2017-2018学年宁夏石嘴山市第三中学高二上学期第二次（12月）月考物理试题 解析版

2017-2018学年宁夏石嘴山市第三中学高二上学期第二次（12月）月考物理试题 解析版

宁夏石嘴山市第三中学2017-2018学年高二上学期 第二次（12月）月考物理试题 一、单项选择题（本题共12小题，每题3分，共36分，每题只有一个选项符合题意）‎ ‎1. 下列关于电场线和磁感线的说法中，正确的是( )‎ A. 电场线和磁感线都是电场或磁场中实际存在的线 B. 磁场中两条磁感线一定不相交，但在复杂电场中的电场线是可以相交的 C. 电场线是一条不闭合曲线，而磁感线是一条闭合曲线 D. 电场线越密的地方，同一试探电荷所受的电场力越大；磁感线分布较密的地方, 同一试探电荷所受的磁场力也越大 ‎【答案】C ‎【解析】解：A、电场线和磁感线都是为了形象的描述电场和磁场而引入的曲线，是假想的，不是实际存在的线，所以A错误；‎ B、电场线和磁感线都是不会相交的，否则的话在该点就会出现两个不同的方向，这是不可能的，所以B错误；‎ C、电场线是一条不闭合曲线，有起点和终点，而磁感线是一条闭合曲线，所以C正确；‎ D、电场线越密的地方，电场的强度大，同一试探电荷所受的电场力越大，但是在磁场中，静止的电荷是不受磁场力作用的，所以D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题就是考查学生对电场线和磁感线的理解，它们之间的最大的区别是磁感线是闭合的曲线，但电场线不是闭合的，有起点和终点．‎ ‎2. 如图AB是某电场中的一条电场线，若将正点电荷从A点自由释放，沿电场线从A到B运动过程中的速度图线如下图所示，则A、B两点场强大小和电势高低关系是（ ）‎ A. , ‎ B. , ‎ C. , ‎ D. , ‎ ‎【答案】D ‎【解析】从A到B过程中速度增大，故电场力方向为从A到B，而点电荷带正电，所以电场方向从A到B，根据沿电场线方向电势降低可知；图像的斜率表示电荷运动的加速度，故从图中可知图像的斜率减小，即电荷的加速度减小，因为电荷只受电场力，所以从A到B电场力减小，同一电荷电荷量不变，故电场强度减小，故有，D正确．‎ ‎3. 如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，∠MOP=60°。两个带电量相等的异种点电荷分别置于M、N两点时，O点的电场强度大小为E1。将置于N点处的点电荷移至P点时，O点的场强大小变为E2。则E1与E2之比为         （  ）‎ A. 2：1 B. 1：2 C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：两个带电量相等的异种点电荷分别置于M、N两点时，在O点的电场强度大小相等，方向一致，。将置于N点处的点电荷移至P点时，两电荷在O点场强方向夹角为120），因各自单独产生的场强又相同，故合场强大小等于任一个电荷单独产生的场强大小，；。故选A。‎ 考点：电场强度的合成 ‎4. 有一个直流电动机，把它接入0.2V电压的电路中电机不转，测得流过电动机的电流是0.4A；若把电动机接入2.0V电压的电路中，正常工作时的电流是1.0A，此时，电动机的输出功率是P出；如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是P热，则（ ）‎ A. ，‎ B. ，‎ C. ，‎ D. ，‎ ‎【答案】B ‎【解析】当电动机卡住时，电流做的功全部转化为热能，即是纯电阻，符合欧姆定律，故可得电动机的电阻为，正常工作时，电动机消耗的总功率为，输出功率为总功率与热功率之差，故，若此时电动机突然卡住，则电能全部转化为内能，故热功率为，故B正确．‎ ‎5. 如图所示，E=10V，R1=4，R2=6，C=30μF，电池内阻可忽略。S原来闭合然后将开关S断开，这个过程中流过R1的总电荷量为（ ）‎ A. 1.2‎‎×10-4C B. 3.0×10-4C C. 1.8×10-4C D. 0‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：分别求出S断开与接通电容器两端的电压，然后根据，求解电容器上电荷量的变化量，开关断开后，稳定时电路中没有电流，电容器的电压等于电源的电动势，所以电容器的电压增大，将要通过R1充电，流过R1的电荷量等于电容器所充电的电量，即两个状态电量的变化量．‎ 闭合开关S后，电容器两端的电压与两端的电压相等，有，将开关S断开后，电容器两端的电压与电源的电动势相等，有，故流过的总电量为，故A正确．‎ ‎ ‎ ‎6. 有一毫伏表，它的内阻是100，量程为0.2V，现要将它改装成量程为10A的电流表，则毫伏表应（ ）‎ A. 并联一个0.02的电阻 B. 并联一个0.2的电阻 C. 串联一个50的电阻 D. 串联一个4900的电阻 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：把电表改装成电流表应并联一个分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值．