湖南省邵阳市邵阳县石齐学校高二物理上学期第三次月考试卷（166班含解析）.doc

2015-2016学年湖南省邵阳市邵阳县石齐学校高二（上）第三次月考物理试卷（166班）一、单项选择题1真空中有两个等量异号点电荷，电量均为q，相距为r，设静电力常量为k，则在两个点电荷连线中点处，电场强度的大小和方向是（）a，指向正电荷b，指向负电荷c，指向正电荷d，指向负电荷2电路中路端电压u随干路电流i变化的关系如图所示，则电源的电动势e和内电阻r分别是（）ae=1.0v，r=5.0be=1.0v，r=2.5ce=2.0v，r=5.0de=2.0v，r=2.53在如图所示的电路中，小灯泡a、b、c规格相同，当闭合开关k时，小灯泡a、b、c的亮度变化情况可能是（）aa灯变亮，b灯变亮，c灯变暗ba灯变亮，b灯亮暗，c灯变亮ca灯变暗，b灯变亮，c灯变暗da灯变暗，b灯亮暗，c灯变亮4图中电阻r1、r2、r3的阻值相等，电池的内阻不计开关s接通后流过r2的电流是s接通前的（） abcd5为了保障行驶安全，一种新型双门电动公交车安装了如下控制装置：只要有一扇门没有关紧，汽车就不能启动如果规定：车门关紧时为“1”，未关紧时为“0”；当输出信号为“1”时，汽车可以正常启动行驶，当输出信号为“0”时，汽车不能启动能正确表示该控制装置工作原理的逻辑门是（）a与门b或门c非门d与非门6水平放置的平行金属板a、b带有等量正负电荷，a板带正电，两板间有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带正电的粒子在两板间作直线运动，粒子的重力不计关于粒子在两板间运动的情况，正确的是（）a只能是向右做匀速直线运动b可能向右做匀加速直线运动c只能是向左做匀速直线运动d可能向左做匀加速直线运动7在一个匀强电场中有a、b两点，相距为d，电场强度为e，把一个电量为q的负电荷由a移到b点时，电场力对电荷做正功w，以下说法正确的是（）aa点电势比b点电势低ba、b两点电势差大小为u=edcab两点电势差大小为 u=d该电荷在b点电势能较a点大8如图所示，直线a为电源的ui图线，曲线b为小灯泡的ui图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别是（）a4w、8wb4w、6wc2w、4wd2w、3w9每时每刻都有大量宇宙射线向地球射来，地磁场可以改变射线中大多数带电粒子的运动方向，使它们不能到达地面，这对地球上的生命有十分重要的意义假设有一个带正电的宇宙射线粒子正垂直于地面向赤道射来，在地磁场的作用下，它将（）a向东偏转b向南偏转c向西偏转d向北偏转10如图所示，mn为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小的关系为b1=2b2，一带电荷量为+q、质量为m的粒子从o点垂直mn进入b1磁场，则经过多长时间它将向下再一次通过o点（）abcd11如图，长为2l的直导线折成边长相等，夹角为60的v形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为b当在该导线中通以电流强度为i的电流时，该v形通电导线受到的安培力大小为（）a0b0.5bilcbild2bil12如图所示，一个静止质量为m，带电量为+q的带电粒子（不计重力），经电压为u的电场加速后垂直进入磁感应强度为b的匀强磁场中，并打在p点设op=x，能正确反映x与u之间函数关系的xu图象如图中的（）abcd二、填空题13如图所示，四个相同的电流表分别改装成两个安培表和两个伏特表安培表a1的量程大于a2的量程，伏特表v1的量程大于v2的量程，把它们按图接入电路，则安培表a1的偏转角安培表a2的偏转角；伏特表v1的偏转角伏特表v2的偏转角（填“大于”，“小于”或“等于”）14某同学要探究一种新材料制成的圆柱体的电阻步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为mm（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为cm（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3，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电流表a1（量程04ma，内阻约50）电流表a2（量程010ma，内阻约30）电压表v1（量程03v，内阻约10k）电压表v2（量程015v，内阻约25k）直流电源e（电动势4v，内阻不计）滑动变阻器r1（阻值范围015，允许通过的最大电流2.0a）滑动变阻器r2（阻值范围020k，允许通过的最大电流0.5a）开关s导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在图4方框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