四川省广元市四川师范大学附属万达中学2018_2019学年高二物理上学期11月月考试题（含解析）.docx

四川省广元市川师大万达中学2018-2019学年高二上学期11月月考物理试题一、单选题（每个题只有一个正确选项，每个题3分，共36分。）1.如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，带正电粒子运动方向水平向右，则粒子所受洛伦兹力的方向是A. 垂直纸面向里 B. 垂直纸面向外 C. 沿纸面向上 D. 沿纸面向下【答案】C【解析】【详解】带正电的粒子受力向右，磁场的方向是向里的，根据左手定则可知，运动方向应该是向上的，故C正确，ABD错误。2.如图所示是一个匀强电场的等势面，每两个相邻等势面相距4 cm，由此可以确定电场强度的方向和数值是()A. 竖直向下，E50 V/mB. 水平向左，E50 V/mC. 水平向左，E200 V/mD. 水平向右，E200 V/m【答案】B【解析】根据电场强度的方向应与等势面垂直，且由较高的等势面指向较低的等势面，可知该电场强度的方向水平向左由场强与电势差的关系得：E100 V/m.3.将两个相同的灵敏电流计表头，分别改装成一只较大量程电流表和一只较大量程电压表，一个同学在做实验时误将这两个表串联起来，则( )A. 两表头指针都不偏转B. 两表头指针偏角相同C. 改装成电流表的表头指针有偏转，改装成电压表的表头指针几乎不偏转D. 改装成电压表的表头指针有偏转，改装成电流表的表头指针几乎不偏转【答案】D【解析】【分析】电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻；将电压表和电流表串联，分析通过表头的电流关系，判断指针偏转角度的大小【详解】电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻；两表串联后，通过电流表的总电流与电压表的电流相等，由于电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻，所以大部分电流通过了分流电阻，通过表头的电流很小，所以电流表的指针几乎不偏转；电压表的指针有偏转。故D正确，ABC错误。故选D。4.下列关于多用电表电阻挡的说法中错误的是（ ）A. 表盘刻度是不均匀的，从零刻度处开始，刻度值越大处，刻度越密。B. 红表笔是与表内的电源的正极相连的C. 测电阻时，首先要把红、黑表笔短接进行调零，然后再去测电阻D. 为了减小误差，应尽量使指针指在中间刻度附近【答案】ABCD【解析】【分析】依据欧姆表的测量原理分析电阻值与刻的关系；在欧姆表内部黑表笔接的是电源的正极，红表笔是与表内的电源的负极相连的；用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，使欧姆表指针指在刻度盘中央刻度线附近；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；【详解】A、由，电流I与对应的待测电阻阻值不成正比，电阻的刻度线是不均匀的，刻度值越大处刻度线越密，故A正确；B、在欧姆表内部黑表笔接的是电源的正极，红表笔是与表内的电源的负极相连的，故B正确；C、测电阻时，首先要把红、黑表笔短接进行调零，然后再去测电阻，故C正确；D、当指针指在刻度盘的中间刻度附近时，测量的数据误差最小，所以为了减小误差，应尽量使指针指在中间刻度附近，故D正确。【点睛】本题考查了欧姆表测量原理和使用方法，对欧姆表的原理的理解是该知识点的难点，牢记公式是做好这一类题目的关键。5.下列有关电荷所受电场力和磁场力的说法中，正确的是()A. 电荷在磁场中一定受磁场力的作用B. 电荷若受磁场力，则受力方向与该处的磁场方向一致C. 正电荷受电场力的方向与该处的电场方向一致D. 电荷在电场中不一定受电场力的作用【答案】C【解析】A、当电荷的运动方向与磁场平行时，电荷在磁场中不受磁场力的作用；当电荷的运动与磁场不平行时，在磁场中才受磁场力的作用，故A错误；B、当电荷的运动方向与磁场不平行时受到磁场力，根据左手定则可知所受磁场力方向与该处磁场方向一定垂直，故B错误；C、电荷在电场中一定受电场力的作用，正电荷受到的电场力的方向与该处电场方向相同，负电荷受到的电场力的方向与该处电场方向相反，故C正确，D错误。