【文档说明】河北省邯郸市大名县第一中学2020-2021学年高二（实验班）上学期10月月考物理试题含答案.docx，共(26)页，531.660 KB，由小赞的店铺上传

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大名一中北大班10月月考试题高二物理考试时间：100分钟；命题人：王正中一、单选题（共10个小题，每小题3分，共30分）1．用控制变量法可以研究影响平行板电容器电容的因素。设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为。实验

中，极板所带电荷量不变，则（）A．保持S不变，增大d，则变大B．保持S不变，增大d，则变小C．保持d不变，增大S，则变大D．保持d不变，增大S，则不变2．如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别位于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内，若

用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置．如果将小球B向左推动少许，待两球重新达到平衡时，跟原来相比（）A．两小球间距离将增大，推力F将减小B．两小球间距离将增大，推力F将增大C．两小球间距离将减小，推力F将增大D．两小球间距离将减小，推力F将减小3．如图所示

，实线是电场中一簇方向未知的电场线，虚线是一个带正电粒子从a点运动到b点的轨迹，若带电粒子只受电场力作用，粒子从a点运动到b点的过程中（）A．粒子的电势能逐渐减小B．粒子的电势能逐渐增加C．粒子运动的加速度逐渐增大D．粒子运动的速度逐渐增大4．如图所示为某静电

场中x轴上各点电势分布图，一个带电粒子在坐标原点O由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴正向运动，下列说法正确的是()A．粒子一定带正电B．粒子运动到坐标轴上x2处速度最小C．粒子从坐标轴上x1处运动到x3处，电场力做的功为零D．粒子从坐标轴上x1处运动到x

3处，加速度先增大后减小5．下列选项中的各14圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各14圆环间彼此绝缘，下列关于坐标原点O处电场强度正确的是（）A．图A与图C场强相同B．图B与图D场强相同C．DCBAEEEE

D．2BCEE=6．将一带电量为q+的粒子从电场中B点由静止释放，若整个过程只受电场力的作用，沿电场线运动到A点，它运动的—vt图象如图甲所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是下图中的（）A．B．C

．D．7．如图所示，电荷量q−，质量为m的滑块，沿固定绝缘斜面匀速下滑，现加一竖直向上的匀强电场，电场强度为E，以下判断中正确的是（）A．物体将沿斜面减速下滑B．物体将沿斜面加速下滑C．物体仍保持匀速下滑D．

物体可能静止8．将两根长为L，横截面积为S，电阻率为的保险丝串起来作为一根使用，则它的电阻和电阻率分别为（）A．2LS、B．2LS、12C．2LS、D．2LS、129．电源电动势3VE=，小灯泡L上标有“2V，0.4W”的字样，开关

S接1，当变阻器调到4ΩR=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4ΩC．电动机正常工作的电压为1VD．电源效率约为90%10．如图所示，已知R1=R2=R3=1Ω，当开

关S闭合后，电压表的读数为1V；当开关S断开后，电压表的读数为0.8V，则电池的电动势等于（）A．1VB．1.2VC．2VD．4V二、多选题（共4个小题，每小题3分，共12分）11．如图所示，电阻R和电动机M串联接到电路中，已知电阻R跟电动机线圈的电阻值相等，开关接通后，电动机正常工作。

设电阻R和电动机M两端的电压分别为U1和U2，经过时间t，电流通过电阻R做功为W1，产生热量为Q1，电流通过电动机做功为W2，产生热量为Q2。则有（）A．12UU，Q1=Q2B．U1=U2，Q1=Q2C．12UU，12WWD．12WW

，12QQ12．如图所示，R1为定值电阻，R2为可变电阻，E为电源电动势，r为电源的内电阻，以下说法中错误的是（）A．当R2=R1+r时R2上获得最大功率B．当R1=R2+r时，R1上获得最大功率C．当R2=0时，R1上获得功率一定最大D．当R2=0时，电源的

输出功率一定最大13．如图，带电粒子由静止开始，经电压为1U的加速电场加速后，沿垂直电场方向进入电压为2U的平行板电容器，经偏转落在下板的中间位置。为使同样的带电粒子，从同样的初始位置由静止加速、偏转后能穿出平行板电容器，下列措施可行的是（）A．保持2U和平行板间距不变，增大1U