号三、计算题15一个质量为m电荷量为q的带电粒子从x轴上的p（a，0）点以速度v，沿与x正方向成60的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限，不计重力求：（1）粒子做圆周运动的半径r（2）匀强磁场的磁感应强度b16如图所示，三个定值电阻的阻值都为r=4，开关k闭合时，有一质量为m=1.2104kg带电量为q=6106c的小球静止于平行板电容器极板间的中点o现在把开关k断开，此小球向一个极板运动，并与此极板相碰，碰撞时无机械能损失，碰撞后小球恰能运动到另一极板处，设两极板间的距离为d=2cm，电源内阻不计，g=10m/s2试求：（1）电源电动势e； （2）开关断开后，两极板间电压u；（3）小球和电容器一个极板碰撞后所带的电量q17在平面直角坐标系xoy中，第i象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第iv象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为b一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的m点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的n点与x轴正方向成45角射入磁场，最后从y轴负半轴上的p点垂直于y轴射出磁场，如图所示不计粒子重力，求：（1）m、n两点间的电势差umn；（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r；（3）粒子从m点运动到p点的总时间t2015-2016学年湖南省邵阳市邵阳县石齐学校高二（上）第三次月考物理试卷（166班）参考答案与试题解析一、单项选择题1真空中有两个等量异号点电荷，电量均为q，相距为r，设静电力常量为k，则在两个点电荷连线中点处，电场强度的大小和方向是（）a，指向正电荷b，指向负电荷c，指向正电荷d，指向负电荷【考点】电场的叠加；电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】先求出两个点电荷单独在该点产生的场强，然后根据矢量合成的原则进行合成即可【解答】解：根据点电荷场强公式，正负电荷单独存在时在该点产生的场强大小相等，为：正负电荷单独存在时在该点产生的场强方向也相同，故合场强为方向由正电荷指向负电荷；故选d【点评】本题关键是求出各个点电荷单独存在时在两个电荷连线中点产生的场强大小，然后根据矢量合成的原理进行合成2电路中路端电压u随干路电流i变化的关系如图所示，则电源的电动势e和内电阻r分别是（）ae=1.0v，r=5.0be=1.0v，r=2.5ce=2.0v，r=5.0de=2.0v，r=2.5【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】由图象的意义可知电源的电动势为2v，斜率的绝对值表示内阻【解答】解：由图象可知电源的电动势为2v，r=k=2.5，故abc错误，d正确故选：d【点评】明确ui图象的意义是解题的关键，正确读出电源的电动势，知道图象的斜率表示电源内阻3在如图所示的电路中，小灯泡a、b、c规格相同，当闭合开关k时，小灯泡a、b、c的亮度变化情况可能是（）aa灯变亮，b灯变亮，c灯变暗ba灯变亮，b灯亮暗，c灯变亮ca灯变暗，b灯变亮，c灯变暗da灯变暗，b灯亮暗，c灯变亮【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】电路动态分析问题，一般思路先分析开关k闭合后对部分的影响，再分析对整个电路的影响，然后再结合欧姆定律具体分析每个灯亮度的变化情况【解答】解：开关k闭合后，电阻r被短路，整个电路的总电阻r总减小，整个电路的总电流i将要增大故流过a灯的电流增大，a灯变亮；内电压u内=ir也增大，路端电压u=eu内将减小而a灯两端电压ua=ir1将增大，故此时c灯电压uc=uua将减小，因此c灯要变暗对b灯分析，b灯两端电压可能比原来大，也可能比原来小，或者电压不变，因此b灯可能亮度不变、变亮或者变暗，a正确；故选：a【点评】本题考查电路动态分析，注意掌握解决动态分析题的一般方法：部分变化整体变化再到部分变化的思路4图中电阻r1、r2、r3的阻值相等，电池的内阻不计开关s接通后流过r2的电流是s接通前的（） abcd【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】开关s接通前，r1、r2串联；s接通后，r2、r3并联后与r1串联根据欧姆定律，并结合串并联电路的特点求解【解答】解：设电源电动势为e，r1=r2=r3=r，则s接通时，i2=，s断开时，i2=，所以=，故b选项正确故选：b【点评】此题考查欧姆定律及电阻的串、并联要注意在采用比例法时，要用相同的量表