甘肃省张掖市山丹县第一中学2019-2020学年高二上学期11月月考物理试题

甘肃省张掖市山丹县第一中学2019-2020学年高二上学期11月月考物理试题

山丹一中2019-2020学年上学期11月月考试卷 高二物理 ‎（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）‎ 第Ⅰ卷 一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。‎ ‎1.三根长直导线垂直于纸面放置，通以大小相同、方向如图所示的电流，且ab=ad=ac，导线c在a点的磁感应强度大小为B，则a点处的合磁感应强度大小为 A. B B. B C. B D. 2B ‎【答案】C ‎【解析】‎ 导线c在a点的磁感应强度方向向下，大小为B；导线b在a点的磁感应强度方向向左，大小为B；导线d在a点的磁感应强度方向向左，大小为B；a点处的合磁感应强度大小为，故选C.‎ 点睛：磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量．它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则．所以根据右手定则先找出直导线在a点的磁场强度是关键步骤.‎ ‎2.如图所示，ab、cd是两根在同一竖直平面内的直导线，在两导线中央悬挂一个小磁针，静止时在同一竖直平面内。当两导线中通以大小相等的电流时，小磁针N极向纸面内转动，则两导线中的电流方向（ ）‎ A. 一定都是向上 B. 一定都向下 C. ab中电流向上，cd中电流向下 D. ab中电流向下，cd中电流向上 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】若两导线中的电流方向均向上，根据安培定则判断可知，小磁针N极静止不动，与题意不符。故A错误。若两导线中的电流方向均向下，根据安培定则判断可知，小磁针N极向纸外面转动，与题意不符。故B错误。若ab中电流向上，cd中电流向下，根据安培定则判断可知，小磁针N极向纸里面转动，与题意相符。故C正确。若ab中电流向下，cd中电流向上，根据安培定则判断可知，小磁针N极向纸外面转动，与题意不符。故D错误。故选C。‎ ‎【点睛】由题，小磁针N极向纸面里转动，小磁针S极向纸面外转动，则小磁针N极所在磁场方向向里，小磁针S极所在磁场方向向外，根据安培定则判断．‎ ‎3.如图所示，三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面，电势分别为10V、20V、30V，实线是一带电粒子（不计重力）在该区域内的运动轨迹，当粒子运动到a、b、c三点处，下列说法正确的是（ ）‎ A. 电场力关系为 B. 速度关系为 C. 动能大小关系为 D. 电势能大小关系为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的，由此可判断电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点受到的电场力相等。故A错误。‎ BCD．带负电的粒子在电场中运动时，电势能与动能之间相互转化，由图中粒子的运动轨迹可知，a点到b点，电场力做负功，电势能增大，动能减小，从b运动到c，电场力做正功，电势能减小，动能增大，因此c点的电势能最小，动能最大，即c点速度最大。故BC错误，D正确。‎ ‎4.分别置于a、b两处的长直导线垂直纸面放置，通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，a、b、c、d在一条直线上，且ac=cb=bd，已知c点的磁感应强度为，d点的磁感应强度为B2，则a处导线在d点产生的磁感应强度的大小及方向为（ ）‎ A. ，方向竖直向下 B. ，方向竖直向上 C. ，方向竖直向上 D. ，方向竖直向下 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据安培定则可知处导线在点产生的磁感应强度的方向为竖直向下，处导线和处导线在点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，知大小都为，则处导线在点产生的磁感应强度大小为，方向竖直向上，因为点的磁感应强度大小为，根据场强的叠加知方向向上，所以导线在点产生的磁感应强度大小为；‎ A.，方向竖直向下与分析相符，符合题意；‎ B.，方向竖直向上与分析不符，不符合题意；‎ C.，方向竖直向上与分析不符，不符合题意；‎ D.，方向竖直向下与分析不符，不符合题意。‎ ‎5.一个电流表的满偏电流Ig=1mA.内阻为300Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（ ）‎ A. 串联一个10000Ω的电阻 B. 并联一个10000Ω的电阻 C. 串联一个9700Ω的电阻 D. 