B．保持1U和平行板间距不变，减小2UC．保持1U、2U和下板位置不变，向下平移上板D．保持1U、2U和下板位置不变，向上平移上板14．如图，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，选地面的电势为零，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，下列说法正确的

是（）A．小球带负电，且它的电势能增大B．电流表读数减小C．电源的效率变高D．若电压表的示数变化量U，通过R1的电流变化量I，有1||||UrRI=+第II卷（非选择题）三、实验题（共2个小题，共12分）15．（5分）用如图甲所示的电路測量一节蓄

电池的电动势和内电阻。蓄电池的电动势约为2V，内电阻很小。除蓄电池、开关、导线外可供使用的实验器材还有：A．电压表V（量程3V）B．电流表A1（量程0.6A）C．电流表A2（量程3A）D．定值电阻R0（阻

值4Ω，额定功率4W）E.滑动变阻器R（阻值范围0~20Ω，额定电流1A）(1)电流表应选______；（填器材前的字母符号）(2)根据实验数据作出U—I图像（如图乙所示），则蓄电池的电动势E=______V，内阻r=______Ω。(3)用图甲电路来测定干电池的电动势和内阻，则E测______

E真，r测______r真（填“＞”、“=”或“＜”）16．（7分）有一根细而均匀的圆柱体导体棒样品（如图甲所示），电阻约为100Ω，为了测量其电阻率ρ，可先测其电阻Rx，现提供以下实验器材：A．10分度的游标卡尺B．螺旋测微

器C．电流表A1（量程50mA，内阻r1为100Ω）D．电流表A2（量程100mA，内阻r2约为40Ω）E.电流表A3（量程1A，内阻r3约为0.1Ω）F.滑动变阻器R1（20Ω，额定电流1A）G.滑动变阻器R2

（0~2kΩ，额定电流0.1A）H.直流电源E（12V，内阻不计）I.圆柱体导体棒样品Rx（电阻Rx约为100Ω）J.开关一只，导线若干(1)用游标卡尺测得该样品的长度如图乙所示，其示数L=_____cm；用螺旋测微器测得

该样品的直径如图丙所示，其示数D=_____mm。(2)为了尽可能精确地测量原件电阻Rx，电路原理图如下所示，图中甲电流表应选_____；乙电流表应选_____。（用器材前的序号表示）(3)闭合开关，测量出需要测量的物理量。需要测量的物理量是_____和。(4)根据(1)(3

)步测量的数据字母，表示出电阻率ρ=_____。四、解答题（共4个小题，共46分）17．（12分）如图所示，在场强E=104N/C的水平匀强电场中，有一根长l=10cm的细线，一端固定在O点，另一端系一个质量m=2g、电荷量q=2×10－6C的带正电小球，当细线处

于水平位置时，小球从静止开始释放，g取10m/s2.求：（1）若取A点电势为零，小球在B点的电势能、电势分别为多大；（2）小球到B点时速度为多大？绳子张力为多大；（3）求小球在下落过程中的最大动能。18．（12分）如图所示，在方

向水平向右、场强大小E＝6000N/C的匀强电场中有一个光滑的绝缘平面。一根绝缘细绳两端分别系有带电滑块甲和乙，甲的质量m1＝2×10－4kg，带电荷量q1＝2×10－9C；乙的质量m2＝1×10－4kg，带电荷量q2＝－1×10－9C。开始时细绳处于拉直状态，两滑块放在平面上

。现由静止释放两滑块，t＝3s时细绳突然断裂，不计滑块间的库仑力。求：(1)细绳断裂前两滑块的加速度；(2)在整个运动过程中乙的电势能增量的最大值。19．（10分）如图所示电路中，19ΩR=，230ΩR=，开关S闭合时电压表示数为11.4V，电流表示数为0.2A，开关S断开

时电流表示数为0.3A，求：(1)电阻3R的值；(2)电源电动势和内电阻。20．（12分）如图所示，热电子由K发射后，初速度可以忽略不计，经加速电压为U1的加速电场加速后，垂直于电场方向飞入偏转电压为U2的偏转电场，