示所研究的物理量5为了保障行驶安全，一种新型双门电动公交车安装了如下控制装置：只要有一扇门没有关紧，汽车就不能启动如果规定：车门关紧时为“1”，未关紧时为“0”；当输出信号为“1”时，汽车可以正常启动行驶，当输出信号为“0”时，汽车不能启动能正确表示该控制装置工作原理的逻辑门是（）a与门b或门c非门d与非门【考点】简单的逻辑电路【专题】恒定电流专题【分析】门关紧时输入信号为“1”，未关紧时输入信号为“0”；当输出信号为“1”时，报警器就鸣响，输出信号为“0”时，报警器就不鸣响该控制装置工作原理的逻辑门是与非门【解答】解：因为输入“1，0”“0，1”“0，0”输出都为“0”，而输入“1，1”输出为“1”，知该逻辑门是与门故a正确，b、c、d错误故选a【点评】该题容易误选或门，注意若是或门输入“1，1”输出为“1”，报警器就鸣响6水平放置的平行金属板a、b带有等量正负电荷，a板带正电，两板间有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带正电的粒子在两板间作直线运动，粒子的重力不计关于粒子在两板间运动的情况，正确的是（）a只能是向右做匀速直线运动b可能向右做匀加速直线运动c只能是向左做匀速直线运动d可能向左做匀加速直线运动【考点】带电粒子在混合场中的运动【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】首先根据带正电粒子作直线运动，结合受力分析（粒子只受电场力和洛伦兹力作用）和左手定则，即可判断出粒子所受的洛伦兹力的方向只能向上，粒子只能向右做匀速直线运动【解答】解：带正电的粒子在两板间作直线运动，可知粒子受力平衡，对小球进行受力分析，受电场力和洛伦兹力作用，电场力方向向下，洛伦兹力的方向只能向上，由左手定则可判断出带正电的小球只能向右运动因洛伦兹力大小不变，所以小球只能做匀速直线运动选项a正确，选项bcd错误故选a【点评】带电粒子在匀强电场和匀强磁场共存区域内运动时，往往既要受到电场力作用，又要受到洛仑兹力作用这两个力的特点是，电场力是恒力，而洛仑兹力的大小、方向随速度变化若二力平衡，则粒子做匀速直线运动若二力不平衡，则带电粒子所受合外力不可能为恒力，因此带电粒子将做复杂曲线运动7在一个匀强电场中有a、b两点，相距为d，电场强度为e，把一个电量为q的负电荷由a移到b点时，电场力对电荷做正功w，以下说法正确的是（）aa点电势比b点电势低ba、b两点电势差大小为u=edcab两点电势差大小为 u=d该电荷在b点电势能较a点大【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据电势差的定义分析电势差uab根据推论：正电荷在电势高处其电势能大，分析ab两点电势高低对照适用条件分析u=ed的正误【解答】解：a、电场力做功的关系式wab=quab，负电荷从a点移到b点时，电场力对电荷做正功w，所以uab0，故a点电势比b点低故a正确 b、当ab两点在同一电场线上时，u=ed本题ab是否在同一电场线上不确定，则u大小不一定为等于ed，故b错误 c、电荷从a移动到b，电场力做功w，根据电势差的定义uab=，故c正确 d、电场力对电荷做正功w，电势能减小，电荷在a点电势能较b点大，故d错误故选：ac【点评】电场这一章概念较多，也很抽象，要从物理量的定义出发，从定义式中各个量的含义、矢标性、条件、与其他概念的区别与联系等方面加深对概念的理解，8如图所示，直线a为电源的ui图线，曲线b为小灯泡的ui图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别是（）a4w、8wb4w、6wc2w、4wd2w、3w【考点】路端电压与负载的关系【专题】恒定电流专题【分析】电源的外特性曲线与灯泡伏安特性曲线的交点就是灯泡与电源连接时的工作状态，由图可读出工作电压和电流及电源的电动势从而可算出电路的总功率和电源的输出功率【解答】解：由图a读出：电源的电动势 e=3v，内阻 r=0.5；两图线的交点表示灯泡与电源连接时的工作状态，此时灯泡的电压 u=2v，电流 i=2a；则电源的总功率p总=ei=32w=6w电源的输出功率 p出=eii2r=（32220.5）w=4w故选：b【点评】解决这类问题的关键在于从数学角度理解图象的物理意义，抓住图象的斜率、面积、截距、交点等方面进行分析，更加全面地读出图象的物理内涵9每时每刻都有大量宇宙射线向地球射来，地磁场可以改变射线中大多数带电粒子的运动方向，使它们不能到达地面，这对地球上的生命有十分重要的意义假设有一个带正电的宇宙射线粒子正垂直于地面向赤道射来，在地磁场的作用下，它将（）a向东偏转b向南偏转c向西偏转d向北偏转【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】根据地球磁场的分布，由左手定则可以判断粒子的受力的方向，从而可以判断粒子的运动的方向【解答】解：地球的磁场由南向北，当带正