2019-2020学年高二物理上学期第二次月考试卷(含解析).doc

2019-2020学年高二物理上学期第二次月考试卷(含解析)一、单项选择题（本题包括10小题，每小题3分，共30分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）1. 如图所示，把一条导线平行地放在磁针的上方附近，当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转首先观察到这个实验现象的物理学家是A. 牛顿 B. 爱因斯坦 C. 伽利略 D. 奥斯特【答案】D【解析】当导线中有电流通过时,磁针会发生偏转,说明电流产生了磁场,这是电流的磁效应,首先观察到这个实验现象的物理学家是奥斯特，故B正确；综上所述本题答案是：B2. 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】A、电场线和磁感线都是假想的曲线，并不存在故A错误；B、两条磁感线一定不相交，电场线也不相交，否则交点处电场强度有两个方向，违反电场强度唯一性的特点，故B错误；C、电场线是不闭合曲线，而磁感线是闭合的曲线，故C正确；D、电场线越密的地方，电场强度越大，由公式F=qE知同一试探电荷所受的电场力越大；磁感线分布越密的地方，磁感应强度越大，同一试探电荷所受的磁场力不一定越大，还与电荷的运动方向与磁感应强度方向的夹角有关故D错误；故选C.【点睛】此题考查电场与磁场的基本知识，通过相互比较来加强理解注意电荷在磁场中受洛伦兹力是“有条件”的，即运动电荷和磁场方向要有夹角，若是平行或电荷与磁场相对静止则不受洛伦兹力作用，而电荷在电场中受电场力是“无条件”的即电场力与电荷的运动状态无关3. 真空中两个点电荷Q1、Q2，距离为R，当Q1增大到原来的9倍，Q2增大到原来的3倍，距离R增大到原来的3倍时，电荷间的库仑力变为原来的A. 1倍 B. 3倍 C. 6倍 D. 9倍【答案】B【解析】试题分析：根据库仑定律公式，电量的乘积变为原来的9倍，距离的平方也变为原来的9倍，故库仑力不变，故选项A正确。考点：库仑定律【名师点睛】本题是库仑定律的直接运用问题，直接根据公式分析即可。4. 如图所示实验电路图在滑动触头由a端滑向b端的过程中，下列正确的是A. 路端电压变小 B. 电流表的示数变大C. 电源内阻消耗的功率变小 D. 电路的总电阻变大【答案】A【解析】试题分析：在滑动触头由a端滑向b端的过程中，变阻器接入电路的电阻变小，电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，电路中总电流I变大，路端电压，U变小，A正确，D错误；电流表的示数，U变小，IA变小，B错误；电源内阻消耗的功率，I变大，P变大，C错误；故选A。考点：电功、电功率、闭合电路的欧姆定律。【名师点睛】本题是电路的动态变化分析问题，首先分析变阻器接入电路的电阻如何变化，接着分析总电阻、总电流和路端电压的变化，再分析局部电流、电压的变化，即按“局部到整体再到局部”的思路进行分析。5. 关于磁场对通电直导线的作用力,下列说法错误的是A. 通电直导线在磁场中一定受到安培力的作用B. 通电直导线在磁场中所受安培力的方向一定跟磁场方向垂直C. 通电直导线在磁场中所受安培力的方向一定跟电流方向垂直D. 通电直导线在磁场中所受安培力的方向垂直于由B和I所确定的平面【答案】A【解析】实验发现，当通电导线和磁场方向平行时，导线不受安培力；当通电导线和磁场方向垂直时，导线所受安培力最大，理论公式为，其中为导线和磁场方向的夹角，当=0时，安培力为零，A错。根据左手定则，I和B组成的平面，BCD正确。故选A。6. 一根长为0.2 m，电流为2 A的通电导线，放在磁感应强度为0.5 T的匀强磁场中，受到的安培力大小不可能是A. 0N B. 0.1N C. 0.2N D. 0.4【答案】D.7. 两个相同的圆形线圈，通以方向相同但大小不同的电流I1和I2，如图所示。先将两个线圈固定在光滑绝缘杆上，问释放后它们的运动情况是A. 相互吸引，电流大的受力大B. 相互吸引，受力大小相等C. 相互排斥，电流大的受力D. 相互排斥，受力大小相等【答案】B考点：本题考查右手螺旋定则。8. 加在某台电动机上的电压是U，电动机消耗的电功率为P，电动机线圈的电阻为R，则电动机线圈上消耗的热功率为A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：电动机消耗的电功率为,电动机线圈的电阻消耗的热功率为,电动机的机械功率为,所以，B选项正确考点：电动机的功率问题。点评：电动机三个功率的关系是：，经常运用此关系式求解非纯电阻用电器的电压、电流、功率等各物理量9. 