最后打在荧光屏（图中未画出）上．已知两偏转极板间距为d，板长为L．电子质量为m，电荷量为e，不计电子重力．求：（1）电子进入偏转电场时的速度大小；（2）电子在偏转电场中所用的时间和离开时的偏移量y；（3）电子在偏转电场中所受电场力做的功。参考答案1．A【解析】【

分析】【详解】AB．根据电容的决定式4SCkd=得知电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式QCU=分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大；故A正确，B错误；CD．根据电容的决定式4SCkd=得知电容

与极板的正对面积成正比，当保持d不变，增大S时，电容增大，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式QCU=分析可知板间电势差减小，静电计指针的偏角θ变小，故CD错误。故选A。【点睛】本题是电容动态

变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是掌握电容的两个公式：电容的决定式4SCkd=和QCU=。2．A【解析】【分析】【详解】以A球为研究对象，分析受力，作出力图如图1所示：设B对A的库仑力F与墙

壁的夹角为θ，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为：1ANmgtan=，将小球B向左推动少许时θ减小，则N1减小；库仑力：AmgFcos=库，θ减小，cosθ增大，F库减小，根据库仑定律分析得知两球之间的距离增大；再

以AB整体为研究对象，分析受力如图2所示，由平衡条件得：1FN=，则推力F减小，故A正确，B、C、D错误；故选A．【点睛】运用隔离法和整体法结合分析动态平衡问题，关键是确定研究对象（往往以受力较少的物体为研究对象），分析受力情况．3．B【解析】

【分析】根据运动轨迹弯曲方向判定电场力方向，然后根据电性判断电场线方向，从而判断电势高低，根据电场力做功判断电势能的变化，根据牛顿第二定律求解加速度；【详解】A、由粒子的运动轨迹可知，带电粒子所受的电场力向左，从a

点运动到b点电场力做负功，电势能增大，故A错误，B正确；C.电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，则a点电场力大于b点电场力，a点加速度大，故C错误；D.从a点运动到b点电场力做负功，根据动能定理可知动能减小，则速度减小，故D错误．【点睛】解决这类带电粒子在电

场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力，利用电场中有关规律求解．4．C【解析】【分析】【详解】A．带电粒子在坐标原点O由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴正向运动，电场力做正功，导致其电势能减小，由于从x1运动到x2处，电势升高，

因此粒子带负电，故A错误；B．由题图可知，从开始运动到x2，电场力做正功，往后电场力做负功，故到x2处时速度最大，故B错误；C．由题图可知，粒子在坐标轴上x1与x3处电势相等，则电势能相等，故粒子从坐标轴上x1处运动到x3处，电场力做功为零，故C正确；D．由图像的斜率大小等于电

场强度可知，粒子从坐标轴上x1处运动到x3处的斜率先减小后增大，故电场强度先减小后增大，电场力先减小后增大，故加速度也先减小后增大，故D错误。故选C。5．D【解析】【分析】【详解】设14圆环在O点产生的场强大小为E，A图中坐标原点O处电场强度是14圆环产生的，原点O处电

场强度大小为E；B图中坐标原点O处电场强度是第一象限14带正电圆环和第二象限14带负电圆环叠加产生，坐标原点O处电场强度大小等于2E，C图中第一象限14带正电圆环和第三象限14带正电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度是14带电圆环产生的，

原点O处电场强度大小为E；D图中第一象限14带正电圆环和第三象限14带正电圆环产生电场相互抵消，第二象限14带负电圆环和第四象限14带负电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度为0，则有A．图A与图C坐标原点O处电场强度大小相等，方向相反，故A错误；B．图B与图D坐标

原点O处电场强度大小相等不相等，故B错误；C．由上述分析可知=BADCEEEE故C错误；D．B图坐标原点O处电场强度大小等于2E，C图原点O处电场强度大小为E；则2BCEE=故D正确。故选D。6．B【解析】【分析】【详解】带电量为q+的粒子从电场中B点由静止释放，若整个过程只受电场

力的作用，沿电场线运动到A点，带正电的粒子运动的方向即为电场和电场力的方向，电场方向为BA→；—vt图象斜率表示加速度，根据图象可知，带点粒子从B点运动到A点过程中加速度变大，电场力增大，电场增强，故ACD错误，B正确。故选B。7．C【解析】【分析】【详解】若滑块匀速下滑时，则