并联一个9700Ω的电阻 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：改装电压表需要串联一个电阻进行分压，所以BD错误，‎ 根据欧姆定律可得：，即，解得 故选C，‎ 考点：考查了电压表的改装原理 点评：电流表串联电阻起分压作用为电压表，电压表串联电阻为总电阻减去电流表的内阻．总电阻=量程除以满偏电流．‎ ‎6.在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，分别用甲、乙两个电源做实验，它们的路端电压U随电流I变化的关系如图所示，则这两个电源的内阻大小关系是(　　)‎ A. r甲＜r乙 B. r甲＝r乙 C. r甲＞r乙 D. 不能确定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 在该U-I图线中，纵轴截距表示电动势，斜率的绝对值表示内阻．可比较出两电源的电动势和内阻。‎ ‎【详解】电源U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，由图示图象可知：E甲=E乙，‎ 图象斜率的绝对值是电源内电阻r=，由图象可知，r甲＜r乙，故A正确.‎ 故应选：A。‎ ‎【点睛】本题考查了比较电源内阻大小，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要会根据电源U-I图象求出电源电动势与内阻的方法。‎ ‎7.如图甲所示为某一小灯泡的U－I图线，现将两盏这样的小灯泡并联后再与一个4 Ω的定值电阻R串联，接在内阻为1 Ω、电动势为3 V的电源两端，如图乙所示，则(　　)‎ A. 通过每盏小灯泡的电流约为‎0.2 A，此时每盏小灯泡的电功率约为0.6 W B. 通过每盏小灯泡的电流约为‎0.3 A，此时每盏小灯泡的电功率约为0.6 W C. 通过每盏小灯泡的电流约为‎0.2 A，此时每盏小灯泡的电功率约为0.2 W D. 通过每盏小灯泡的电流约为‎0.3 A，此时每盏小灯泡的电功率约为0.4 W ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．由题图甲可以看出，当通过小灯泡的电流为‎0.2 A时，对应灯泡两端的电压为1 V，此时小灯泡的电阻为 ，两小灯泡并联后的电阻R并＝2.5 Ω，灯泡两端电压U并＝E＝＝1 V，恰好符合串联电路电压关系，则每盏小灯泡的功率PL＝0.2 W，则A项错误，C项正确．‎ BD．根据以上分析，同理可知BD项错误。‎ ‎8.如图甲所示，电源电动势为E，内阻为r，C为电容器，A为理想电流表，R1、R2为可变电阻，R3为定值电阻，R4为光敏电阻，光敏电阻的阻值随光照射的强弱而改变．“光强”是表示光的强弱程度的物理量，照射光越强，光强越大，光强符号用I表示，国际单位为坎德拉(cd)．实验测得光敏电阻的阻值R4与光强I间的关系如图乙所示，当电路发生变化时，下列说法正确的是(　　)‎ A. 当光照增强时，电容器所带电荷量减小 B. 当光照增强时，电源的输出功率减小 C. 若R2的阻值减小，电流表的示数减小 D. 若R1的阻值减小，R3消耗的功率减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图知电阻与光强成反比，故随光强的增大电阻减小，所以当光照增强时，R4减小，总电阻减小，总电流增大，并联部分的电阻不变，所以电压增大，所以电容器两端的电压增大，根据Q=UC可知，电量增大，故A错误；‎ B.当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，由于不知道外电路电阻与内阻的关系，所以无法判断电源的输出功率的变化，故B错误；‎ C.若R2的阻值减小，则总电阻减小，总电流增大，并联部分的电压减小，通过电流表A的电流减小，故C正确；‎ D.R1与电容器串联，相当于断路，其变化不影响电路变化，故D错误。‎ ‎9.如图所示，OP、OQ为匀强磁场的边界，磁场分布足够广，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。一质量为m、电量为q的电荷（重力不计）以平行于OQ边的速度从M点垂直磁场射入，并从N点垂直OQ离开，已知θ=30°，OM=l，则 A. 该电荷在磁场中运动的轨道半径等于 B. 该电荷在磁场中运动的轨道半径等于 C. 该电荷在磁场中运动的时间为 D. 该电荷在磁场中运动的时间为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意画出粒子运动的轨迹如图，由图中的几何关系得：‎ ‎．故A正确，B错误；设粒子运动的速度为v，运动的周期为T，由洛伦兹力提供向心力，得：，又：，解得：；由图中可得，粒子转过的角度是1/4圆弧，所以：故C错误，D正确．故选AD。‎ ‎【点睛】本题是粒子在磁场中圆周运动的轨迹问题，关键是运用几何知识画出轨迹、求出半径，根据牛顿第二定律列得方程联立求解；同时记住重要的导出结论，例如周期等表达式；此题难度不大，考查基本规律的运用能力.‎ ‎10.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（ ）‎ A. 平行板电容器的电容将变大 B. 