2023-2024学年河北省保定市部分高中高二（上）月考物理试卷（10月）（含解析）

这是一份2023-2024学年河北省保定市部分高中高二（上）月考物理试卷（10月）（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列叙述中符合物理学史实的是( )
A. 奥斯特在实验中观察到电流的磁效应B. 法拉第提出了著名的分子电流假说
C. 麦克斯韦证实了电磁波的存在D. 法拉第测出电磁波与光的传播速度相同
2.如图所示，P、Q是两个电荷量相等的正点电荷，它们连线的中点是O，A、B是中垂线上的两点．OA0)区域之间有沿−y方向的匀强电场，电场强度大小也为E，一个带电量为+q的粒子(不计重力)从第一象限的S点由静止释放。
(1)若S点坐标为(d4,d4)，求粒子通过x轴的位置坐标；
(2)若S点坐标为(d2,d2)，求粒子通过x轴时的动能；
(3)若粒子能通过x轴上的点的坐标为(−3d,0)，求释放S点的坐标(x,y)应满足的关系式．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A.奥斯特在实验中观察到电流的周围存在磁场，发现了电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系，故A正确；
B.安培提出了著名的分子电流假说，故B错误；
CD.赫兹用实验证实了电磁波的存在，并测出电磁波与光的传播速度相同，故CD错误。
故选A。
2.【答案】B
【解析】【分析】
根据点电荷场强公式E=kQr2，运用矢量合成的平行四边形定则，确定求出两电荷连线中垂线上各个点的合场强大小情况和方向特点，根据顺着电场线方向电势降低，判断电势的高低。
本题关键是要明确两个等量同种电荷连线的中垂线上的场强分布情况和电势分布情况，知道沿着场强方向，电势越来越低，从而判断场强和电势关系。
【解答】
AC.两个等量同种电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O点沿着中垂线向上到无穷远处电场强度先增大后减小，场强最大的P点可能在A、B连线之间，也可能在A、B连线上方，还可能在A、B连线下方，由于A、B两点的间距也不确定，故E ​A可能大于EB，也可能小于EB，还可能等于EB，故AC错误；
BD.根据平行四边形定则可知中垂线上电场强度方向一直向上，故电势越来越低，φA一定大于φB，故B正确，D错误。
故选B。
3.【答案】C
【解析】A.根据q1左侧和q2右侧电势随距离增大而降低可判断两者均为正电荷，故A错误；
B.N、C间的电场方向沿x轴正方向，C点场强为0，故B错误；
C.根据N→D间图线的斜率大小先减小后增大可知，场强先减小到零后反向增大，故C正确；
D.正电荷从N移到D，由Ep=qφ知，电势能先减小后增大，故D错误。
故选C。
4.【答案】B
【解析】A.2节干电池电源的电动势为3V，则额温枪工作时，电池组两极间的电压小于3V，选项A错误；
B.每节电池的电动势为1.5V，根据电动势的概念可知，额温枪工作时，电路中每通过1C电荷，每节电池都能把1.5J化学能转化为电能，选项B正确；
C.额温枪工作时，工作电流为5mA，则电源消耗的总功率为P=IE=15mW，则电源的输出功率小于15mW，选项C错误；
D.若换用两节充满电的800mAh充电电池，则最多可测温约为2×800mAh5mA×3600次/h=1.152×106次，选项D错误。
故选B。
5.【答案】D
【解析】AB.正对面积减小，注意到存在二极管，处理方法先假设没有二极管，则电容器两板间电压U不变，C=QU=εrS4πkd，U不变S减小，会使Q减小，但二极管的存在使得Q不能减少，故实际过程为Q不变。上式Q不变，S减小，所以U增大，U=Ed，d不变，所以E增大，所以油滴上移。Up0=φp−0，即为P与下极板电势差，P与下极板距离不变，E增大，所以φp增大。选项 AB错误；