电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力的方向为向东，所以粒子将向东偏转，所以a正确故选a【点评】本题就是考查左手定则的应用，掌握好左手定则即可判断粒子的受力的方向10如图所示，mn为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小的关系为b1=2b2，一带电荷量为+q、质量为m的粒子从o点垂直mn进入b1磁场，则经过多长时间它将向下再一次通过o点（）abcd【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】粒子垂直进入磁场，做匀速圆周运动，半径r=，则粒子在两个磁场中半径之比为1：2，画出轨迹，根据周期求出时间【解答】解：粒子垂直进入磁场，由洛伦兹力提供向心力，则根据牛顿第二定律得 qvb=m 得 轨迹半径r=，周期t= 可知r1：r2=1：2 画出轨迹如图 粒子在磁场b1中运动时间为t1，在磁场b2中运动时间为 粒子向下再一次通过o点所经历时间t=t1+=+=故选：b【点评】本题关键在于画出粒子运动的轨迹，确定时间与周期的关系，这也是磁场中的轨迹问题常用的思路11如图，长为2l的直导线折成边长相等，夹角为60的v形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为b当在该导线中通以电流强度为i的电流时，该v形通电导线受到的安培力大小为（）a0b0.5bilcbild2bil【考点】安培力的计算【专题】计算题【分析】由安培力公式f=bil进行计算，注意式中的l应为等效长度【解答】解：导线在磁场内有效长度为2lsin30=l，故该v形通电导线受到安培力大小为f=bi2lsin30=bil，选项c正确故选c【点评】本题考查安培力的计算，熟记公式，但要理解等效长度的意义12如图所示，一个静止质量为m，带电量为+q的带电粒子（不计重力），经电压为u的电场加速后垂直进入磁感应强度为b的匀强磁场中，并打在p点设op=x，能正确反映x与u之间函数关系的xu图象如图中的（）abcd【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】根据动能定理得到带电粒子加速获得的速度带电粒子进入磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得到半径r，x=2r，根据x与u的表达式选择图象【解答】解：在加速电场中，由动能定理得 qu=，得v=在磁场中，由qvb=m得 r=则得x=2r=，b、m、q都一定，则由数学知识得到，xu图象是抛物线，b正确故选b【点评】本题是质谱仪的原理，根据物理规律得到解析式，再由数学知识选择图象是常用的方法和思路二、填空题13如图所示，四个相同的电流表分别改装成两个安培表和两个伏特表安培表a1的量程大于a2的量程，伏特表v1的量程大于v2的量程，把它们按图接入电路，则安培表a1的偏转角等于安培表a2的偏转角；伏特表v1的偏转角等于伏特表v2的偏转角（填“大于”，“小于”或“等于”）【考点】把电流表改装成电压表【专题】实验题；恒定电流专题【分析】两个安培表和两个伏特表均是由四个相同的电流表改装成的，表头的满偏电流和内阻相同安培表a1、a2并联，电压相同，表头的电流，指针偏转角度相同，量程越大，其读数越大伏特表v1与v2串联，流过表头的电流相同，指针偏转的角度相同，则量程越大，其读数越大【解答】解：四个相同的电流表分别改装成两个安培表和两个伏特表安培表a1的量程大于a2的量程，伏特表v1的量程大于v2的量程，把它们按图接入电路，则安培表a1的偏转角 等于安培表a2的偏转角；伏特表v1的偏转角 等于伏特表v2的偏转角故答案为：等于；等于【点评】安培表和伏特表都是由小量程电流表（表头）改装而成的，其核心是表头，表头指针的偏转角度取决于流过表头的电流14某同学要探究一种新材料制成的圆柱体的电阻步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为50.15mm（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为0.4700cm（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3，则该电阻的阻值约为220（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电流表a1（量程04ma，内阻约50）电流表a2（量程010ma，内阻约30）电压表v1（量程03v，内阻约10k）电压表v2（量程015v，内阻约25k）直流电源e（电动势4v，内阻不计）滑动变阻器r1（阻值范围015，允许通过的最大电流2.0a）滑动变阻器r2（阻值范围020k，允许通过的最大电流0.5a）开关s导