静电计指针张角不变 C. 带电油滴的电势能将增大 D. 若先将上极板与电源正极连接导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据知，将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则d增大，则电容减小，故A错误；‎ B.静电计测量是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B正确；‎ C.两板电势差不变，d增大，则两板间电场强度减小，P点与上极板间的距离不变，由U=Ed可知，P点与上极板间的电势差减小，则P点的电势升高，因油滴带负电，可知油滴的电势能减小，故C错误；‎ D.电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变。故D正确。‎ ‎11.在如图所示的电路中，电流表、电压表均为理想电表。闭合开关 S，当滑动变阻器滑动片向下移动时，下列说法正确的是( )‎ A. 电压表V的示数将不变 B. 电流表A的示数将变大 C. 电流表A1的示数将变小 D. 电流表A2的示数将不变 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．当滑动变阻器滑片向下移动时，其接入电路的电阻减小，电路的总电阻减小，总电流I增大，电流表读数变大，电压表V读数为 U=E-Ir，I增大，则U变小，电压表V的示数将变小，故A错误，B正确；‎ CD．电阻R1两端的电压等于电源的路端电压，路端电压变小，所以电阻R1中的电流变小，电流表A1的示数将变小，总电流变大，所以电流表A2的示数将变大，故C正确、D错误。‎ ‎12.如图是“电磁炮”模型的原理结构示意图。光滑水平金属导轨M、N的间距L＝‎0.2 m，电阻不计，在导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1×102 T。装有弹体的导体棒ab垂直放在导轨M、N上的最左端，且始终与导轨接触良好，导体棒ab(含弹体)的质量m＝‎0.2 kg，在导轨M、N间部分的电阻R＝0.8 Ω，可控电源的内阻r＝0.2 Ω。在某次模拟发射时，可控电源为导体棒ab提供的电流恒为I＝4×‎103 A，不计空气阻力，导体棒ab 由静止加速到‎4 km/s后发射弹体，则(　　)‎ A. 导体棒ab所受安培力大小为1.6×105 N B. 光滑水平导轨长度至少为‎20 m C. 该过程系统产生的焦耳热为3.2×106 J D. 该过程系统消耗的总能量为1.76×106 J ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由安培力公式有，F＝BIL＝8×104 N，选项A错误；‎ B．弹体由静止加速到‎4 km/s，由动能定理知Fx＝mv2，则轨道长度至少为x＝＝‎20 m，选项B正确；‎ CD．导体棒ab做匀加速运动，由F＝ma，v＝at，解得该过程需要时间t＝1×10－2 s，该过程中产生焦耳热Q＝I2(R＋r)t＝1.6×105 J，弹体和导体棒ab增加的总动能Ek＝mv2＝1.6×106 J，系统消耗总能量E＝Ek＋Q＝1.76×106 J，选项C错误，D正确。‎ 第Ⅱ卷 二、实验题：本题共2小题，共15分。‎ ‎13.学校物理兴趣小组为探究多用表欧姆档的原理，决定自己动手设计一个可以测量电阻的装置。手边的器材有：干电池组，电流计A，电阻箱，待测电阻Rx . 其中电流计刻度盘刻线清晰，但是读数已经模糊。‎ ‎（1）小组成员先将电池组与电流计电流计A进行串联，电路两端分别接好表笔，如图（1）所示；将表笔短接，发现电流表指针刚好能够指在刻度盘最右端刻度处。‎ ‎（2）将两表笔分别与电阻箱两接线柱相连，调节电阻箱，直到电流计指针指在刻度盘正中央，电阻箱示数如图（2），则电阻箱接入电路的电阻值为_______Ω。‎ ‎（3）用待测电阻Rx代替电阻箱接入两表笔之间，则电流表指针指示如图（3）所示，则可知待测电阻Rx=_______Ω。（保留小数点后一位）‎ 此次实验快结束时，有同学拿来一块内阻为2803Ω的电压表，将所设计装置的两表笔正确接在电压表的两接线柱上，电压表示数为2.8V，可以推知实验中使用的电池组的电动势为________V（保留小数点后一位）‎ ‎【答案】 (1). 97Ω (2). 48.5Ω (3). 2.9V ‎【解析】‎ ‎【详解】（2）根据图2可知，电阻箱接入电路的电阻值为：R=9×10+7×1=97Ω， （3）设电流表满偏电流为Im，短接时，根据闭合电路欧姆定律得：，接入电阻箱时有：，接入电阻Rx有：，解得：Rx=48.5Ω，r=97Ω， 当两表笔正确接在电压表的两接线柱上时，根据闭合电路欧姆定律得：．‎ ‎14.某学习小组利用如图1所示的电路测量多用电表内欧姆“×‎1”‎挡内部电池的电动势E和多用电表欧姆“×‎1”‎挡的内阻r，为滑动变阻器，为电压表(量程0～2V，内阻约)。实验步骤如下：‎ ‎（1）将多用电表的选择开关调到“×‎1”‎挡后进行___________。