C.断开开关，不能放电，故油滴不动，选项C错误；
D.根据C=QU=εrS4πkd，U不变，d减小，Q增大，可以充电，故U不变，d减小，E增大，油滴上移，选项D正确。
故选D。
6.【答案】C
【解析】A B.由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串连接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向a移动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，则电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，同时，R1两端的电压也减小，故并联部分的电压增大；由欧姆定律可知流过R3的电流增大，而干路中的电流减小，故电流表示数减小；因并联部分电压增大，而R2中电压减小，故电压表示数增大，故AB错误；
C.因R3两端电压增大，则电容器两端电压增大，故电荷受到的向上电场力增大，则重力小于电场力，电荷向上运动，故C正确；
D.R3上电流增大，根据P=I32R3，则R3消耗的功率逐渐增大，故D错误。
故选C。
7.【答案】B
【解析】解：对A球受力分析，受重力mg、拉力F、支持力N1，静电力F1，如图，根据平衡条件，有
x方向：F=F1sinθ ①
y方向：N1=mg+F1csθ ②
再对B球受力分析，受重力Mg、静电力F1、杆对其向左的支持力，如图，根据平衡条件，有
x方向：F1sinθ=N2 ③
y方向：F1csθ=Mg ④
有上述四式得到
F1=Mgcsθ ⑤
N1=mg+Mg ⑥
由⑤式，由于新位置两球连线与竖直方向夹角θ变小，故静电力F1变小，故A错误，B正确；
由⑥式，水平杆对球A的支持力等于两个球的重力之和，不变，再结合牛顿第三定律可知，求A对水平杆的压力不变，故C错误，D也错误；
故选：B。
对A、B两球分别受力分析，根据平衡条件结合正交分解法列方程求解出各个力的表达式，然后分析讨论．
本题关键是对两个球分别受力分析，然后根据平衡条件并运用正交分解法列方程求解出各个力的表达式进行讨论．
8.【答案】ABC
【解析】B.设加速电场AB间距离为d，偏转极板长度为l，偏转极板间的距离为h，屏到偏转电场右边缘距离为s，粒子在加速过程中，根据
U1q=12mv02
可得
v0= 2U1qm
在加速电场中运动的时间
t1=dv02
进入偏转电场，以及离开偏转电场后到打到屏上，水平方向速度保持不变，因此打到屏的时间
t2=l+sv0
从开始到荧光屏所经历时间
t=dv02+l+sv0
可知运动时间与 v0 成反比，由于
m1:m2:m3=1:2:4
q1:q2:q3=1:1:2
设质子、氘核和 α 粒子三种粒子离开加速度电场的速度分别为 v1 ， v2 ， v3 。因此
t1:t2:t3=1v1:1v2:1v3= m1q1: m2q2: m3q3=1: 2: 2
B正确；
A.粒子进入偏转电场之后，做类平抛运动
L=v0t
y=12at2
其中
U2hq=ma
可得
y=U1L24U2h
可知所有粒子在偏转电场中，偏转距离相等，即三种粒子打到荧光屏上的位置相同，A正确；
C D.根据动能定理
U1q+U2qhy=Ek
可知打在荧光屏时的动能仅仅与粒子的带电量成正比，因此
Ek1:Ek2:Ek3=q1:q2:q3=1:1:2
D错误，C正确。
故选ABC。
9.【答案】AC
【解析】【分析】
根据库仑定律求解两个球间的库仑斥力大小，然后根据共点力平衡条件分别列式分析求解。
本题关键是明确A球的受力情况，然后根据共点力平衡条件列方程求解，注意细线拉力为零的临界条件。
【解答】
A、根据库仑定律，小球A与B之间库仑力的大小为：F=kq2d2，故A正确；
