2017-2018学年甘肃省会宁县第二中学高二上学期12月月考物理试题 解析版

2017-2018学年甘肃省会宁县第二中学高二上学期12月月考物理试题 解析版

甘肃省会宁县第二中学2017-2018学年第一学期高二12月考物理试卷 一、选择题 ‎1. 下列关于点电荷的说法中，正确的是（　）‎ A. 点电荷是电荷量和体积都很小的带电体 B. 点电荷是一种理想化的物理模型 C. 点电荷就是体积足够小的电荷 D. 任何带电体都可以看作是电荷全部集中于球心的点电荷 ‎【答案】B ‎【解析】点电荷是一种理想化的物理模型，B正确；带电体能否看成点电荷由所研究问题的性质决定，跟带电体的大小和电荷量的多少无关，ACD错误；‎ 故选B。‎ ‎2. 以下说法正确的是（　）‎ A. 由可知，电场中某点的电场强度E与F成正比,与q成反比 B. 由可知，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U有关 C. 由可知，磁场中的某点的磁感应强度B与放入磁场中的通电导线的电流I有关 D. 由可知，某段导体中的电流I与U成正比 ‎【答案】D ‎【解析】A、公式E=F/q为电场强度的定义式，电场强度的大小跟放入电场中的电荷无关，故A错误；‎ B、公式C=Q/U是电容器的定义式，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关，故B错误；‎ C、公式B=F/IL是磁感应强度的定义式，磁场中的某点的磁感应强度B与放入磁场中的通电导线的电流I无关，故C错误；‎ D、导体中的电流与导体两端的电压成正比,与导体的电阻成反比，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎3. 两个分别带有电荷量－Q和＋3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r 的两处。它们间库仑力的大小为F.两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】开始时两球间的库仑力为：，两小球相互接触后，电量先中和在均分：，此时的库仑力为：，故C正确，ABD错误。‎ ‎4. 如图甲所示为电场中的一条电场线，在电场线上建立坐标轴，则坐标轴上间各点的电势分布如图乙所示，则（ ）‎ A. 在间，场强先减小后增大 B. 在间，场强方向一定发生了变化 C. 若一负电荷从点运动到点，电势能逐渐减小 D. 从点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，则该电荷在间一直做加速运动 ‎【答案】D ‎ ‎ ‎【点睛】根据，图象的切线斜率表示电场强度大小；由图看出，之间，电势逐渐降低，可判断出电场力的方向，根据牛顿第二定律分析加速度情况.‎ ‎5. 如图所示,其中电流表A的量程为0.6A,表盘均匀划分为30个小格,每一小格表示 ‎0.02A；R1的阻值等于电流表内阻的1/2；R2的阻值等于电流表内阻的2倍,若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是　(　) ‎ A. 将接线柱1、2接入电路时,每一小格表示0.04A B. 将接线柱1、2接入电路时,每一小格表示0.02A C. 将接线柱1、3接入电路时,每一小格表示0.06A D. 将接线柱1、3接入电路时,每一小格表示0.01A ‎【答案】C ‎【解析】当接线柱1、2接入电路时，R1与电流表并联，由于R1＝，可知流过R1的电流为流过电流表电流的2倍，所以1、2接线柱间的电流为通过电流表电流的3倍，所以每一小格是原来的3倍，即为0.06 A，所以A、B错误；当接线柱1、3接入电路时，电流表与R1并联，然后再与R2串联，串联电阻对电流无影响，与1、2接入电路的效果一样，所以每一小格表示0.06 A，C正确，D错误。‎ ‎6. 如图所示电路中，电源的电动势为E，内阻为r，R1为滑动变阻器，R2为定值电阻，电流表和电压表均为理想电表，闭合电键S，当滑动变阻器R1的滑动触头P向右滑动时，电表的示数都发生变化，电流表示数变化量的大小为△I、电压表V、V1和V2示数变化量的大小分别为△U、△U1和△U2，下列说法错误的是( )‎ ‎ ‎ A. B. 变小 C. 不变 D. 不变 ‎【答案】B ‎【解析】当滑动变阻器R1的滑动触头P向右滑动时，R1减小，电路中电流增大，U2增大，路端电压U减小，则U1减小．因为U=U1+U2，则△U1＞△U2；根据闭合电路欧姆定律得U1=E-I（R2+r），则不变；R2为定值电阻，则不变，由U=E-Ir，得 不变，故B错误，ACD正确；‎ 本题选错误的故选B。‎ ‎7. 