点睛：电场力与磁场力区别很大：电场力与重力相似，电荷只要在电场中一定受到电场力，而静止的电荷或运动方向与磁场平行的电荷不受磁场力方向特点也不同，这是学习时必须抓住的，不能混淆。6. 在图所示的四幅图中，正确标明了通电导线所受安培力F方向的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由左手定则可判断A对。7.如图所示，面积大小为S的矩形线圈abcd，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈可以绕O1O2转动下列说法中正确的是（）A. 当线圈从图示位置转过60时，穿过线圈的磁通量大小=BSB. 当线圈从图示位置转过90时，穿过线圈的磁通量大小=0C. 当线圈从图示位置转过180的过程中，穿过线圈的磁通量的变 化量大小=0D. 当线圈从图示位置转过360的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量大小=2BS【答案】B【解析】【详解】矩形线圈abcd垂直于磁场放置，则穿过矩形线圈的磁通量是=BS当线圈从图示位置转过60时，穿过线圈的磁通量大小1=BScos600=0.5BS，选项A错误；当线圈绕转轴转过90时，线圈平面与磁场方向平行，穿过线圈的磁通量2=0故B正确；当线圈从图示位置转过180，则穿过矩形线圈的磁通量是3=-BS，穿过线圈的磁通量的变化量大小=2BS故C错误；当线圈从图示位置转过360的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量大小=0故D错误。故选B。【点睛】对于匀强磁场中磁通量的求解，可以根据一般的计算公式=BSsin（是线圈平面与磁场方向的夹角）来分析线圈平面与磁场方向垂直、平行两个特殊情况8.如图所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由AOB匀速运动，电子重力不计，则电子除受电场力外，所受的另一个力的大小和方向变化情况是()A. 先变大后变小，方向水平向左B. 先变大后变小，方向水平向右C. 先变小后变大，方向水平向左D. 先变小后变大，方向水平向右【答案】B【解析】根据等量异种电荷周围的电场线分布知，从AOB，电场强度的方向不变，水平向右，电场强度的大小先增大后减小则电子所受电场力的大小先变大，后变小，方向水平向左，则外力的大小先变大后变小，方向水平向右，故B正确，ACD错误。9.倾角为的光滑固定斜面体处于竖直向下的匀强磁场中，在斜面上有一根长为L、质量为m的直导线，导线与磁场垂直，导线中电流为I，方向如图所示，导线恰能保持静止，重力加速度为g。则磁感应强度B的大小为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】根据左手定则知，安培力的方向水平向左，导线受到支持力、重力与安培力，处于平衡状态根据共点力平衡知，安培力，解得，故C正确，ABD错误；故选C。【点睛】通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F=BIL求出安培力大小，由共点力的平衡条件确定。10.如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略。平行板电容器C的极板水平放置。闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动。 如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是A. 增大R1的阻值 B. 增大R的阻值C. 增大两板间的距离 D. 