BC、若细线上的拉力为0，小球A受重力、支持力和库仑斥力而平衡，根据共点力平衡条件，重力的下滑分力与库仑力的上滑分力平衡，即：mgsinθ=Fcsθ；其中F=kq2d2，联立解得：mgsinθ=kq2d2⋅csθ，故：qd= mgtanθk，故B错误，C正确；
D、两个球带同种电荷，相互排斥，不论电量多少，斜面对A的弹力不可能为零，故D错误。
故选：AC。
10.【答案】BD
【解析】AB.重物重量越大，则金属电阻接入电路的电阻越小，电路中电流越大，指针偏角越大，R0上消耗的功率越大，故 A错误，B正确；
CD.电路中电流为I=ER0+r+R=ER0+r+R1−kF，则电流与称重台所受压力大小不成正比，即改装后的称重仪的显示表的刻度不是均匀的，故C错误，D正确。
故选BD。
11.【答案】(1)50.15；
(2) 4.700/4.699/4.701；
(3)C、 D、 H 、 。
【解析】(1)20分度游标卡尺的精确值为0.05mm，由图可知其长度为50mm+0.05mm×3=50.15mm
(2)螺旋测微器的精确值为0.01mm，由图可知其直径为4.5mm+0.01mm×20.0=4.700mm
(3)电源电动势为4V，则电压表选择D；电路中可能出现的最大电流为I=UR=3150A=20mA，则电流表选择C；金属圆柱体电阻约为150Ω，为了调节方便，滑动变阻器应选择阻值较小的，则选择H。电流表C内阻与待测电阻相差不多，则电流表应选外接法；滑动变阻器阻值比代测电阻小得多，滑动变阻器应采用分压接法，实验电路如图所示
12.【答案】(1)480；R8；
(2)红；
(3)160；840；1.5
【解析】【分析】
本题考查了半偏法测电阻和电表改装，明确半偏法测电阻原理和电表改装原理是解决本题关键。
(1)根据半偏法可求出电流计G的内阻，从而选出变阻器；
(2)当B端与“3”连接时，根据电路构造得出A处电流的方向，结合红黑表笔的规则即可得出结论；
(3)根据电路的构造结合串并联电路的特点即可求出。
【解答】
(1)由题意可知，调节电阻箱R的阻值，使G的指针偏到最大值的23，通过电阻箱的电流为最大值的13，可知电阻箱的阻值等于电流计电阻的2倍，因此时电阻箱R的读数为960Ω，可知电流计的内阻为rg=480Ω；
本实验误差来自于闭合S2电阻箱并入电路后，干路电流会发生变化，为使干路电流变化较小，应使干路中滑动变阻器进入电路的阻值尽量大，为使电流表能够满偏，相应的电源电动势应较大。若图甲电路中干电池的电动势为1.5V，毫安表G的满偏电流为250μA，则干路中滑动变阻器进入电路的最小阻值约大于1.5250×10−6Ω=6000Ω，故滑动变阻器RP应选用最大阻值为10kΩ的R8。
(2)图乙中的A端与内置电源的负极连接，则与红色表笔相连接。
(3)当选择开关接2时，为直流电流1mA档，则R1+R2=IgrgI−Ig=250×10−6×48010−3−250×10−6Ω=160Ω；
此时电流表内阻RG=480×160480+160Ω=120Ω；
改装后的电流表满偏电流IG=1mA；
当选择开关接4时为直流电压1V挡，则R5=UIG−RG=110−3−160Ω=840Ω；
[6]欧姆×100Ω挡，表盘正中间的刻度为“15”，则欧姆档内阻R内=1500Ω；
根据IG=ER内；
可得E=1.5V。
13.【答案】解：(1)设S2断开时，电阻R1的电功率是P1，则由P1=(ER1+r)2R1，
代入数据可得，电源的内电阻为r=1Ω；
(2)设S2闭合时，流过R1的电流为I1，电阻R1两端的电压为U，消耗的功率为P2，I1=4A，由U=I1R1，
可得U=84V，
由闭合电路的欧姆定律E=U+Ir，
可得，当电键S2闭合时流过电源的电流为I=26A，
设流过电动机的电流为I2，由电流关系I=I1+I2，
可得I2=22A，
由能量守恒定律UI2=P出+I22R0，
可得，电动机的输出功率为P出=1606W。

【解析】见解析
