陕西省西安市高二物理上学期第二次月考试题（含解析）.doc

陕西省西安市2016-2017学年高二上学期第二次月考物理试题1. 单项选择题（每小题3分，共30分。每小题给出的四个选项，只有一个最符合题意）1. 【题文】所谓比值法定义，就是用两个基本物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法。一般地，比值定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质属性，它不随定义所用的物理量大小取舍而改变。下列公式中，哪个不是用比值定义的（ ）a.电场强度 b.加速度 c.磁感应强度 d.重力场强度【答案】b【解析】试题分析：电场强度由电场本身决定，与试探电荷受的电场力和带电量无关，故电场强度是比值定义法，选项a不符题意；加速度与合外力成正比与质量成反比，加速度不是比值定义法，选项b符合题意； 磁感应强度与电流所受的安培力和电流与长度的乘积无关，故磁感应强度是比值定义法，选项c 不符合题意； 重力加速度与物体的重力和质量无关，故重力场强度是比值定义法，选项d不符合题意；故选b. 考点：物理学史【名师点睛】解决本题的关键理解并掌握比值法定义的共性：被定义的物理量往往是反映物质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变.【结束】2. 【题文】下图所示的四幅图片涉及物理学史上的四个重大发现，其中说法不正确的是（ ） a卡文迪许通过扭秤实验，测出了万有引力常量 b奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场 c密立根通过实验研究，测出了元电荷的数值 d牛顿根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因【答案】d【解析】试题分析：a图实验是卡文迪许做的扭秤实验；卡文迪许通过扭秤实验，测出万有引力常量，故a正确；b图实验是奥斯特研究电流磁效应的实验；奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场，故b正确；c图是密立根通过实验研究，测出了元电荷的数值故c正确；d图该实验是伽利略做的斜面实验；伽利略根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因，故d错误；本题选择不正确的，故选d.考点：物理学史【名师点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。【结束】3. 【题文】电视机的荧光屏表面经常有灰尘，这主要的原因（ ） a电视机工作时，屏表面有静电而吸附灰尘 b玻璃具有较强的吸附灰尘的能力 c电视机工作时，屏表面温度较高而吸附灰尘 d灰尘的自然堆积【答案】a【解析】试题分析：电视机工作时，由于电子运动到了屏幕上，使屏幕带了电，而带电体有吸引轻小物体的性质，故把灰尘吸引到了屏幕上故选a考点：物体的带电现象【名师点睛】本题通过我们身边现象考查带电体的性质，即带电体能吸引轻小物体。【结束】4. 【题文】如图虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即uab ubc， 实线为一带正电的点电荷仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，p、q是这条轨迹上的两点，据此可知（ ） a. 三个等势面中，c的电势最高 b. 该点电荷在p点具有的电势能比在q点具有的电势能大 c. 该点电荷通过p点时的动能比通过q点时大 d. 该点电荷通过p点时的加速度比通过q点时小【答案】b【解析】试题分析：根据轨迹的弯曲方向可知，质点所受的电场力方向大致向下，粒子带正电，则电场线与等势面垂直，大致向下，沿着电场线方向电势逐渐降低，可知c点的电势最低，故a错误从q到p，电场力做负功，则电势能增大，可知带电粒子在p点的电势能大于q点的电势能，故b正确从q到p，电场力做负功，根据动能定理知，动能减小，即p点的动能小于q点的动能，故c错误p点的电场线比q点的电场线密，则质点在p点所受的电场力大，根据牛顿第二定理知，质点在p点的加速度大，故d错误故选b.考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】对于电场中粒子的轨迹问题，研究的基本思路是：根据运动轨迹判断出所受的电场力方向，然后进一步判断电势、电场、电势能、动能等物理量的变化。【结束】5. 【题文】如图所示，质量m=0.5kg、长l=1m的通电导体棒在安培力作用下静止在倾角为37的光滑绝缘框架上，磁场方向垂直于框架向下（磁场范围足够大），右侧回路电源电动势e=8v，内电阻，额定功率为8w、额定电压为4v的电动机正常工作，（ ，）则（ ） a. 