断开电键S【答案】B【解析】试题分析：以油滴为研究对象进行受力分析可知，油滴静止不动，所受电场力与重力平衡，即，现欲使油滴仍能处于平衡状态，则保证电场强度不发生变化即可，R1的电压不变即可，题中R2没有电流通过，故改变R2时对电路工作状态无影响，所以选项B正确、A错误；而增大两板间距离时，电场强度减小，油滴下落，所以选项C错误；断开电键S时，电容器与可变电阻构成闭合回路，电容器放电，油滴下落，所以选项D错误；考点：闭合电路欧姆定律、平行板电容器11.阿明有一个磁浮玩具，其原理是利用电磁铁产生磁性，让具有磁性的玩偶稳定地飘浮起来，其构造如图所示。若图中电源的电压固定，可变电阻为一可以随意改变电阻大小的装置，则下列叙述正确的是( )A. 电路中的电源必须是交流电源B. 电路中的a端点须连接直流电源的负极C. 若增加环绕软铁的线圈匝数，可增加玩偶飘浮的最大高度D. 若将可变电阻的电阻值调大，可增加玩偶飘浮的最大高度【答案】C【解析】试题分析：A、由题意可知，玩偶稳定地飘浮起来，且下端为N极，则线圈的上端为N极，根据右手螺旋定则可得，电源通的是直流电，且a端为电源的正极，而b端为电源的负极，故A错误，B错误；C、若增加环绕软铁的线圈匝数，从而增加线圈的磁场，导致玩偶飘浮的最大高度增加，故C正确；D、若将可变电阻的电阻值调大，则线圈中的电流减小，导致玩偶飘浮的最大高度减小，故D错误；故选：C。考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向。12.如图所示，电源电动势E12 V，内阻r3 （甲、乙电路中的电动势和内阻相同），R01 ，直流电动机内阻R01 ，当调节滑动变阻器R1时可使甲电路输出功率最大，调节R2时可使乙电路输出功率最大，且此时电动机刚好正常工作(电动机额定输出功率为P02 W)，则R1和R2的值分别为()A. 3 ，2 B. 2 ，1.5 C. 1.5 ，1.5 D. 1.5 ，2 【答案】B【解析】甲图中，当电路的外电阻等于内阻时，电路的输出功率最大，则R1=rR0=31=2，此时电流，所以甲电路的最大的输出功率为 P=I2（R0+R1）=22（1+2）W=12W，对于乙图，输出的最大功率也为12W，电流I2=2A，所以对于乙图有 I22R2+2W+I22R0=12W，解得：R2=1.5，故B正确。【点睛】对于甲图，当电路的内阻和外阻相等时，电路的输出功率最大，由此可以求得甲图中的最大的功率；对于乙图，输出的最大功率和电流都与甲图相同，根据最大的功率可以求得乙图中的电阻的大小二、多选题（每个题至少有两个正确选项，每题全对得4分，不全对得2分，选错不得分。共24分。）13.质谱仪的构造原理如图所示从粒子源S出来时的粒子速度很小，可以看作初速度为零，粒子经过电场加速后进入有界的垂直纸面向里的匀强磁场区域，并沿着半圆周运动而达到照相底片上的P点，测得P点到入口的距离为x，则以下说法正确的是()A. 粒子一定带正电B. 粒子一定带负电C. x越大，则粒子的质量与电量之比一定越大D. x越大，则粒子的质量与电量之比一定越小【答案】AC【解析】由左手定则可判断，A对；半径为x/2，由可知C对；14.如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电量均相同的正、负离子(不计重力)，从点O以相同的速度先后射入磁场中，入射方向与边界成 角，则正、负离子在磁场中( )A. 运动时间相同B. 运动轨迹的半径相同C. 重新回到边界时速度的大小和方向相同D. 重新回到边界的位置与O点距离相等【答案】BCD【解析】A、根据左手定则分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，重新回到边界时正离子的速度偏向角为2-2，轨迹的圆心角也为2-2，运动时间，同理，负离子运动时间，显然时间不等，故A错误；B、根据牛顿第二定律得：得：，由题q、v、B大小均相同，则r相同，故B正确；C、正负离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，根据圆的对称性可知，重新回到边界时速度大小与方向相同，故C正确；D、根据几何知识得重新回到边界的位置与A点距离 ，r、相同，则s相同，故D正确。