源的短路电流．
5.D
【考点】电路故障分析
伏安法测电阻
【解答】解：．由题意可知，电流表示数很小，则说明整个电路并没有发生断路，故错误；．若开关接触部分由于氧化，使得接触电阻太大，那么电压表的示数不会接近电源两端电压，故错误；．若待测电阻和接线柱接触位置由于氧化，使得接触电阻很大，则根据串联电路的电压特点可知，待测电阻两端的电压接近电源两端电压，即电压表示数接近电源两端电压，故正确． 故选：．
6.A
【考点】多用电表的原理及其使用
7.B
【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向
磁场的叠加
【解答】解：设直角三角形的边长为，、、处导线在点产生的磁感应强度分别为、、，其中，，三个磁感应强度进行矢量合成可得．故选：
8.A,C
【考点】库仑力作用下的平衡问题
【解析】对物块进行受力分析，同时结合平衡条件进行分析．
【解答】解：首先物块受重力和给的吸引力，若重力和吸引力恰好相等，则可以满足受力平衡的条件，所以球可能受到个力的作用；若向上的吸引力小于重力，则对斜面有压力，会受到斜面的支持力，若要合力为处于平衡状态必须还要受一沿斜面向上的摩擦力才可以，所以有可能受四个力的作用，故符合．故选：．
.B,D
【考点】静电场中的v-t图像问题
等量电荷的电场线
【解答】解：带正电的小球从点由静止释放，向上做加速运动，带正电的小球受到向上的电场力，则连线上的电场竖直向上，故、带等量负电荷，故错误；从点到点小球一直加速，带电小球运动到点时动能最大，故正确；图像中，图线的斜率表示加速度，所以小球从到过程加速度先增大后减小，故错误；点的加速度，，电场强度大小为，故正确．故选．
10.A,C,D
【解答】由图可知，三电阻串联，测两端的电压，测两端的电压，电流表测电路中的电流。、当滑片向左端滑动时，接入电路中的电阻减小，电路中的总电阻减小，由可知，电路中的电流增大，、两端的电压增大，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，两端的电压减小，即电压表示数减小，由图象可知，甲表示电压表的示数随电流的增大而减小，表示的是电压表示数随电流变化的图线，故正确；、当滑动变阻器接入电路中的电阻为时，与串联，电路中的电流最大，由图象可知，两端的电压电路中的电流为：，则电阻的阻值为：，因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电源的电压为：①
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，三电阻串联，
由图象可知，两端的电压，两端的电压，电路中的电流，
滑动变阻器的最大阻值为：，
则电源的电压为：②
由①②可得：，，故错误；
电路的最大功率为：，故正确；
（3）电路中的电流为：
滑动变阻器消耗的电功率为：，
当时，滑动变阻器消耗的电功率最大，则有：，故正确。
二、实验题（每空2分，共20分）
11.（1）,.680 （2）①,, ②
【考点】测定金属的电阻率
.680

【解答】解：（1）甲图中用游标卡尺测量金属材料的长度为；
用螺旋测微器测量金属材料的直径为
（2）电压表和电流表的选择：电源电动势为，为了使电压表的指针有较大偏转，电压表应该选择量程为的，电路中电流的变化范围为，所以电流表应选择量程为的；
为了方便调解，滑动变阻器应选择；
实验电路图如图所示：
12.（1）、 （2）Ⅰ, （3）
【考点】伏安法测电阻
【解析】本题考查电流表内接法与电流表外接法，内接法时，所测电阻为与电流表内阻之和，与相比偏大，外接法时，所测电阻为电压表与并联的电阻，与相比偏小．
【解答】解：（1）若将电压表接在、之间，，则，
根据一次函数关系可知对应斜率为，若将电压表接在、之间，电流表分压为，
根据欧姆定律变形可知，解得：，
根据一次函数可知对应斜率为，对比图像的斜率可知，
所以Ⅱ图线是采用电压表跨接在、之间．
（2）因为待测电阻为几十欧姆的电阻，通过图像斜率大致估算待测电阻为左右，
根据，说明电流表的分压较大，电压表的分流较小，所以电压表应跨接在、之间，所以选择图线Ⅰ得到的结果较为准确，根据图像可知．
（3）考虑电流表内阻，则修正后的电阻为．
三、计算题（本题共4个小题，共40分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.）
13.解：（1）当电阻箱接入电路的阻值为时，由闭合电路欧姆定律得，
金属棒受到的安培力大小为
解得：．
（2）金属棒受到的最大静摩擦力为，
根据题意可知，
又，，
解得：．
14.（1）电源的输出功率为； （2）内电动机产生的热量为；
（3）电动机的效率为； （4）物体在这内上升的高度为．
【考点】动能定理的应用
闭合电路中的能量转化
电功
【解析】（1）路端电压等于灯泡两端的电压，灯泡正常发光，就等于灯泡的额定电压，电流可以根据求得，根据即可求解；（2）先求出流过灯泡的电流，根据即可得流过电动机的电流，再根据电动机的热功率即可求解；（3）电动机的总功率，电动机的机械功率，根据电动机的机械效率即可求解；（4）由动能定理即可求得上升的高度．
【解答】解1）由题意，并联部分电压为，内电压应为
总电流 电源的输出功率
（2）流过灯泡的电流，则可得流过电动机的电流
电动机的热功率， 内产生的热量为
（3）电动机的总功率
电动机的机械功率
电动机的机械效率
（4）由动能定理，得：，
   解得：
15.【答案】
（1）电阻两端的电压，电阻两端的电压
（2）带电粒子到达小孔时的速度是．
（3）带电粒子从极板离开时速度为．
【考点】带电粒子在电场中的加（减）速和偏转
闭合电路的欧姆定律
动能定理的应用
【解答】解：（1）电路中的电流 ，
电阻两端的电压，
电阻两端的电压，
根据动能定理 ，
解得：．
（2）粒子在两板间运动的时间：，
粒子的竖直速度：，
离开板时的速度，
联立以上三式求解可得：．
16.【解答】：（1）由牛顿第二定律得：
得：
结合乙图象得：；
（2）：由牛顿第二定律可得：

：由牛顿第二定律可得：

：物体做匀减速运动，时速度恰好为0，
（3）：通过的位移为：
：物体做匀减速运动，时速度恰好为0，
通过的位移也等于x1
由以上式可知：一个周期内的位移为