回路总电流为 b电动机的额定电流为 c磁感应强度的大小为 d磁感应强度的大小为【答案】d【解析】试题分析：电动机的正常工作时，有：pm=uim，代入数据解得：im=2a；通过电源的电流为：，故a b错误；导体棒静止在导轨上，由共点力的平衡可知，安培力的大小等于重力沿斜面向下的分力，即：f=mgsin37=0.5100.6=3n；流过电动机的电流i为：i=i总-im=4a-2a=2a，根据f=bil解得：b=1.5t故c错误，d正确故选d。考点：电功率；物体的平衡；安培力【名师点睛】本题借助安培力与电路问题考查了平衡条件的应用，解答的关键是正确找出两个支路的电流之间的关系是一道很好的综合题。【结束】6. 【题文】如图所示。两根相互平行的长直导线过纸上的m、n两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流a、o、b在m、n的连线上，o为mn的中点，c、d位于mn的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（ ） ao点处的磁感应强度为零 ba、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反 cc、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同 da、c两点处磁感应强度的方向不同 【答案】c【解析】试题分析：根据右手螺旋定则，m处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，n处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0，因此垂直于纸面向外的通电直导线受到的力不为零故a错误m在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，n在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同当垂直于纸面向外的相同通电直导线受到的力大小相等，方向相同，故b错误m在c处产生的磁场方向垂直于cm偏下，在d出产生的磁场方向垂直dm偏下，n在c处产生的磁场方向垂直于cn偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dn偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且合场强大小相等因此通电直导线受到的力大小相等，方向相同，故c正确a、c两点的磁场方向都是竖直向下，则a、c两点处放垂直于纸面向外的相同通电直导线受到的力方向相同故d错误故选c。考点：右手螺旋定则；磁场的叠加【名师点睛】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成。【结束】7. 【题文】如图甲、乙、丙所示，三个完全相同的半圆形光滑绝缘轨道置于竖直平面内，左右两端点等高，其中图乙轨道处在垂直纸面向外的匀强磁场中，图丙轨道处在竖直向下的匀强电场中，三个相同的带正电小球同时从轨道左端最高点处由静止释放则三个带电小球通过圆轨道最低点时（ ） a. 速度相同 b所用时间相同 c对轨道的压力相同 d均能到达轨道右端最高点处【答案】d【解析】试题分析：在乙图中，因为洛仑兹力总是垂直于速度方向，故洛仑兹力不做功；滑块下落时只有重力做功，故甲和乙两次机械能均守恒，故两次滑块到最低点的速度相等，mv12mgr，丙图中，小球下滑的过程中电场力做正功，重力做正功，mv22mgr+qer，所以小球在最低点的速度等于甲图和乙图中的速度故a错误；甲图和丙图比较可得，丙图中，小球的加速度比较大，所以达到最低点的时间要短故b错误；小球在最低点时，甲图中重力和支持力提供向心力，而乙图中是重力、支持力和洛伦兹力提供向心力，所以小球受到的支持力大小不相等，对轨道的压力也不相等故c错误；三个小球的运动过程中，重力做功，动能和重力势能之间转换；洛伦兹力不做功；电场力做功，电势能与动能之间转换；由于没有其他的能量损失，所以三种情况下，小球均能到达轨道右端最高点处，故d正确；故选d.考点：动能定理；洛伦兹力；电势能【名师点睛】利用功能关系是解决物理问题的常用方法，在解题时应明确洛仑兹力永不做功。【结束】8. 【题文】如图所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为b的匀强磁场。一个不计重力的带电粒子从坐标原点o处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120角，若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是（ ）a 正电荷 b 正电荷 c 负电荷 d 负电荷【答案】d【解析】试题分析：由图意可知粒子沿顺时针方向运动，根据左手定则可得粒子带负电粒子的运动轨迹如图中虚线，红色线段为圆的半径，由已知得进入磁场时，半径与x轴正方向的夹角为30，所以有解得： ；洛伦兹力提供向心力，则有解得：，故选d.