综上所述本题答案是：BCD。15.如图所示，在一单边有界磁场的边界上有一粒子源O，沿垂直磁场方向，以相同速率向磁场中发出了两种粒子，a为质子(11H)，b为粒子(42He)，b的速度方向垂直磁场边界，a的速度方向与b的速度方向夹角为30，两种粒子最后都打到了位于磁场边界位置的光屏OP上，则()A. a、b两粒子转动周期之比为23B. a、b两粒子在磁场中运动时间之比为23C. a、b两粒子在磁场中转动半径之比为12D. a、b两粒子打到光屏上的位置到O点的距离之比为12【答案】BC【解析】根据周期公式知：a与b的质量之比为1：4，电荷量之比为1：2，则周期为 Ta：Tb=1：2，故A错误。a粒子运动轨迹对应的圆心角为 =240，运动时间；b粒子运动轨迹对应的圆心角为 =180，运动时间 tb=Tb；则两粒子在磁场中运动时间之比为 ta：tb=2：3，故B正确。由，v相等，则知a、b两粒子在磁场中转动半径之比为 ra：rb=1：2，故C正确。a、b两粒子打到光屏上的位置到O点的距离分别为：Sa=2racos30=ra，Sb=2rb，则 Sa：Sb=：4故D错误。故选BC。点睛：本题考查带电粒子在磁场中运动，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，分析清楚粒子运动过程是解题的关键；应用牛顿第二定律、粒子做圆周运动的周期公式可以解题；处理粒子在磁场中的运动问题的常用解题思路是：要注意画出轨迹，通过几何关系找出圆心和半径，由半径公式和周期公式进行研究16.如图所示，一重力不计的带电粒子以某一速度进入负点电荷形成的电场中，且只在电场力作用下依次通过M、N、P三点，其中N点是轨迹上距离负点电荷最近的点。若粒子在M点和P点的速率相等，则()A. 粒子一定带正电且做匀速圆周运动B. UMNUNPC. 粒子在N点时的加速度最大、电势能最小D. 粒子在M、P两点时的加速度相同【答案】C【解析】试题分析：据带电粒子所受电场力指向运动轨迹的凹侧，再根据图可知该粒子从M到N电场力做负功，从N到P电场力做正功，所以带电粒子的动能先减少后增加，则在N点的动能最小，速度也最小，A选项错误，电势能先增加后减少，所以D选项错误；据题意，粒子在M点和P点速率相等，据动能定理有-quMN=mvN2/2-mvM2/2和quPN=mvP2/2-mvN2/2，所以uMN和uNP大小相等，但方向相反，则B选项错误；粒子在N点的电场线密集，即在N点的电场力较大，加速度也较大，所以C选项正确。考点：本题考查对电场的性质的理解。17.长为L的直导线ab斜放(夹角为)在水平轨道上，轨道平行且间距为d，通过ab的电流为I，匀强磁场的磁感应强度为B，如图所示，则导线ab所受安培力的大小为()A. B. C. ILBsin D. ILB【答案】BD【解析】电流垂直于磁场放置，所以安培力的大小为，所以BD正确故选BD18.如图所示的图象中，直线表示某电源路端电压与电流的关系，直线为某一电阻的伏安特性曲线。用该电源直接与电阻连接成闭合电路，由图象可知不正确有A. 的阻值为B. 电源电动势为，内阻为C. 电源的输出功率为D. 电源内部消耗的功率为【答案】A【解析】试题分析：由图象可知，故A正确；由图象可知，电源电动势，短路电流，则电源内阻，故B错误；由两图象的交点坐标，可得路端电压，干路电流，则电源的输出功率为，故C错误；电源内部消耗功率为，故D错误。考点：路端电压与负载的关系【名师点睛】由图象的斜率可得电阻R的阻值由图象可知电源的电动势为，短路电流为；两图象的交点坐标即为电阻R和电源构成闭合回路时的路端电压和干路电流，从而求出电源的输出功率和内部消耗的功率。三、实验题（每空2分，共16分。）19.