如图所示，三个电阻R1、R2、R3的阻值相同、允许消耗的最大功率分别为12W、10W、4W，将三电阻接成图示电路时，此电路允许消耗的最大功率为( )‎ ‎ ‎ A. 26W B. 18W C. 16W D. 12W ‎【答案】B ‎【解析】因为R2与R3并联，则两端电压相等，所以由公式知道，R2与R3所消耗的功率一样，已知告诉我们，R2与R3本身允许的最大功率分别是10W和4W，所以R2、R3在电路中允许最大功率只能是4W，否则会超过R2的允许功率；‎ 再分析R1在电路中允许的最大功率．把R2与R3看成一个并联电阻R23，则电路就是R1与R23串联，而串联电路所流过的电流一样，再由P=I2R知道，R1与R23所消耗功率之比等于2，所以R1上消耗的功率是并联电阻R23上的两倍；如果R2、R3的功率都为4W，则R23'的功率就是4W+4W=8W，则R1的功率是2×8W=16W，这样就大于12W，显然不可以；‎ 所以只能是R1功率为12W，则R23是R1的功率一半就是6W，而R2与R3的消耗功率一样，所以R2与R3的消耗功率均是R23的一半，为3W；最后计算，R1功率为12W，则R2为3W，R3为3W．所以总功率最大为12W+3W+3W=18W；‎ 故选B。‎ ‎8. 现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及电键如图连接．下列说法中正确的是( )‎ ‎ ‎ A. 电键闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转 B. 线圈A插入线圈B中后，电键闭合和断开的瞬间，电流计指针均不会偏转 C. 电键闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，电流计指针静止在中央零刻度 D. 电键闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转 ‎【答案】A ‎【解析】A、电键闭合后，线圈A插入或拔出都会产生感应电流，会引起电流计指针偏转，故A正确；‎ B、线圈A插入线圈B中后，电键闭合和断开的瞬间穿过线圈B的磁通量发生变化，产生感应电流，电流计指针均会偏转，故B错误；‎ C、电键闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，穿过线圈B的磁通量变化，会产生感应电流，电流计指针会偏转，故C错误；‎ D、电键闭合后，滑动变阻器的滑片P加速滑动，穿过B的磁通量变化，产生感应电流，电流计指针偏转，故D正确。‎ 故选：AD。‎ ‎【名师点睛】‎ 穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合电路中会产生感应电流，根据题意判断磁通量是否变化，然后答题。‎ ‎9. 如图所示，F是磁场对通电直导线的作用力，其中正确的是示意图是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：根据左手定则来判断即可，让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是导线受的安培力的方向．‎ 解：A、根据左手定则可得，安培力的方向垂直导线斜向上，所以A正确；‎ B、根据左手定则可得，安培力的方向水平向左，所以B错误；‎ C、根据左手定则可得，安培力的方向向下，所以C错误；‎ D、根据左手定则可得，安培力的方向水平向左，所以D正确；‎ 故选：AD．‎ ‎【点评】掌握住左手定则的内容，直接判断即可，比较简单，同时要注意与右手定则的区别，注意磁场方向、电流方向以及安培力的方向之间的关系．‎ ‎10. 如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反，下列说法正确的是( )‎ A. L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直 B. L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直 C. L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为 D. L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为 ‎【答案】BC ‎【解析】同向电流相互吸引，反向电流相互排斥。对L1受力分析，如图所示，可知L1所受磁场力的方向与L2、L3所在的平面平行，故A错误；对L3受力分析，如图所示，可知L3所受磁场力的方向与L1、L2所在的平面垂直，故B正确；设三根导线两两之间的相互作用力为F，则L1、L2受到的磁场力的合力等于F，L3受的磁场力的合力为，即L1、L2、L3单位长度受到的磁场力之比为，故C正确，D错误。