‎ 解：电表的满偏电流为：Ig===0.002A，‎ 把它改装成量程为10A的电流表需要并联一个分流电阻，并联电阻阻值为：‎ R==≈0.02Ω；‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查了电流表的改装，把电表改装成电流表应并联一个分流电阻，知道电流表的改装原理、应用并联电路特点与欧姆定律即可正确解题．‎ ‎7. 如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。开关闭合后，灯泡L能发光，把滑动变阻器的滑片向右移动一点，下列判断正确的是（ ）‎ A. 电容器C的电荷量将减小 B. R0上有自右向左的电流 C. 灯泡L亮度变暗 D. 电路稳定后电源的输出功率变小 ‎【答案】C ‎ ‎ 考点：闭合电路的欧姆定律 ‎8. 平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面（纸面）如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m，电荷量为q（q>0）。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角。已知粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的射点到两平面交线O的距离为 （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：粒子进入磁场做顺时针方向的匀速圆周运动，轨迹如图所示，‎ 根据洛伦兹力提供向心力，有解得; 根据轨迹图知PQ＝2R＝2，∠OPQ=60°‎ 粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为OP＝2PQ＝，D正确，ABC错误．故选D．‎ 考点：带电粒子在磁场中的运动 ‎【名师点睛】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹，由牛顿第二定律求出粒子的临界轨道半径即可正确解题。‎ ‎ ‎ ‎9. 如图所示，矩形线框abcd的长和宽分别为2L和L，匀强磁场的磁感应强度为B，虚线为磁场的边界。若线框以ab边为轴转过60°的过程中，穿过线框的磁通量的变化情况是( )‎ A. 变大 B. 变小 C. 不变 D. 无法判断 ‎【答案】C ‎【解析】转动前，线框在磁场方向的上投影面积为，转动到60°时，线框在磁场方向的上投影面积为，在转动过程中，线框在磁场方向的上投影面积恒为，故根据可知穿过线圈的磁通量不变，故C正确．‎ ‎10. 有一个电子射线管（阴极射线管），放在一通电直导线的上方，发现射线的径迹如图所示，则此导线该如何放置，且电流的流向如何（ ）‎ A. 直导线如图所示位置放置，电流从A流向B B. 直导线如图所示位置放置，电流从B流向A C. 直导线垂直于纸面放置，电流流向纸内 D. 直导线垂直于纸面放置，电流流向纸外 ‎【答案】B ‎【解析】电子射线管发出电子，为负电荷，从图中可知电子向下偏转，即受到向下的洛伦兹力，根据左手定则可知电子处在垂直纸面向里的磁场中，根据右手螺旋定则可知导线按如图所示的位置放置，电流方向从B到A，B正确．‎ ‎11. 一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段径迹如图所示，径迹上的每一小段可近似看成圆弧．由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小（带电量不变）从图中可以确定( )‎ A. 粒子从a到b，带正电 B. 粒子从b到a，带正电 C. 粒子从a到b，带负电 D. 粒子从b到a，带负电 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式可知，粒子的半径逐渐的减小，所以粒子的运动方向是从b到a，在根据左手定则可知，粒子带正电，所以B正确，故选B。‎ 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动、洛仑兹力。‎ ‎【名师点睛】根据粒子在磁场中运动的半径公式来分析粒子的运动的方向，在根据左手定则来分析电荷的性质。‎ ‎12. 1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖。若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列说法中正确的是：（ ）‎ A. 该束带电粒子带负电 B. 速度选择器的P1极板带负电 C. 在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大 D. 在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：在磁场B2中，根据速度方向及左手定则知带电粒子带正电，A错误；在速度选择器中，判断洛伦磁力向上，电场力必定向下，P1为正极板，B错误；根据及速度相同，则半径越大，越大，C错误、D正确。