‎ ‎（2）将图1中多用电表的黑表笔与_________(填“‎1”‎或“‎2”‎)端相连。‎ ‎（3）两表笔与1、2正确连接后，改变滑动变阻器接入电路的阻值，某次实验中多用电表和电压表的读数分别如图2、图3所示，多用电表的读数为________，电压表的读数为________V。‎ ‎(4)多次改变滑动变阻器接入电路的阻值，记录多用电表的读数R和电压表的读数U，并在计算机上显示出如图4所示的图线，则E=_________V，r=________。(计算结果保留三位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). 欧姆调零 (2). 1 (3). 20 (4). 0.85 (5). 1.43 (6). 13.7‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1].将多用电表的选择开关调到“×‎1”‎挡后进行欧姆调零；‎ ‎(2)[2].欧姆表内部黑表笔接电源的正极，则应将图1中多用电表的黑表笔与“‎1”‎端相连。‎ ‎(3)[3][4]. 多用电表的读数为20×1Ω=20Ω，电压表的读数为0.85V。‎ ‎(4)[5][6].由闭合电路欧姆定律可得：‎ 解得 由图像可知：‎ ‎，‎ 解得 E=1.43V r=13.7Ω 三、计算题：本题共3小题，共37分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。‎ ‎15.如图所示，电源的电动势为6 V，内阻是0.5 Ω，小电动机M的线圈电阻为0.5 Ω，电阻R0＝3 Ω，若理想电压表的示数为3 V，试求：‎ ‎(1)电源的总功率和电源的输出功率；‎ ‎(2)电动机输入功率和电动机输出的机械功率．‎ ‎(3)若取下电动机改用电阻箱接到该位置，当电阻箱R读数为多少时，电阻箱R消耗的功率PR最大，并求这个最大值。‎ ‎【答案】(1) 6 W ； 5.5 W (2) 2.5 W； 2 W (3) 2.6 W ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)电路中的电流，‎ 路端电压：；‎ 电源的总功率：‎ 电源的输出功率：‎ ‎(2)电动机两端电压：‎ 电动机的输入功率：‎ 电动机输出的机械功率：‎ ‎(3)当即时，‎ 电阻箱R消耗的功率最大为 ‎【点睛】本题关键抓住电路中电压分配和能量的关系，不能直接根据欧姆定律这样来求解电动机电路中电压电流，因为电动机工作时，欧姆定律不成立．‎ ‎16.如图，空间存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B ‎。在坐标系内有一个以坐标原点为圆心，半径为R的圆形区域。一质量为m，电荷量为q（q>0）的带电粒子以一定的初速度从坐标（2R，0）处沿y轴正向射入磁场。求：‎ ‎（1）粒子不能进入圆形区域的速度范围；‎ ‎（2）粒子进入圆形区域运动的最长时间。‎ ‎【答案】（1）， （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】解：‎ ‎（1）在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动，根据左手定则，可得带电粒子受到的洛伦兹力方向。其运动轨迹如图所示：‎ 要使粒子不能进入圆形区域，则有：‎ 或 由洛伦兹力提供向心力有：‎ ‎，‎ 解得：‎ 或 解得：‎ ‎（2）粒子在磁场中运动的周期，粒子在磁场中运动的周期与速度无关根据几何关系知，粒子进入圆形区域内运动的最长时间，即粒子转过的角度最大时运动的时间，如图所示：‎ 由图可得出粒子在虚线圆形中运动的最大角度为120°，由此可得粒子运动的最长时间为：‎ ‎17.如图的电路中，电池组的电动势ɛ=30V，电阻，两个水平放置的带电金属板间的距离d=‎1.5cm。在金属板间的匀强电场中，有一质量为g带电量C的油滴，当把可变电阻器的阻值调到35Ω接入电路时，带电油滴恰好静止悬浮在电场中，此时安培表示数I=‎1.5A，试求：‎ ‎ ‎ ‎(1)两金属板间的电场强度；‎ ‎(2)B点的电势；‎ ‎(3)电阻通电10s钟产生的热量；‎ ‎(4)要使电池组的输出功率为62.5W，应把的阻值调到多大?‎ ‎【答案】（1）1400N/C（2）27V（3）243J（4）5Ω ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由油滴受力平衡有：‎ 得到：‎ 代入数据计算得出：E=1400N/C ‎(2)电容器的电压：‎ 流过的电流：‎ B点与零电势点间的电势差：‎ 因为B点的电势大于零，则电路中节点B的电势.‎ ‎(3)流过的电流：‎ 电阻在10s内产生热量：‎ ‎(4)根据闭合电路欧姆定律得电源的内阻：‎ 由：‎ 计算得出 又由：‎ 代入计算得出R=10Ω 又因为根据串并联电阻与总电阻的关系：‎ 代入计算得出 答：(1)两金属板间的电场强度E=1400N/C；‎ ‎(2)B点的电势；‎ ‎(3)电阻通电10s钟产生的热量Q=243J；‎ ‎(4)要使电池组的输出功率为62.5W，应把的阻值调到5Ω.‎