【文档说明】江西省赣州市南康中学2020-2021学年高二上学期第四次大考物理试卷 含答案.doc，共(13)页，901.500 KB，由小赞的店铺上传

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南康中学2020～2021学年度第一学期高二第四次大考物理试卷一、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N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S闭合后，在变阻器0R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P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.P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E、t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50EV=B.电源的内阻8.3r=C.当该

导体直接与该电源相连时，该导体的电阻为20D.当该导体直接与该电源相连时，电路消耗的总功率为100W5.某同学在测量电阻xR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3mA的电流表改装

成的欧姆表，调零后用它测500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2mA处，则被测电阻的阻值为（）A.250B.375C.1000D.1500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1kBr=，其中l表示电流强度，t表示该点到导线

的距离，k为常数．如图，在直角三角形acd中，60a=，三根通电长直导线垂直纸面分别放置在a、b、c三点，其中b为ac的中点．三根导线中的电流大小分别为I、I和3I，其中a、b处导线电流方向垂直纸面向里，c处导线电流方向垂直纸面向外．已知a点

处导线在d点产生的磁感应强度大小为aB，则d点的磁感应强度大小为（）A.aBB.3aBC.2aBD.3aB8.如图所示，可视为点电荷的小球A、B分别带负电和正电，B球固定，其正下方的A球静止在绝缘斜面上，则A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P、Q固定于光滑绝缘水平面上，电荷量3110qC−=+、质量0.02mkg=的小球在该平面上从a点由静止释放，沿中垂线运动到电荷连线中点O，其vt−图象如图乙中图线①所示，其中b点处

为图线切线斜率最大的位置，图中②为过b点的切线，则下列说法正确的是（）A.P、Q带异种电荷B.带电小球运动到O点时动能最大C.a到O过程加速度一直减小D.b点的场强30/EVm=10.在如图()a所示的电路中，1R为定值电阻，2R为滑动变阻器，闭合开关S，将滑动变阻器的滑动触头P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2V示数随电流变化的图线B.电源内阻的阻值为10C.电源的最大输出功率为3.6WD.滑动变阻器2R的最大功率为0.9W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：①R金属丝（电阻约为十几欧姆）②E直流电源6~8V③1A电流表（量程3A，内阻约0.2）④2A电流表（量程0.6A，内阻约1）⑤1V电压表（量程6V，内阻约20k）⑥2V电压表

（量程20V，内阻约60）⑦1R滑动变阻器（0~20,2A）⑧2R滑动变阻器（1,0.5kA）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xR，所用电压表的内阻为1k，电流表内阻为0.5．该同学采用两种测量方案，一种是将电压表跨接在图（a）所示电路的O、P两点之间，另一种是跨接在O、Q两点之间．测量得

到如图（b）所示的两条1U−图线，其中U与l分别为电压表和电流表的示数．回答下列问题：（1）图（b）中标记为Ⅱ的图线是采用电压表跨接在________（填“O、P”或“O、Q”）两点的方案测量得到的．（2）根据所用实验器材和图（b）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0.3Lm=，导轨电阻忽略不计；金属棒ab的质量0.6mkg=，电阻00.3R=，与导轨接触良好；电源电动势5EV=，内阻0.2r=．整个装置处于磁感应强度2BT=的匀强磁场中，磁

场方向与导轨平面、金属棒ab垂直．金属棒与导轨间的动摩擦因数0.5=，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度210/gms=．求：（1）当电阻箱接入电路的阻值为2R=时，金属棒ab受到的安培力大小；（2）为使金属棒ab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10EV=，内阻1r=，闭合电键S后，标有“8V，12W”的灯泡恰能正常发光，电动机M绕组的电阻04R=，求：（1）电源的输出功率0P；（2）10S内电动机产生的热量Q；（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0.5kg的物体，10s末物体的速度达到4/ms，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10s内上升的高度h（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9EV=，内电阻1.5r=，14.5R=，2R为电阻箱．两带小孔的平行金属板AB、竖直放置．另两个平行金属板CD、水平放置，CD板长为45cm板间的距离20dcm=．当电阻箱的阻值调为23R=

时．闭合开关K，待电路稳定后，将一带电量为191.610qC−=−，质量为309.010mkg−=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CD离开时速度为多大？16.（12分）一个带正电的小物体，6110qC−=，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(g取210/)ms。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C正确，ABD错误，答案：C。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2

0分）11.（1）,.680（2）①,,②【考点】测定金属的电阻率【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，.680mm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：Fmgma−=得：1aFgm=−结合乙图象得：4mkg=；0.1=（2）0~2s：由牛顿第二定律可得：11Fmgma−=2211124/2/4Fmgamsmsm−−===2~4ss：由牛顿第二定律可得

：22Fmgma−=222244/2/4Fmgamsmsm−−−===−2~4ss：物体做匀减速运动，4ts=时速度恰好为0，（3）0~2s：通过的位移为：221111122422xatmm===2~4ss：物体做匀减速运动，4ts=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128xxm==