有mgsinθ=μmgcosθ当加上竖直向上的电场后，在沿斜面方向，(mg-F)sinθ=μ(mg-F)cosθ受力仍保持平衡，则滑块仍匀速下滑．故选C正确．【点睛】判断物体运动的状态，关键是分析受力情况，确定合力

是否为零或合力与速度方向的关系．若滑块匀速下滑，受力平衡，沿斜面方向列出力平衡方程．加上竖直方向的匀强电场后，竖直方向加上电场力，再分析物体受力能否平衡，判断物体能否匀速运动．8．A【解析】【分析】【详解】因为两根保险丝的材料相同，所以串起来后

电阻率不变，串联后相当于两电阻之和，即2LLLRSSS=+=，故A正确【点睛】解决本题的关键掌握电阻定律的公式LRS=，以及知道电阻率的大小由材料决定，与长度和横截面积无关9．A【解析】【分析】【详解】A．小灯泡的额定电流为0.4A0.2A2PIU===电阻2Ω1

0Ω0.2LURI===当接1时，由闭合电路欧姆定律可知()LEIRRr=++代入数据解得1Ωr=故A正确；BC．当接2时灯泡正常发光，流过的电流为0.2A，电源内阻分的电压为0.21V0.2VUIr==

=故电动机分的电压为(320.2)V0.8VLUEUU=−−=−−=动电动机的内阻为M4ΩURI=动故BC错误；D．电源的效率为2000010093.3EIIrEI−==故D错误。故选A。10．C【解析】当开关S闭合时，电阻R3与R2并联后与R1

串联，外电路总电阻为：231231111.511RRRRRR=+=+=++，电路中干路电流为：11111UIAAR===，根据闭合电路欧姆定律得：1.5EIRrr=+=+（）．当K断开时，R1与R3串联，电路中干路电流为：110.80.81UIAAR===，根据闭合电路欧姆

定律得：()130.82EIRRrr（）=++=+．联立解得：2EV=、0.5r=．故C项正确，ABD三项错误．点睛：对于闭合电路，根据两种情况由闭合电路欧姆定律列出方程组，是求解电源电动势和内电阻常用的方法和思路，要加强这方面的训练，做到熟练掌握．11

．AC【解析】【分析】【详解】设开关接通后，电路中电流为I。对于电阻R，由欧姆定律得U1=IR对于电动机U2＞IR则有U1＜U2电功W1=U1IW2=U2I则有W1＜W2根据焦耳定律得Q1=I2RtQ2=I2Rt则有Q1=Q2故AC正确，BD错误故选AC。12．BD【解析】【分析】

【详解】A．将1R视为电源内阻，则当R2=R1+r时R2上获得最大功率，故A正确；BC．由于1R为定值电阻，故当电流越大，其功率越大，因此当20R=时，其功率最大故B错误，C正确；D．由于1R、r的大小关系未知，当1Rr时，当21RrR=−时，电源输出功率最大，当1Rr时，当20R=时，电

源的输出功率最大，故D错误；故选BD。13．ABD【解析】【分析】【详解】A．保持U2和平行板间距不变，平行板电容器中匀强电场的大小不变，增大U1，则粒子初速度增大，更容易穿出平行板电容器，故A正确；B．保持U1和平行板间距不

变，则粒子初速度不变，减小U2，平行板电容器中匀强电场减小，粒子偏转减缓，更容易穿出平行板电容器，故B正确；CD．保持U1、U2和下板位置不变，要想粒子穿出，必须减小板间电场，因此需要增大板间距，故C错误，D正确。故选ABD。【点睛】本题考查带电粒子在电场中加速和偏转的

题目，关键是明确进入偏转电场的初速度是加速电场的末速度，加速电场一般优先考虑动能定理，偏转电场中做类平抛，根据类平抛运动的规律分析。14．AD【解析】【分析】【详解】A．由图可知，平行金属板上极板带正电，则电场强度方向向下，由平衡可知，电场力方向向上，则小球带负电，当滑动

变阻器R4的滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，由“串反并同”可知，平行金属板两端电压减小，电场强度减小，小球所受电场力减小，小球向下运动，电场力做负功，电势能增大，故A正确；B．滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻

