2017-2018学年山东省武城县第二中学高二上学期12月月考物理试题 解析版

2017-2018学年山东省武城县第二中学高二上学期12月月考物理试题 解析版

山东省武城县第二中学2017-2018学年高二12月月考物理试题 一、选择题 ‎1. 首次用实验发现了电流的磁效应存在的物理学家是（　　）‎ A. 法拉第 B. 奥斯特 C. 安培 D. 赫兹 ‎【答案】B ‎【解析】奥斯特发现了通电导体周围存在磁场，是第一个发现电流磁效应的科学家，故B正确，ACD错误。‎ 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。‎ ‎2. 关于电场线和磁感线，下列说法正确的是（　　）‎ A. 电场线和磁感线都是闭合的曲线 B. 磁感线是从磁体的N极发出，终止于S极 C. 电场线和磁感线都不能相交 D. 电场线和磁感线都是现实中存在的 ‎【答案】C ‎【解析】A、磁感线是闭合的曲线，而电场线从正电荷出发，终止于负电荷，不是闭合的曲线，故A错误； B、磁感线的方向在磁铁的内部为S极到N极的方向，磁铁的外部是N极到S极的方向，是闭合曲线，故B错误； C、电场线的切线方向即为场强的方向，故任意两条电场线都不会相交；磁感线上每一点的切线方向与磁场的方向相同，故任意两条磁感线都不会相交，故C正确； D、电场线和磁感线都是人们为了描述场的性质而引入的，在现实中是不存在的，故D错误。‎ 点睛：本题考查了电场线和和磁感线的内涵与外延，属于对基础知识的考查，要加强对基础知识的学习。‎ ‎3. 正电荷Q周围的电场线如图所示，由图可知，下列判断正确的是（　　）‎ A. Ea＞Eb B. Ea=Eb C. Ea＜Eb D. 无法确定 ‎【答案】A ‎【解析】电场线的疏密表示场强的强弱，电场线密的地方电场强，疏的地方电场弱，所以a点的电场强度大于b点的电场强度，故A正确，BCD错误；‎ 故选A。‎ ‎4. 如图所示，关于磁场方向、运动电荷的速度方向和洛仑兹力方向之间的关系正确的是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】解：A、根据左手定则，洛伦兹力应该向上，故A错误；‎ B、根据左手定则，洛伦兹力向下，故B正确；‎ C、速度与磁场方向平行，不受洛伦兹力，故C错误；‎ D、速度与磁场方向平行，不受洛伦兹力，故D错误；‎ 故选：B ‎【点评】带电粒子在磁场中运动受洛伦兹力的条件以及左手定则的熟练应用是对学生的基本要求，要熟练掌握．‎ ‎5. 下面的几个图显示了磁场对通电直导线的作用力，其中正确的是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】解：A、磁场向上，电流向里，根据左手定则可得，安培力的方向水平向右，所以A错误；‎ B、磁场向左，电流向外，根据左手定则可得，安培力的方向向下，所以B错误；‎ C、磁场向里，电流向左，根据左手定则可得，安培力的方向向下，所以C正确；‎ D、磁场向外，电流向外，它们的方向相同，不受安培力的作用，所以D错误．‎ 故选C．‎ ‎【点评】掌握住左手定则的内容，直接判断即可，比较简单，同时要注意与右手定则的区别，注意磁场方向、电流方向以及安培力的方向之间的关系．‎ ‎6. 如图所示，空间中的匀强电场水平向右，匀强磁场垂直纸面向里，一带电微粒沿着直线从M运动到N,以下说法正确的是 A. 带电微粒可能带负电 B. 运动过程中带电微粒的动能保持不变 C. 运动过程中带电微粒的电势能增加 D. 运动过程中带电微粒的机械能守恒 ‎【答案】B ‎【解析】A、根据做直线运动的条件知受力情况如图：‎ 微粒一定带负电，且粒子做匀速直线运动，所以粒子的动能也保持不变，故A错误，B正确； C、电场力向右，做正功，电场力做功等于电势能的减小量，故运动过程中带电微粒的电势能减小，故C错误； D、机械能守恒的条件是只有重力做功，而运动过程中有电场力做功，故机械能不守恒，故D错误。‎ 点睛：带电粒子在重力场、电场、磁场的复合场中，只要是做直线运动，一定是匀速直线运动（v与B不平行），‎ 若速度是变的，洛伦兹力会变，合力就是变的，合力与速度不在一条直线上，带电体就会做曲线运动。‎ ‎7. 在研究影响平行板电容器电容大小的因素的实验中，用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差，如图所示，由两块相互靠近彼此绝缘的平行金属板组成平行板电容器的极板N与静电计金属球相连，极板M接地．在两板相距一定距离时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度．在整个实验过程中，保持电容器的带电荷量Q不变，下面的操作中将使静电计指针张角变大的是 A. 仅将M板水平向右平移靠近N板 B. 将M板向下平移 C. 在M、N之间插入玻璃板 D. 