‎ 考点：速度选择器、带电粒子在匀强磁场中的运动 二、多项选择（本题共5小题，共20分，全部选对得4分，不全的得2分，有错项的得0分）‎ ‎13. 如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为1m的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为10V、20V、30V，则下列说法正确的是（ ）‎ A. B、E一定处在同一等势面上 B. 匀强电场的场强大小为10V/m C. 正点电荷从E点移到F点，则电场力做正功 D. 电子从F点移到D点，电荷的电势能减少20eV ‎【答案】ACD ‎【解析】连接AC，则AC中点电势为20V，与B电势相等，则EB连线必为一条等势线，则B、E一定处在同一等势，故B正确；BA间的电势差为UBA=EdABcos30°，可得场强：，故A错误；因为E的电势为20V，F点与A点的电势相等为10V，则正电荷从E点移到F点，电场力做正功，故C错误；由以上得，F点与A点电势相等，D点的电势与C点的电势相同，故电子从F点移到D点与从A点移到C点电场力做功相同，电荷的电势能减少量为20eV，故D正确。所以BD正确，AC错误。‎ ‎14. 如图所示，R1为定值电阻，R2为可变电阻，E为电源电动势，r为电源内电阻，（R1>r）以下说法中正确的是（ ）‎ A. 当R2=R1+r时，R2获得最大功率 B. 当R1=R2+r时，R1获得最大功率 C. 当R2＝0时，R1上获得最大功率 D. 当R2＝0时，电源的输出功率最大 ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：当外电路电阻小于电源内阻时，即时，电源的输出功率随着外电路电阻的增大而增大，当时电源输出功率最大，当时，电源的输出功率随着外电路电阻的增大而减小，据此分析．‎ 将和电源内阻看做一体，根据当外电路电阻和内阻相等时，电源输出功率最大，可知当时，的功率最大，A正确；因为是定值电阻，所以电流最大时，其功率最大，故当时，电流最大，获得的功率最大，B错误C正确；因为，所以外电路电阻恒大于电源内阻，故此种情况下外电路电阻增大，电源的输出功率减小，故当时，电源的输出功率最大，D正确．‎ ‎15. 一束带电粒子沿水平方向飞过小磁针上方，并与磁针指向平行，能使磁针的S极转向纸内，如图4所示，那么这束带电粒子可能是（ ）‎ A. 向右飞行的正离子束 B. 向左飞行的正离子束 C. 向右飞行的负离子束 D. 问左飞行的负离子束 ‎【答案】BC ‎【解析】磁针的S极转向纸内，可知小磁针所在处的磁场方向垂直于纸面向外，根据安培定则，电流方向向左，电流的方向与正电荷的定向移动方向相同、与负电荷定向移动方向相反。故这束带电粒子可能是向左飞行的正离子束或向右飞行的负离子束。故选AD ‎16. 如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，放置一根长为L，质量为m的导体棒。在导体棒中通以电流I时，欲使导体棒静止在斜面上，下列外加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向正确的是（ ）‎ A. ,方向垂直斜面向上 B. ，方向垂直斜面向下 C. ，方向竖直向下 D. ，方向竖直向上 ‎【答案】AD ‎【解析】若磁场方向垂直斜面向上，受到的安培力沿斜面向上，由平衡知识可知：mgsinθ=BIL，解得，故A正确；外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向下，则沿斜面向下的安培力、支持力与重力，所以棒不可能处于平衡状态，故B错误；外加匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向下，则水平向左的安培力、支持力与重力，所以棒不可能处于平衡状态，故C错误；外加匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向上，则水平向右的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，则mgtanθ=BIL，解得；故D正确；故选AD.‎ ‎ ‎ ‎17. 如图所示，下端封闭、上端开口、内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有一带电的小球。整个装置以水平向右的速度匀速运动，垂直于磁场方向进入方向垂直纸面向里的匀强磁场，由于外力的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端开口飞出，小球的电荷量始终保持不变，则从玻璃管进入磁场到小球运动到上端开口的过程中（ ）‎ A. 洛仑兹力对小球做正功 B. 洛仑兹力对小球不做功 C. 小球运动轨迹是抛物线 D. 小球运动轨迹是直线 ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：洛伦兹力方向总是与小球的速度方向垂直，对小球不做功，故A错误，B正确．