在图中，标出了磁场的方向、通电直导线中电流I的方向，以及通电直导线所受安培力F的方向，其中正确的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】磁场方向与电流方向平行时，安培力为零。磁场方向与电流方向垂直时，安培力最大；由左手定则可知，A正确，BCD错误。10. 一根通有电流I的直铜棒用软导线挂在如图所示匀强磁场中，此时悬线中的拉力大于零而小于铜棒的重力欲使悬线中拉力为零，可采用的方法有 A. 适当增加电流，方向不变B. 适当减少电流，方向不变C. 适当增强磁场，并使其反向D. 适当减弱磁场，并使其反向【答案】A【解析】由题意可知，通电直铜棒静止时，悬线中拉力不为零且小于铜棒的重力，所以安培力竖直向上，满足平衡关系：。故欲使悬线中拉力为零，只需增强磁场，或者增大电流，或者同时增强磁场和增大电流，不需要改变电流和磁场的方向，故选A。二、多项选择题（本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题给出的四个选项中，有两个以上选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）11. 带电微粒所带电荷量不可能是下列的A. 2.410-19C B. 6.410-19C C. 1.610-19C D. 110-19C【答案】AD【解析】根据密立根油滴实验的实验结论：自然中任何带电体所带电荷量都是元电荷电量的整数倍，即，N取整数，BC选项正确，故不可能的选AD。12. 关于磁场和磁感线的描述，下列说法中正确的是A. 磁极之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场一样，也是一种客观存在的特殊物质B. 磁感线可以形象地描述各磁场的强弱和方向，它每一点的切线方向都和小磁针放在该点静止时北极所指的方向一致C. 磁感线总是从磁铁的N极出发，到S极终止的D. 磁感线可以用细铁屑来显示，因而是真实存在的【答案】AB【解析】分析：磁场与电场一样是一种客观存在的物质，磁极之间的作用是通过磁场发生的而磁感线不是客观存在的物质磁感线是闭合曲线磁感线可以模拟，但模拟出来的曲线并不是磁感线解答：解：A、磁极与磁极不接触也会有力的作用，是通过磁场发生的磁场与电场一样是一种客观存在的物质故A正确B、磁感线可以形象地描述各点磁场的强弱和方向，它每一点的切线方向都和小磁针放在该点静止时北极所指的方向一致故B正确C、磁感线是闭合曲线，在磁体外部，从磁铁的北极出发，进入南极；在磁体内部，从南极指向北极故C错误D、用细铁屑在磁铁周围排列出的曲线可以模拟磁感线，但并不是磁感线没有细铁屑的地方同样可以画出磁感线故D错误故选AB点评：本题对磁场和磁感线的理解能力，抓住它们之间的区别：磁场是物质，磁感线不是物质13. 如图所示，螺线管中通有电流，如果在图中的a、b、c三个位置上各放一个小磁针，其中a在螺线管内部，则 A. 放在a处的小磁针的N极向左B. 放在b处的小磁针的N极向右C. 放在c处的小磁针的S极向右D. 放在a处的小磁针的N极向右【答案】BD【解析】解： 由右手螺旋定则可知,螺线管右端是N极,左端为S极;因螺线管内部磁感线是由S极指向N极的,由于小磁针静止时N极指向为磁场方向.因此小磁针abc的N极都向右,故BD正确,AC错误; 14. 如右图所示，一簇电场线的分布关于y轴对称，O是坐标原点，M、N、P、Q是以O为圆心的一个圆周上的四个点，其中M、N在y轴上，Q点在x轴上，则A. M点的电势比Q点的电势低B. O、M间的电势差小于N、O间的电势差C. O点的场强小于M点的场强D. 将一负电荷由M点移到N点，电场力做正功【答案】ABD【解析】试题分析：根据电场线的方向判断电势高低由公式U=Ed分析O、M间的电势差与N、O间的电势差的关系O点的电势高于Q点的电势，根据正电荷在电势高处电势能大，判断电势能的大小根据电势能的变化，判断电场力做功的正负解：A、根据顺着电场线的方向电势降低可知，M点的电势比P点的电势低故A正确B、O、M间的场强小于N、O间的场强，OM=NO，由公式U=Ed分析得知，O、M间的电势差小于N、O间的电势差故B正确C、由图可得到，O点的电势高于Q点的电势，根据推论：正电荷在电势高处电势能大，则正电荷在O点时的电势能大于在Q点时的电势能故C错误D、M点的电势比P点的电势低，则负电荷在M点的电势能比在P点的电势能大，所以将一负电荷由M点移到P点时，电势能减小，电场力将正功故D正确故选ABD【点评】本题关键要根据电场线方向判断出电势的高低，利用推论分析电势能的变化，判断电场力做功的正负15. 关于磁感应强度，正确的说法是A. 根据定义式，磁场中某点的磁感应强度B与F成正比，与IL成反比B. 磁感应强度B是矢量，方向与电流所受安培力的方向相同C. 磁感应强度B是矢量，方向与通过该点的磁感线的切线方向相同D. 