14.【答案】解：(1)小球下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh=12mv02，解得v0= 2gh =3m/s，对S1、S2均断开时，极板电势差即为电源电动势E，
由平衡条件得mg=qEd，解得E=mgdq=3×10−2×10×0.61×10−2V=18V；
(2)当S1断开，S2闭合时，带电小球做类平抛运动，
水平方向l=v0t，竖直方向分速度vy=at，又vy=v0tanθ，
对带电小球，由牛顿第二定律得mg−qE1=ma1，其中UC=E1d，
代入数据解得a1=4m/s2，E1=18N/C，UC=10.8V，
当S1断开，S2闭合时，R1与R3串联，电容器与R3并联，
电容器两端电压UC=UR3，部分电路欧姆定律UR3=I1R3，
闭合电路欧姆定律E=I1R1+R3+r，
代入数据解得r=1Ω；
(3)当S1、S2均闭合时，R2与R3并联，并联电阻 R23=R2R3R2+R3=3×63+6Ω=2Ω，
电路电流I2=ER1+R23+r=183+2+1A=3A，
电容器电压U2=I2R23=6V，
对小球，由牛顿第二定律得mg−qE2=ma2，其中电压U2=E2d，
联立求解a2=203m/s2；
对带电小球类平抛运动分析，有l=v0t，y=12a2t2，
联立求解y=0.3m，y=d2=0.3m；
带电小球恰好从右侧极板边缘飞出。
【解析】(1)由机械能守恒定律求出小球进入平行板的速度，然后由平衡条件求出电动势；
(2)小球在极板间做类平抛运动，应用类平抛运动规律与串并联电路特点、欧姆定律求出电源内阻；
(3)应用类平抛运动规律分析判断小球能否飞出平行板。
本题是电场、运动学与电路相结合的综合题，分析清楚小球运动过程、分析清楚电路结构是正确解题的关键；应用机械能守恒定律、类平抛运动规律与欧姆定律可以解题。
15.【答案】解：(1)粒子在第一象限电场中做匀加速运动，由动能定理可得：
qE⋅d4=12mv12，
故粒子进入第二象限时的速度v1= qEd2m，位置坐标为(0,14d)；
粒子进入第二象限电场中，电场力和初速度方向垂直，故粒子做类平抛运动，
假设粒子没有出电场左边界，则有：14d=12⋅qEmt2，
故在水平方向上的位移x=v1t= qEd2m⋅ md2qE=d2，
故粒子通过x轴的坐标为(−d2,0)；
(2)若S点坐标为(d2,d2)，粒子在第一象限电场中做匀加速运动，
由动能定理可得：qEd2=12mv22，
故粒子进入第二象限时的速度v2= qEdm，位置为(0,d2)；
假设粒子没有出电场左边界，则有：12d=12⋅qEmt ′2；
故在水平方向上的位移x=v2t′=d， 则粒子恰好经过(−d,0)，
故对粒子从静止到通过x轴的过程应用动能定理可得：
粒子通过x轴时的动能Ek=qEd2+qEd2=qEd；
(3) 设满足条件的释放点的坐标为(x,y)，粒子在第一象限电场中运动过程根据动能定理可得：qEx=12mv2，
所以，v= 2qExm；
粒子进入电场中做类平抛运动，设粒子从电场左边界射出时的速度方向与x轴的偏转角为θ，
则有：tanθ=vyvx=atv=qEm⋅dvv=qEdmv2，
又有粒子做类平抛运动的竖直位移y ′=12at2=12⋅qEm⋅d2v2，
粒子离开电场后做匀速直线运动，故有：tan θ=y−y′2d，
所以，y−y′=y−qEd22mv2=2dtan θ=2qEd2mv2，
所以，y=5qEd22mv2=5qEd24qEx=5d24x；
故释放S点的坐标(x,y)应满足的关系式为4xy=5d2，(x>0,y>0)。
【解析】(1)根据粒子在第一象限只受电场力作用，由动能定理求得进入第二象限的速度和位置坐标；再根据粒子在第二象限电场中做类平抛运动，在电场外做匀速直线运动，根据运动学公式求得位置坐标；
(2)同(1)类似，先求得进入第二象限的速度，再根据类平抛运动规律求得第二象限电场方向上的位移，从而由动能定理求得动能；
(3)根据动能定理，类平抛运动的规律结合运动学公式求解。