‎ 设小球竖直分速度为vy、水平分速度为v．以小球为研究对象，受力如图所示，由于小球随玻璃管在水平方向做匀速直线运动，则竖直方向的洛伦兹力F1=qvB是恒力，由牛顿第二定律得：qvB-mg=ma，，小球的加速度不随时间变化，恒定不变，故小球竖直方向做匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动，则小球运动轨迹是抛物线；故C正确，D错误．故选BC。‎ 考点：洛伦兹力；牛顿第二定律；运动的合成 二、填空题（每空2分，共18分）‎ ‎18. 某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．步骤如下：‎ ‎(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度如图甲，由图可知其长度L=_____________mm；   ‎ ‎(2)用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径D=_____________mm；‎ ‎(3)用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图，则该电阻的阻值约为_________。‎ ‎ ‎ ‎(4)该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：‎ 待测圆柱体电阻R 直流电源E（电动势4V，内阻不计） ‎ 开关S 导线若干 电流表A1（量程0～4mA，内阻约50Ω）‎ 电流表A2（量程0～10mA，内阻约30Ω）‎ 电压表V1（量程0～3V，内阻约10kΩ）‎ 电压表V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）‎ 滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A）‎ 滑动变阻器R2（阻值范围0～2kΩ，允许通过的最大电流0.5A）‎ 电流表选择_________，电压表选择_________，滑动变阻器选择________。‎ 为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在框中画出测量的电路图____________，并连接实物图_____________。‎ ‎(5)若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的R测量值几乎相等，若已知伏安法测电阻电路中电压表和电流表示数分别用U和I表示，则用此法测出该圆柱体材料的电阻率ρ＝________．（不要求计算，用题中所给字母表示）‎ ‎【答案】 (1). 50.15     (2). 4.700 (3). 220 (4). A2 (5). V1 (6). R1 (7). (8). (9). ‎ ‎【解析】试题分析：游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读到0.001mm ‎．欧姆表读数时要用示数乘以倍率．电压表和电流表的读数时要根据电表的量程及最小分度选择电流表与电压表，根据实验的要求选择滑动变阻器的接法．根据电阻定律、欧姆定律、横截面积公式 结合求解得到电阻率的表达式．‎ ‎（1）游标卡尺的读数为 ‎（2）螺旋测微器的读数为 ‎（3）电阻的阻值为 ‎（4）根据闭合电路欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为，所以电流表应选择A2；由于电源电动势为4V，电压表应选择V1；由于所以要求多测几组数据，所以变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器R1，以方便调节，电路图如图所示，实物图如图所示 ‎，‎ ‎（5）根据欧姆定律可得，根据电阻定律可得，联立解得 四、作图题（本题共3小题，每小题2分，共6分）‎ ‎19. 根据小磁针N极所指的方向，在图中画出电流的方向________，_____________.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】第一幅图小磁针的N极指向上方，在上端的极性为S极，根据右手螺旋定则可得电流方向如图所示 第二幅图小磁针N极指向为沿切线指向外侧，即磁场方向为顺时针方向（从上往下看），故根据右手螺旋定则可得电流方向如图所示 ‎20. 画出下列各图中通电直导线A受到的安培力的方向（或做必要文字说明）_________,_____________.‎ ‎【答案】 (1). 安培力方向垂直于导线斜向左下方, (2). 安培力平行于斜面向上，‎ ‎【解析】让磁场垂直穿过手心，四指指向电流方向，则拇指指向为安培力方向，如图所示 ‎21. 画下图中的带电粒子刚进入磁场时所受的洛伦兹力的方向（或做必要文字说明）_________,__________.‎ ‎【答案】 (1). 洛伦兹力垂直于纸面向外 (2). 