考点：带电粒子在匀强磁场中的运动【名师点睛】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了.【结束】9. 【题文】空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为r，磁场方向垂直横截面。一质量为m、电荷量为q（q0）的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60。不计重力，该磁场的磁感应强度大小为（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】试题分析：带正电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，画出轨迹如图，根据几何知识得知，轨迹的圆心角等于速度的偏向角60，且轨迹的半径为 r=rcot30=r根据牛顿第二定律得得，故a正确，bcd错误；故选a. 考点：带电粒子在磁场中的运动【名师点睛】本题是带电粒子在匀强磁场中运动的问题，画轨迹是关键，是几何知识和动力学知识的综合应用，常规问题。【结束】10. 【题文】如图所示，为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，比荷为的电子以从a点沿ab边入射，欲使电子经过bc边，磁感应强度b的取值为（ ） ab bb db【答案】d【解析】试题分析：当电子从c点离开磁场时，电子做匀速圆周运动对应的半径最小，设为r，则几何知识得：2rcos30=a，得；欲使电子能经过bc边，必须满足；而，所以化简得；故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】本题是磁场中临界条件问题，关键是运用几何知识求最小的轨迹半径，即可由半径求解b的范围。【结束】二多项选择题（每小题4分，共20分。每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意。全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）11. 【题文】在如图（a）所示的电路中，l1、l2为规格相同的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图（b）所示，c是电容为100f的电容器，r是阻值为8的定值电阻，电源e的内阻为1。电路稳定后,通过l1的电流为0.2a下列结果正确的是（ ） a.l1的电功率为0.16w bl2的电阻为6c电源的效率为60% d电容器的带电量为2.410（4c【答案】ab【解析】试题分析：电路稳定后，通过l1的电流为i1=0.2a，由图读出其电压u1=0.8v，则灯泡l1的电功率p1=u1i1=0.20.8=0.16w，故a正确；并联部分的电压u2=u1+i1r=0.8+0.28=2.4v，由图读出其电流为i2=0.4a，根据欧姆定律得，故b正确；电源电动势e=u2+（i1+i2）r=2.4+0.61=3v，电源的效率为，故c错误；电容器的电压u=i1r=1.6v，则电容器的带电量为q=uc=1.610010-6=1.610-4c，故d错误故选ab.考点：欧姆定律；电功率；电容器【名师点睛】本题主要考查了闭合电路欧姆定律、串并联电路的特点的直接应用，要求同学们能正确分析电路的结构，能根据图象读出有效信息，难度适中。【结束】12. 【题文】在某次发射科学实验卫星“双星”中，放置了一种磁强计，用于测定地磁场的磁感应强度磁强计的原理如图所示，电路中有一段金属导体，它的横截面是宽为a、高为b的长方形，放在沿y轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿x轴正方向、大小为i的电流已知金属导体单位体积中的自由电子数为n，电子电荷量为e金属导电过程中，自由电子做定向移动可视为匀速运动测出金属导体前后两个侧面间的电势差为u则下列说法正确的是（ ）a电流方向沿x轴正方向，正电荷受力方向指向前侧面，因此前侧面电势较高b电流方向沿x轴正方向，电子受力方向指向前侧面，因此后侧面电势较高c磁感应强度的大小为d磁感应强度的大小为【答案】bc【解析】试题分析：金属导体中有自由电子当电流形成时，金属导体内的自由电子逆着电流的方向做定向移动在磁场中受到洛伦兹力作用的是自由电子由左手定则可知，自由电子受到的洛伦兹力沿z轴正方向，自由电子向前侧面偏转，故后侧面电势较高，故a错误，b正确；设自由电子匀速运动的速度为v，则由电流的微观表达式有i=neabv，金属导体前后两个侧面间的电场强度，达到稳定状态时，自由电子所受洛伦兹力与电场力平衡，则有：evb=ee，解得磁感应强度的大小为：，故c正确，d错误故选bc考点：霍尔效应【名师点睛】解决本题的关键会利用左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道稳定时电荷所受的洛伦兹力和电场力平衡。