‎ ‎【名师点睛】先根据安培定则判断磁场的方向，再根据磁场的叠加得出直线电流处磁场的方向，再由左手定则判断安培力的方向，本题重点是对磁场方向的判断、大小的比较。‎ ‎11. 回旋加速器工作原理示意图如图所示，磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直，两盒间的狭缝很小，粒子穿过的时间可忽略，它们接在电压为U、频率为f的交流电源上，若A处粒子源产生的质子在加速器中被加速，下列说法正确的是（  ）‎ A. 若只增大交流电压U，则质子获得的最大动能增大 B. 若只增大交流电压U，则质子在回旋加速器中运行时间会变短 C. 若磁感应强度B增大，交流电频率f必须适当增大才能正常工作 D. 不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器也能用于加速α粒子 ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等，当粒子从D形盒中出来时，速度最大，此时运动的半径等于D形盒的半径，再推导出动能表达式，从而即可解题．‎ ‎ ‎ ‎12. 速度相同的一束粒子（不计重力）经速度选择器射入质谱仪后的运动轨迹如右图所示，则下列相关说法中正确的是（ ）‎ A. 该束带电粒子带正电 B. 速度选择器的P1极板带负电 C. 能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于 D. 若粒子在磁场中运动半径越大，则该粒子的比荷越小 ‎【答案】ACD ‎【解析】试题分析：由图可知，带电粒子进入匀强磁场B2‎ 时向下偏转，所以粒子所受的洛伦兹力方向向下，根据左手定则判断得知该束粒子带正电．故A正确．在平行金属板中受到电场力和洛伦兹力两个作用而做匀速直线运动，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向向下，粒子带正电，电场强度方向向下，所以速度选择器的P1极板带正电．故B错误．粒子能通过狭缝，电场力与洛伦兹力平衡，则有：qvB1=qE，解得：．故C正确．粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：，解得：．可见，由于v是一定的，B不变，半径r越大，则越小．故D正确．故选ACD．‎ 考点：质谱仪；速度选择器 ‎【名师点睛】本题关键要理解速度选择器的原理：电场力与洛伦兹力，粒子的速度一定．粒子在磁场中偏转时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律则可得到半径。‎ 二、实验题 ‎13. 某同学用螺旋测微器测金属丝的直径，示数如图甲所示，读数是_______mm；用多用电表“×1”档测该金属丝的电阻，如图乙所示，读数是_________Ω。‎ ‎【答案】 (1). 0.900mm (2). 7.0Ω ‎【解析】试题分析：螺旋测微器读数时，先读出固定刻度线的分度值，再读出可动刻度上的分度值，读数时应估读到最小刻度的十分之一，即．本题中的读数为；‎ 欧姆档选用档，指针示数为；故读数为；‎ 考点：测定金属的电阻率 ‎【名师点睛】螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数．多用电表测电阻时要注意档位及指针的读数；欧姆表测电阻本身就不是很精确，只能近似测出电阻值，所以对其读数要求不是很严格，小数点后保留几位是没有多大意义的，到底保留多少，就中学考试来讲，看题目中已知数据的位数而定，但应注意“×挡位”，该题中也是可以的。‎ ‎14. 为了测量一节干电池的电动势和内阻，某同学采用了伏安法，现备有下列器材：‎ A．被测干电池一节 B．电流表1：量程0～0.6 A，内阻r=0.3Ω C．电流表2：量程0～0.6 A，内阻约为0.1Ω D．电压表1：量程0～3 V，内阻未知 E．电压表2：量程0～15 V，内阻未知 F．滑动变阻器1：0～10Ω，2 A G．滑动变阻器2：0～100Ω，1 A H．开关、导线若干 伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差；在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。‎ ‎（1）在上述器材中请选择适当的器材，电流表应选____、电压表应选____、滑动变阻器应选____（填写选项前的字母）；‎ ‎（2）实验电路图应选择下图中的______（填“甲”或“乙”）；‎ ‎（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U－I图象，则干电池的电动势E＝_______V，内电阻r＝__________Ω。‎ ‎【答案】 (1). （1）B、 (2). D、 (3). F； (4). （2）甲； (5). （3）1.5V， (6). 