洛伦兹力竖直向上 ‎【解析】（1）将速度沿平行与磁场方向和垂直于磁场方向上分解，如图所示 在判断粒子受洛伦兹力方向时，使用的是垂直磁场方向上的速度，故根据左手定则可知粒子受到的洛伦兹力方向垂直纸面向外；‎ ‎（2）在判断洛伦兹力方向时，如果粒子带负电，则四指指向粒子运动的反方向，故可知粒子受到的洛伦兹力方向竖直向上；‎ 五、计算题（本题共5小题，共40分） ‎ ‎22. 电场中某区域的电场线如图所示，A、B是电场中的两点. 一个电荷量为q= +4.0×10－8C的点电荷在A点所受电场力FA=2.0×10－4N，将该点电荷从A点移到B点，电场力做功W= 8.0×10－7J。求：‎ ‎(1)A点电场强度的大小EA ‎(2)A、B两点间的电势差U.‎ ‎【答案】(1)EA=5.0×103 N/C (2)U=20 V ‎【解析】试题分析：根据电场强度的定义式E=，求解A点电场强度的大小．根据公式UAB=求解A、B两点间的电势差U．‎ 解：（1）EA===5×103N/C ‎（2）U===20V 答：（1）A点电场强度的大小EA为5×103N/C．‎ ‎（2）A、B两点间的电势差U为20V．‎ ‎【点评】本题考查物理基本公式的应用能力．对于公式U=应用时，一般各量要代入符合计算，而E=，一般不代入符合计算．‎ ‎23. 如图所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.4m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B＝0.5T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E＝4.5V、内阻r＝0.5的直流电源．现把一个质量m＝0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0＝2.5，金属导轨电阻不计，g取10m/s2.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：‎ ‎(1)通过导体棒的电流；‎ ‎(2)导体棒受到的安培力大小；‎ ‎(3)导体棒受到的摩擦力大小．‎ ‎【答案】(1)I＝1.5 A (2)F安＝0.30N (3)Ff＝0.06N ‎【解析】（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有： ‎ ‎（2）导体棒受到的安培力：F=BIL=0.5×1.5×0.4=0.30N 根据左手定则，方向平行斜面向上； （2）导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1=mgsin37°=0.24N， 由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f； 根据共点力平衡条件，有：mg sin37°+f=F 解得：f=0.06N ‎24. 如图所示,电解槽A和电炉B并联后接到电源上，电源内阻r＝1，电炉电阻R＝19，电解槽电阻r′＝0.5.当S1闭合、S2断开时，电炉消耗功率为684W；S1、S2都闭合时电炉消耗功率为475 W(电炉电阻可看做不变)．试求：‎ ‎(1)电源的电动势；‎ ‎(2)S1、S2都闭合时，流过电解槽的电流大小；‎ ‎(3)S1、S2都闭合时，电解槽中电能转化成化学能的功率．‎ ‎【答案】(1)E=120V (2)IA=20 A (3)P化==1700W ‎【解析】试题分析：（1）S1闭合，S2断开时电炉功率为P1，电炉中电流．‎ 电源电动势 ‎（2）都闭合时电炉功率为，电炉中电流为 电源路端电压为 流过电源的电流为．‎ 流过电槽的电流为 ‎（3）电解槽消耗的电功率 电解槽内热损耗功率 电解槽转化成化学能的功率为 考点：考查了电功率的计算 ‎【名师点睛】电解槽电路在正常工作时是非纯电阻电路，不能用欧姆定律求解其电流，只能根据电路中电流关系求电流．‎ ‎25. 如图所示，MN、PQ是平行金属板，板长为L，两板间距离为d，在PQ板的上方有垂直纸面向里的匀强磁场。一个电荷量为q、质量为m的带负电粒子以速度v0从MN板边缘沿平行于板的方向射入两板间，结果粒子恰好从PQ板左边缘飞进磁场，然后又恰好从PQ板的右边缘飞进电场。不计粒子重力。试求：‎ ‎(1)两金属板间所加电压U的大小；‎ ‎(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小。‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】试题分析：（1）设带电粒子在平行金属板匀强电场中运动的时间为t，‎ 由类平抛运动可知：‎ L=v0t ①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ 由①②③④可解得：‎ U=⑤‎ ‎⑥‎ 如图所示，根据运动轨迹有：‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ vy=at ⑨‎ 根据①③④⑤⑥⑦⑧⑨可解得：‎ ‎ ‎