【结束】13. 【题文】如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的m、n两小孔中，o为m、n连线中点，连线上a、b两点关于o点对称。导线均通有大小相等、方向向上的电流。已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度，式中k是常数、i是导线中电流、r为点到导线的距离。一带正电的小球以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点。关于上述过程，下列说法正确的是（ ）a小球一直做匀速直线运动b小球先做加速运动后做减速运动c小球对桌面的压力先减小后增大d小球对桌面的压力一直在增大【答案】ad【解析】试题分析：根据右手螺旋定则可知直线m处的磁场方向垂直于mn向里，直线n处的磁场方向垂直于mn向外，磁场大小先减小过o点后反向增大，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向开始上的方向向上，压力为重力与洛伦兹力的差值，过o得后洛伦兹力的方向向下压力为重力与洛伦兹力的合力，由此可知，小球在水平方向不受外力，故小球将做匀速直线运动，但小球对桌面的压力一直在增大，故bc错误，ad正确故选ad。考点：洛伦兹力；右手螺旋定则及左手定则【名师点睛】本题考查了右手螺旋定则和左手定则的熟练应用，解题的关键在于分析磁场方向，同时明确带电粒子在磁场中运动的思路为明确受力情况，进一步明确其运动形式和规律。【结束】14. 【题文】回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交变电流两极相连接的两个d形金属盒，在两盒间的狭缝中形成的周期性变化的匀强电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两d形金属盒处于垂直于盒底面的匀强磁场中，如图所示，设匀强磁场的磁感应强度为b，d形金属盒的半径为r，狭缝间的距离为d，匀强电场间的加速电压为u，要增大带电粒子（电荷量为q、质量为m，不计重力）射出时的动能，则下列方法中可行的是（ ）a增大匀强电场间的加速电压b减小狭缝间的距离c增大磁场的磁感应强度d增大d形金属盒的半径 【答案】cd【解析】试题分析：由，解得则动能，知动能与加速的电压无关，狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和d形盒的半径有关，增大磁感应强度和d形盒的半径，可以增加粒子的动能故cd正确，ab错误故选cd.考点：回旋加速器【名师点睛】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道粒子的最大动能与加速的电压无关，与磁感应强度大小和d形盒的半径有关。【结束】15. 【题文】如图，电路中定值电阻阻值r大于电源内阻阻值r。将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表v1、v2、v3示数变化量的绝对值分别为v1、v2、v3，理想电流表a示数变化量的绝对值为i，则（ ） a. a的示数增大 bv2的示数增大 cv3与i的比值大于r dv1大于v2【答案】acd【解析】试题分析：理想电压表内阻无穷大，相当于断路理想电流表内阻为零，相当短路，所以r与变阻器串联，电压表v1、v2、v3分别测量r、路端电压和变阻器两端的电压当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则a的示数增大，故a正确；电路中电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，所以v2的示数减小，故b错误；根据闭合电路欧姆定律得：u3=e-i（r+r），则得：，即v3与i的比值大于r，故c正确；根据闭合电路欧姆定律得：u2=e-ir，则得：，据题：rr，则得v1v2故d正确故选acd.考点：电路的动态分析【名师点睛】本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析。【结束】三填空实验题：（每空2分，16题8分，17题10分，共18分 ）16. 【题文】根据闭合电路欧姆定律，用图甲所示的电路可以测定电池的电动势和内电阻，r为一变阻箱，改变r的阻值，可读出电压表v相应的示数u。对测得的实验数据进行处理，就可以实现测量目的根据实验数据在坐标系中描出坐标点，如图乙所示，已知r0=100，请完成以下数据分析和处理（1）图乙中电阻为 的数据点应剔除；（2）在坐标纸上画出关系图线；（3）图线的斜率是 ，由此可得电池电动势e= v。