在M、N之间紧靠M插入有一定厚度的金属板 ‎【答案】B ‎ ‎ 点睛：本题考查电容器的动态分析问题，对于电容器的动态变化问题，关键要抓住不变量，根据电容的定义式和决定式进行分析。‎ ‎8. 如图所示电路，电源的电动势为12V，L为灯泡，R1和R2为定值电阻，若用电压表测得A、B两点间的电压为12V，则说明（　　）‎ A. L、R1和R2都断了 B. L、R1和R2都是好的 C. L是好的，R1和R2中至少有一个断了 D. R1和R2是好的，L断了 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：据题A、B两点间的电压等于电源的电动势，说明灯L和电源的内阻没有电压，电路中有断路．L不可能断路，否则电压表就没有读数了．可知中R1和R2至少有一个断了．故C正确，ABD错误．故选C 考点：电路的故障分析 ‎9. 如图，空间某一区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个带电粒子以某一初速度由A点进入这个区域沿直线运动，从C点离开区域；如果这个区域只有电场，则粒子从B点离开场区；如果这个区域只有磁场，则粒子从D点离开场区；设粒子在上述三种情况下，从A到B点、A到C点和A到D点所用的时间分别是t1、t2和t3，比较t1、t2和t3的大小，则有（粒子重力忽略不计）（　　）‎ A. t1=t2=t3‎ B. t2＜t1＜t3‎ C. t1=t2＜t3‎ D. t1=t3＞t2‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：带电粒子由A点进入这个区域沿直线运动，从C点离开场区，这个过程粒子受到的电场力等于洛伦兹力qE=qvB，水平方向做匀速直线运动；如果只有电场，带电粒子从B点射出，做类平抛运动，水平方向匀速直线运动，如果这个区域只有磁场，则这个粒子从D点离开场区，此过程粒子做匀速圆周运动，速度大小不变，方向改变，所以速度的水平分量越来越小．‎ 解：带电粒子由A点进入这个区域沿直线运动，从C点离开场区，这个过程粒子受到的电场力等于洛伦兹力qE=qvB，‎ 水平方向做匀速直线运动，运动时间t1=，如果只有电场，带电粒子从B点射出，做类平抛运动，‎ 水平方向匀速直线运动，运动时间：t2=，如果这个区域只有磁场，则这个粒子从D点离开场区，此过程粒子做匀速圆周运动，速度大小不变，方向改变，所以速度的水平分量越来越小，所以运动时间：t3＞，所以t1=t2＜t3，故C正确．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】注意分析带电粒子在复合场、电场、磁场中的运动情况各不相同，复合场中做匀速直线运动，电场做类平抛运动，磁场做匀速圆周运动，根据不同的运动规律解题．‎ ‎10. 如图所示，ABCD为匀强电场中相邻的四个等势面，相邻等势面间距离为5cm．一个电子仅受电场力垂直经过电势为零的等势面D时，动能为15eV（电子伏），到达等势面A时速度恰好为零．则下列说法正确的是（　　）‎ A. 场强方向从A指向D B. 匀强电场的场强为100 V/m C. 电子经过等势面C时，电势能大小为5 eV D. 电子在上述等势面间运动的时间之比为1：2：3‎ ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：电子到达等势面A时速度恰好减为零，说明电场力向下，负电荷受到的电场力方向与电场强度方向相反，故场强方向从D指向A，故A错误；从D到A，动能减小15eV，故电场力做功﹣15eV，故有：WDA=﹣eEdDA=﹣15eV，解得，故B正确；只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故：EkD+EpD=EkA+EpA，解得EPA=15eV；匀强电场中，没前进相同距离电势变化相同，故EpC=5eV，故C正确；运用逆向思维，到达A后，假设时间倒流，做初速度为零的匀加速直线运动，根据x=at2，通过1S、2S、3S的时间之比为1::‎ ‎，故通过连续三段S时间之比为1：（-1）：（-），故D错误；‎ 故选BC．‎ 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎11. 如图所示是粒子速度选择器的原理图，如果粒子所具有的速率那么（　　）‎ A. 带正电粒子必须沿ab方向从左侧进入场区，才能沿直线通过 B. 带负电粒子必须沿ba方向从右侧进入场区，才能沿直线通过 C. 不论粒子电性如何，沿ab方向从左侧进入场区，都能沿直线通过 D. 不论粒子电性如何，沿ba方向从右侧进入场区，都能沿直线通过 ‎【答案】AC ‎【解析】带正电粒子沿ab方向从左侧进入场区，所受的电场力竖直向下，由左手定则判断可知，洛伦兹力方向竖直向上，两个力能平衡，粒子能沿直线通过，若粒子ba方向进入场区，洛伦兹力方向竖直向下，与电场力方向相同，两力不能平衡，则粒子向下偏转，故A正确．