(1)用游标为20分度的卡尺测量某圆柱型电阻长度如图甲，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)该同学想用伏安法测量其电阻R（约200），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05 mA，内阻约50 )； 电流表A2(量程015 mA，内阻约30 )；电压表V1(量程03 V，内阻约10 k)； 电压表V2(量程015 V，内阻约25 k)；直流电源E(电动势4 V，内阻不计)；滑动变阻器R1(阻值范围015 ，允许通过的最大电流2.0 A)；滑动变阻器R2(阻值范围02 k，允许通过的最大电流0.5 A); 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，应选用电流表_,电压表_，滑动变阻器_（选填A1、A2、V1、V2、R1、R2）。电路连接应是电流表_（选填内接或者外接），采用_接法（选填分压或限流）。【答案】 (1). 50.15; (2). 0.4700; (3). 见解析；【解析】(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)由于电压表V2量程太大（量程的大于电源的电动势），所以电压表应选择V1，根据欧姆定律可求出通过待测电阻的最大电流为，所以电流表应选择A2，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20.某同学要用多用电表测量一只电阻，已知多用电表电阻挡有4个倍率，分别是1k、100、10、1，该同学选择100倍率，用正确的操作步骤测量发现指针偏转角太大(指针位置如图中虚线所示)，为较准确地进行测量，以下步骤操作错误的是哪一步（ ） A.调节选择开关旋钮，选择10倍率；B.两表笔“短接”，调节欧姆调零旋钮，使指针指在0 处；C.重新测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图中实线所示，则该电阻的阻值为120；D.测量完毕，把选择开关旋钮调至交流电流最大挡。【答案】 (1). 10挡 (2). 短接 (3). 120 (4). OFF挡或者交流电压最高挡【解析】试题分析：（1）指针偏转角太大，说明测量电阻过小，应使用小倍率的档位测量，故选择10档，（2）在欧姆调零时，需要将两表笔短接，这样相当于被测电阻为零，然后调节欧姆调零旋钮，使指针指在0处（3）倍率为10档，所以读数为（4）测量完毕，把选择开关旋钮调至OFF档或者调至交流电压最高档，考点：考查了欧姆表的使用【名师点睛】对于欧姆表需要掌握“+”插孔与内置电源的负极相连，红表笔查“+”插孔，黑表笔差“-”插孔；欧姆表的刻度盘是不均匀的，右侧刻度线稀疏，左端刻度线密集；使用欧姆表测电阻时，应选择合适的档位，使指针指在中央刻度线附近；四、解答题（每题6分，共24分。）在电场强度为E=104N/C，方向水平向右的匀强电场中，用一根长L=1m的绝缘轻细杆，固定一个带正电q=510-6C的小球，细杆可绕轴O在竖直平面内自由转动如图所示，现将杆从水平位置A轻轻释放，在小球运动到最低点B的过程中，（取g=10m/s2）求： 21. A，B两位置的电势差多少？22. 电场力对小球做功多少？23. 小球的电势能变化？【答案】1）10000V；（2）0.05J；（3）小球的电势能减小0.05J 【解析】（1）AB之间沿电场方向的距离为L，则两点之间的电势差： U=EL=1041=10000V （2）电场力做功：W=qU=510-6104=0.05J （3）电场力做正功，小球的电势能减小，减小为0.05J 如图所示的电路中，电源的电动势E=10V，R1=R2=6，当电键S断开时，理想电流表的示数I1=1.25A求：24. 电源的内阻是多大？25. 当电键S闭合时，电源两极间的电压是多大？【答案】（1）电源的电阻是2（2）当电键S闭合时，电源两极间的电压是6V【解析】解：（1）当S断开时，根据闭合电路欧姆定律得：解得：r=2（2）当S闭合后，设R1、R2并联的总电路为R，则：R=3电源两极间的电压：=6V答：（1）电源的电阻是2（2）当电键S闭合时，电源两极间的电压是6V考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：（1）根据闭合电路欧姆定律，求解电源的电阻（2）当电键S闭合时，两个电阻并联，求出外电路的总电阻，根据欧姆定律和串联电路的特点求解电源两极