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在图4方框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号【考点】测定金属的电阻率【专题】实验题；恒定电流专题【分析】本题（1）在进行游标卡尺读数时，要分成整数部分和小数部分两部分来读，注意将整数部分单位化为mm；题（2）进行螺旋测微器读数时也要分成整数部分和小数部分两部分来读，注意“半毫米”刻度线是否露出；题（3）进行欧姆表读数时注意倍率，一般不需要估读；题（4）首先根据电源电动势大小来选择电压表量程，根据通过待测电阻的最大电流来选择电流表的量程，根据实验要求多测几组数据可知变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节，根据待测电阻满足电流表外接法的条件选择外接法【解答】解：（1）：游标卡尺的读数为：l=50mm+30.05mm=50.15mm；（2）：螺旋测微器的读数为：d=4.5mm+20.00.01mm=4.700mm=0.4700cm；（3）：欧姆表的读数为：r=2210=220；（4）：由于电压表量程太大（量程的大于电源的电动势），所以电压表应选择；根据欧姆定律可求出通过待测电阻的最大电流为=14ma，所以电流表应选择；根据实验要求多测几组数据可知变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；由于待测电阻满足，电流表应用外接法，所以电路应是“分压外接”电路，如图所示：故答案为：（1）50.15；（2）0.4700；（3）220；（4）如图【点评】应明确：游标卡尺和螺旋测微器读数时都要分成整数部分和小数部分两部分来读；当实验要求电流从零调或有“要求多测几组数据”的要求时，变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；当待测电阻满足时，电流表应用外接法，满足时，电流表应用内接法三、计算题15一个质量为m电荷量为q的带电粒子从x轴上的p（a，0）点以速度v，沿与x正方向成60的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限，不计重力求：（1）粒子做圆周运动的半径r（2）匀强磁场的磁感应强度b【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】（1）由几何轨迹找到圆心位置，由几何关系得到半径（2）洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律列方程可得匀强磁场的磁感应强度b【解答】解：（1）由入射和出射位置可圆心的位置，据几何关系有r=（2）据洛仑兹力提供向心力r=，得b=【点评】关键是找到圆心位置，由几何关系求半径，由洛伦兹力提供向心力得到磁感应强度16如图所示，三个定值电阻的阻值都为r=4，开关k闭合时，有一质量为m=1.2104kg带电量为q=6106c的小球静止于平行板电容器极板间的中点o现在把开关k断开，此小球向一个极板运动，并与此极板相碰，碰撞时无机械能损失，碰撞后小球恰能运动到另一极板处，设两极板间的距离为d=2cm，电源内阻不计，g=10m/s2试求：（1）电源电动势e； （2）开关断开后，两极板间电压u；（3）小球和电容器一个极板碰撞后所带的电量q【考点】闭合电路的欧姆定律；电容器的动态分析【专题】计算题；定量思想；电容器专题【分析】（1）k闭合时，根据串并联电路的特点，求出电容器板间电压与电动势的关系，对小球受力情况进行分析，由电场力与重力平衡，即可求出板间电压，解得电源的电动势（2）开关k断开后，由电路的关系求出电容器的板间电压（3）断开k，对带电小球运动的全过程，根据动能定理求解小球与极板碰撞后所带的电量【解答】解：（1）k闭合时，粒子静止，受力平衡，则 qe=mg得 e=200v电容器板间电压 u=ed=2000.02v=4v由电路的结构得 u=e电，得电源的电动势 e电=u=4v=6v（2）开关断开后，两极板间电压 u=e电=3v；（3）粒子向下运动，据动能定理有： （mgeq）=0因为 mg=eq，所以得 （eqeq）=0粒子与极板碰后，速率不变，碰后据动能定理得 （eqmg）d=0联立得 （eqeq）+（eqeq）d=0可得 eq=q根据e=得 q=q=6106c=7106c答：（1）电源电动势e是6v； （2）开关断开后，两极板间电压u是3v；（3）小球和电容器一个极板碰撞后所带的电量q是7106c【点评】本题是电路与电场两部分知识的综合，关键是确定电容器的电压与电动势的关系，分过程运用动能定理17在平面直角坐标系xoy中，第i象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第iv象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感