减小，由“串反并同”可知，电流表示数增大，故B错误；C．滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，根据00=100+RRr可知，外电阻变小，电源的效率变低，故C错误；D．将电阻R1和电源看成新电源，则电压表

测的是新电源的路端电压，则1URrI=+故D正确。故选AD。15．B2.100.2＜＜【解析】【分析】【详解】(1)[1]由于该实验中允许通过电池的电流的最大值比较小，所以电流表量程选择0.6A；(2)[2][3]图像与纵坐标的交点为电源电动势E

=2.10V图线的斜率表示电源内阻r与R0之和02.100.42Ω4Ω0.2Ω0.40UrRI−=−=−=(3)[4][5]由图甲所示可知，相对于电源来说，实验采用电流表外接法，当外电路短路时，电流的测

量值等于真实值，除此之外，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，电源的U-I图像如图所示，由图像可知，电源电动势的测量值小于真实值，电源内阻的测量值小于真实值。16．5.001.600CD电流表A1的读数为

I1，电流表A2的读数为I2()212125=IDIIL−【解析】【分析】【详解】(1)[1]由图示螺旋测微器可知，其示数：L=50mm+0×0.1mm=50.0mm=5.00cm[2]由图示螺旋测微器可知，其示数D=1.5mm+10.0×0.01mm=1.600mm(2)[3][

4]实验没有电压表，可以用已知内阻的电流表A1与待测电阻并联测电压，电流表甲选择C；乙电流表应选D；(3)[5]待测电阻阻值1121xxxUIrRIII==−实验需要测量：电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2。(4)[6]由电阻定律可知2()2xLLRDS==电阻率()()21

1212121425=IrDIILIDIIL−−=；(前面两个式子都可以给分)17．（1）32.010J−；31.010V；（2）0；22.010N−；（3）48.2810J−【解析】【分析】【详解】（1）小球到达最低点B的过

程中，电势能的变化量为ΔEp电=Eql=2.0×10－3J因0A=，则p0AE=所以EpB=ΔEp电=2.0×10－3J根据Ep=qφB解得pBEq==362.0102.010−−V=1.0×103V（2）A→

B由动能定理得2102BmglqElmv−=−解得vB=0在B点对小球，根据牛顿第二定律有2BTvFmgml−=解得FT=2.0×10－2N（3）当沿切向合力为零时，小球的速度最大，即动能最大，设此时

绳与竖直方向夹角为，根据平衡得sincosmgqE=解得45=由A到此位置，由动能定理得()kmsin451cos450mglEqlE−=−－代入数据得4km8.2810JE−=18．(1)0.02m/s2；(2)

7.2×10－7J【解析】【分析】【详解】(1)对甲、乙整体分析，由牛顿第二定律可得12120()qEqEmma+=+解得200.02m/sa=(2)当乙发生的位移最大时，乙的电势能增量最大，细绳断裂前，甲、乙发生的位移均为20010.09m2sat==此时甲、乙的速度均为000.06m/

svat==细绳断裂后，乙的加速度变为2220.06m/sqEam==−乙从细绳断裂到乙的速度为零，乙发生的位移2000.03m2vsa−==乙乙整个运动过程乙发生的位移max00.12msss=+=乙乙此

时乙的电势能增量72max7.210JPEWqEs−===乙乙19．（1）15Ω（2）12V1Ω【解析】【分析】【详解】(1)由图可知，当开关S闭合时，两电阻并联，根据欧姆定律则有：21123()IRUI

RIRR=++解得：315ΩR=(2)由图可知，当开关S闭合时，两电阻并联，根据闭合电路的欧姆定律则有：213()11.40.6IREUIrrR=++=+S断开时，根据闭合电路的欧姆定律则有：212()0.3(39)EIRRrr=++=+联立解得：12VE=1Ωr=20．（1）12

eUm（2）12mLeU；2214ULUd（3）222214eULdU【解析】【分析】【详解】（1）在加速电场中，根据动能定理得：21012eUmv=解得：102eUvm=（2）电子进入偏转电场后做类平抛运动，则水平方向有：012Lm

tLveU==竖直方向有：2eUamd=则电子从偏转电场射出时垂直偏移量：2221124ULyatUd==（3）电子在偏转电场中所受电场力做的功为：WeEy=2UEd=代入解得：222214eULWdU=