0.7Ω ‎【解析】试题分析：（1）因为一节干电池的电动势为1．5伏左右，故电压表选择D；通过电源的电流不超过0．6A,因B电流报的内阻已知，故电流表选择B，滑动变阻器选择F。‎ ‎（2）因电流表内阻已知过实验电路图应选择下图中的甲；‎ ‎（3）电池的电动势E＝1．5V，内电阻 考点：测量电源的电动势及内阻 ‎【名师点睛】此题考查了测量电源的电动势及内阻的实验；与课本上选取的电路图不一样，因为此问题中电流表的内阻是已知的，所以用甲电路图可以减小实验的误差；注意最后计算内阻时要把电流表的内阻减掉．‎ 三.计算题 ‎15. 如图所示，有一电子（质量m，电量为e）经电压U0加速后，进入两块间距为d ‎、电压为U的平行金属板间．若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能沿下板边缘射出电场，求：‎ ‎（1）电子从加速电场U0射出时的速度？‎ ‎（2）电子在平行金属板间（即偏转电场中）运动时的加速度？‎ ‎（3）金属板AB的长度？‎ ‎【答案】（1） （2）；方向竖直向下； （3）‎ ‎【解析】试题分析：（1）设电子被加速后速度大小为v0，对于电子在加速电场中由动能定理得：‎ eUo=mv02①‎ 所以②‎ ‎（2）在偏转电场中，由电子做类平抛运动，设加速度为a，极板长度为L，由于电子恰好射出电场，所以有：③‎ ‎（3）L=v0t ④‎ d =at2⑤‎ 由②③④⑤解得：‎ 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】电子先在加速电场中做匀加速直线运动，后在偏转电场中做类平抛运动，根据电子的运动的规律逐个分析即可。‎ ‎16. 水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L，M和P之间接入电动势为E的电源（不计内阻）．现垂直于导轨搁一根质量为m，电阻为R的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向与水平面夹角为θ且指向右斜上方，如图所示，问：‎ ‎（1）当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？‎ ‎（2）若B的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少为多少？此时B的方向如何？‎ ‎【答案】(1) N＝mg- ，f＝ (2) Bmin＝ 水平向右   ‎ ‎【解析】（1）从b向a看其受力如图所示：‎ 水平方向： ‎ 竖直方向： ‎ 又：‎ 联立解得： ， ‎ ‎（2）使ab棒受支持力为零，且让磁场最小，可知所受安培力竖直向上，则有 ‎ 解得： ，根据左手定则判定磁场方向水平向右。‎ 综上所述本题答案是：（1）； ‎ ‎（2），方向水平向右 ‎17. 平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示．一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0 沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍．粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等．不计粒子重力，问：‎ ‎ ‎ ‎(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；‎ ‎(2)电场强度和磁感应强度的大小之比．‎ ‎【答案】 ; ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）粒子在电场中由Q到O做类平抛运动，设O点速度v与+x方向夹角为α，Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，根据类平抛运动的规律，有：‎ x方向：‎ y方向：‎ 粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为：‎ 又：‎ 解得：，即，粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为45°角斜向上。‎ 粒子到达O点时的速度大小为 ‎（2）设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，粒子在电场中运动的加速度：‎ 设磁感应强度大小为B，粒子做匀速圆周运动的半径为R ‎，洛伦兹力提供向心力，有：‎ 根据几何关系可知：‎ 整理可得：‎ 点睛:本题难度不大，但需要设出的未知物理量较多，容易使学生感到混乱，要求学生认真规范作答，动手画图。‎ ‎ ‎