在确定的磁场中，同一点的B是确定的，不同点的B可能不同【答案】CD【解析】磁场中某点的磁感应强度B只由磁场本身决定，与F和IL无关，选项A错误； 磁感应强度B是矢量，方向与电流所受安培力的方向垂直，选项B错误；磁感应强度B是矢量，方向与通过该点的磁感线的切线方向相同，选项C正确；在确定的磁场中，同一点的B是确定的，不同点的B也可能相同，例如匀强磁场，选项D错误；故选C.三、实验题（每空2分，本题共18分）16. （1）在测定金属的电阻率实验中，使用多用电表测电阻，如下图甲所示，用多用电表的“1”欧姆挡，调零后测得金属丝阻值R_（2）用游标为20分度的卡尺测量小球的直径，示数如图乙所示，读数为_mm.甲【答案】 (1). (1)8 (2). (2)6.75【解析】欧姆表的读数原理，即欧姆表读数等于表盘刻度所选倍率，故本题中读数为81=8；游标卡尺读数原理：读数为主尺+游标上与主尺对齐的刻度序号最小精确度，故读数为6mm+150.05=6.75mm。17. 在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如图1所示，用米尺测量金属丝的长度l1.000 m金属丝的电阻大约为5.0 .先用伏安法测出金属丝的电阻，然后根据电阻定律计算出该金属的电阻率图1 图2(1)从图中读出金属丝的直径为_mm.(2) 在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测金属丝外，还有以下供选择的实验器材：A直流电源：电动势约4.5 V，内阻很小；B直流电压表 V：量程03 V，内阻3 k；C直流电流表A1：量程00.6 A，内阻0.125 ；D直流电流表A2：量程03.0 A，内阻0.025 ；E滑动变阻器R1：最大阻值10 ；F滑动变阻器R2：最大阻值50 ；G开关、导线若干在可供选择的器材中，应该选用的电流表是_，应该选用的滑动变阻器是_(3)根据所选的器材和实验电路图，用笔画线代替导线将实物连接成实验电路【答案】 (1). (1)0.5150.002 (2). (2)， (3). 如图所示【解析】（1）螺旋测微器读数原理，即读数为主尺刻度+可动刻度与主尺横线对齐的估读条数螺旋测微器最小精确度。所以该题的读数为：0.5mm+1.50.01mm=0.515mm；（2）金属丝电阻约为5，由于电压表限制，实验中该电阻两端电压的最大值为3V，流过电阻的最大电流约为0.6A，故电流表选A1；题中所给滑动变阻器最大阻值均大于待测电阻，所以本题电路选用滑动变阻器的限流式接法。应选择阻值和金属丝电阻接近滑动变阻器，才能使滑动变阻器达到有效率的调节，故选R1。18. 一位同学记录的6组数据见表。试根据这些数据在图中画出UI图线，并根据图线读出电池的电动势E= _V，电池内阻 r = _ .（答案保留两位小数）【答案】 (1). 1.45 (2). 0.70【解析】该实验利用伏安法测电源电动势E和内阻r，由闭合电路欧姆定律可知，路段电压：U-I图象斜率的绝对值代表电源内阻r，图象在纵轴上的截距为电源电动势；绘制U-I曲线，从图中可以读出电源电动势：E=1.45V；取在直线上相距较远的两个点，可以求得【点睛】（1）利用描点法，根据表格数据，描出各点，然后利用一条直线进行线性拟合，让尽量多的点处在直线上，不在直线上的点，平均分布在直线的两侧；（2）根据闭合电路欧姆定律，U-I图象在纵轴的截距值为电源电动势E，图象斜率的绝对值为电源内阻r；（3）在计算内阻时，一定要选在直线上相距较远的两个点来计算斜率，才算精确。四、计算题（本题共32分，要写出必要的计算步骤）19. 如图所示，已知电源电动势E=20V，内阻r=l，当接入固定电阻R=3时，电路中标有“3V,6W”的灯泡L和内阻RD=1的小型直流电动机D都恰能正常工作.试求：（1）流过灯泡的电流（2）固定电阻的发热功率（3）电动机输出的机械功率【答案】(1)2A (2)14W【解析】（1）接通电路后，小灯泡正常工作，由灯泡上的额定电压U和额定功率P的数值可得流过灯泡的电流为：=2A（2）根据热功率公式，可得固定电阻的发热功率：=12W（3）根据闭合电路欧姆定律，可知电动机两端的电压：=9V电动机消耗的功率：=18W一部分是线圈内阻的发热功率：=4W另一部分转换为机械功率输出，则=14W【点睛】（1）由灯泡正常发光，可以求出灯泡中的电流；（2）知道电阻中流过的电流，就可利用热功率方程，求出热功率；（3）电动机消耗的电功率有两个去向：一部分是线圈内阻的发热功率；另一部分转化为机械功率输出。20. 两条相距为1m的水平金属导轨上放置一根导电棒ab，处于竖直方向的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B=0.3T，如图示，导电棒的质量是m=1.2kg，当棒中通入I1=2安培的电流时（电流方向是从a到b），它可在导轨上以v0=3m/s的速度向右匀速滑动。求（1