（结果均保留两位有效数字）【答案】（1）100 （2）如图；（3）0. 0050（或5.010-3）， 2.0【解析】试题分析：（1）根据坐标系内描出的点作出图象如图所示，由图象可知，电阻为100欧姆的点远离图象，应剔除（2）如图所示：（3）根据闭合电路欧姆定律，有：，变形得：；则由数学规律可知：斜率；故e=2.0v；考点：测定电池的电动势和内电阻【名师点睛】本题关键明确实验原理，根据闭合电路欧姆定律推导出线性关系的表达式，然后结合图象分析，注意数学规律的应用，难度适中.【结束】17【题文】测定某电阻丝的电阻率实验：（1）实验中，用螺旋测微器测量一种电阻值很大的电阻丝直径，刻度位置如图所示，则电阻丝的直径是_mm。（2）用多用电表的欧姆挡粗测这种电阻丝的阻值：已知此电阻丝的阻值约为几十千欧，下面给出的实验操作步骤：a旋转选择开关s，使其尖端对准交流电500v档，并拔出两表笔b将两表笔短接，调节欧姆挡调零旋钮使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，而后断开两表笔c将两表笔分别连接到被测电阻丝的两端，测出阻值后，断开两表笔d旋转选择开关s，使其尖端对准欧姆挡的某一挡位合理的实验步骤顺序是：_（填写相应的字母）；旋转选择开关其尖端应对准的欧姆挡位是_ 挡（填“1”或“10”或“1k”）；根据该挡位和表中指针所示的位置，电阻丝的阻值约为_（3）用电流表和电压表较精确测定此电阻丝的阻值，实验室提供下列可选用的器材：电压表v（量程3v，内阻约50k）电流表（量程200a，内阻约200） 电流表（量程5ma，内阻约20） 电流表（量程0.6a，内阻约1）滑动变阻器r（最大阻值1k）电源e（电源电压为4v）开关s、导线a在所提供的电流表中应选用_（填字母代号）b在虚线框中画出测电阻的实验电路（4）分别用l、d、表示电阻丝的长度、直径和阻值，则电阻率表达式为=_。【答案】（1）0.642（2）d、b、c、a；1k；3.2104；（3）a1；如图所示；（4）【解析】试题分析：（1）固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.01mm14.2=0.142mm，则电阻丝的直径 d=0.5mm+0.142mm=0.642mm（2）使用欧姆表测电阻时，应选择合适的挡位，然后进行欧姆调零，再测电阻，欧姆表使用完毕后，要把选择开关置于off挡或交流电源最高挡，则正确的实验步骤为：d、b、c、a；电阻丝的阻值约为几十千欧，旋转选择开关其尖端应对准的欧姆挡位是1k，由图示欧姆表可知，电阻丝的阻值为321000=3.2104（3）a、电路中最大电流约为，故电流表应选a1；b、待测电阻阻值约为几十k，滑动变阻器最大阻值为1k，故滑动变阻器应采用分压接法电流表内阻为200，电压表内阻为50k，相对来说，待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，实验电路图如图所示（4）根据电阻定律得：，又 s=d2；联立可得：考点：电阻的测量【名师点睛】此题要掌握螺旋测微器的读数方法：固定刻度与可动刻度读数之和，要注意螺旋测微器需要估读根据“大内小外”选择电流表的接法，根据变阻器总电阻与待测电阻的大小选择变阻器的接法。【结束】四计算题：（本题共2小题 ，共32分。要求解答应写出必要的文字说明和相关方程以及重要的步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位）18. 【题文】（12分）如图所示，两平行金属导轨间的距离l=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角=37，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度b=0.50t、方向垂直于导轨所在平面斜向上的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势e=4.5v、内阻r=0.50的直流电源。现把一个质量为m=0.040kg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sin37=0.60，cos37=0.80，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。【答案】（1）1.5a （2）0.3n， 方向平行导轨向上 （3） 0.06n,方向平行导轨向下【解析】试题分析：（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安=bil=0.30n，方向平行导轨向上（3）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