带负电粒子沿ba方向从右侧进入场区，所受的电场力竖直向上，由左手定则判断可知，洛伦兹力方向竖直向上，粒子向上偏转，不能沿直线通过场区．带负电粒子必须沿ab方向从左侧进入场区，才能沿直线通过．故B错误．由上分析得知，不论粒子电性如何，沿ab方向从左侧进入场区，都能沿直线通过．故C正确，D错误．故选AC.‎ 点睛：本题考查对速度选择器工作原理的理解，由qE=qvB得，，此结论与带电粒子的电性、电量无关．‎ ‎12. 如图所示，图甲中M为一电动机，当滑动变阻器R的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示．已知电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动．不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是（　　）‎ A. 电路中电源电动势为3.6V B. 变阻器向右滑动时，V2读数逐渐减小 C. 变阻器的最大阻值为30Ω D. 此电路中，电动机的最大输出功率为0.9W ‎【答案】AC ‎【解析】由电路图甲知，电压表V2测量路端电压，电路中电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以图乙中最上面的图线表示V2的电压与电流的关系．此图线的斜率大小等于电源的内阻，为 r=Ω=2Ω；当电流 I=0.1A时，U=3.4V，则电源的电动势 E=U+Ir=3.4+0.1×2V=3.6V，故A正确：变阻器向右滑动时，R阻值变大，总电流减小，内电压减小，路端电压增大，则V2读数逐渐增大，故B错误；当I=0.1A时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以 R=-r-rM=（-2-4）Ω=30Ω，故C正确．由图可知，电动机的电阻 rM=Ω=4Ω．电动机输出功率为 P=UI-I2rM=（E-Ir）I-I2rM=-6I2+3.6I．根据数学知识可知，当，电动机输出功率最大，且最大值为 Pmax=0.405W，故D错误；故选AC.‎ 点睛：本题考查对物理图象的理解能力，可以把本题看成动态分析问题，来选择两电表示对应的图线．对于电动机，理解并掌握功率的分配关系是关键．‎ 二、实验题 ‎13. 读出图中游标卡尺和螺旋测微器的读数游标卡尺的读数为___mm．；螺旋测微器的读数为___mm．‎ ‎【答案】 (1). 11.4 (2). 0.920‎ ‎【解析】10分度的游标卡尺，精确度是0.1mm，游标卡尺的主尺读数为11mm，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为4×0.1mm=0.4mm，所以最终读数为：11mm+0.4mm=11.4mm；‎ 螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为42.0×0.01mm=0.420mm，所以最终读数为0.5mm+0.420mm=0.920mm=0.0920cm；‎ 故答案为：11.4；0.0920。‎ ‎14. 为了测定电源电动势E、内电阻r的大小并同时描绘出小灯泡的伏安特性曲线，某同学设计了如图甲所示的电路．闭合开关，调节电阻箱的阻值，同时记录电阻箱的阻值R电压表V1的示数U1，电压表V2的示数U2．根据记录数据计算出流过电阻箱的电流I，分别描绘了a、b两条U﹣I图线，如图乙所示．请回答下列问题：‎ ‎（1）写出流过电阻箱的电流的表达式：________；‎ ‎（2）小灯泡两端电压随电流变化的图象是____（选填“a”或“b”）；‎ ‎（3）根据图乙可以求得电源的电动势E=________V，内电阻r=______________Ω，该电路中小灯泡消耗的最大功率为_________________W．‎ ‎【答案】 (1). (2). b (3). 3 (4). 2 (5). 1‎ ‎【解析】试题分析：（1）首先要明白电路的组成：电源、开关、电阻箱、灯泡串联成闭合回路，电压表测灯泡两端电压，电压表测路端电压．电阻箱两端电压为，电阻箱阻值为，所以流过电阻箱的电流I＝；‎ ‎（2）小灯泡两端电压随电流的增大而增大，所以选图线；图线为电源路端电压随电路中电流变化的关系图线；‎ ‎（3）图线与纵轴的交点为电源的电动势，图线的斜率为电源的内阻，图线的交点表示即电阻箱的阻值为，小灯泡消耗的功率最大，。‎ 考点：测定电源的电动势和内阻 ‎【名师点睛】分析清楚电路结构、应用串联电路特点及欧姆定律，掌握应用图象法求电源电动势与内阻的方法即可正确解题，由电路图可知，灯泡与电阻箱串联，电压表V1测灯泡电压，电压表V2测路端电压。‎ 三、计算题 ‎15. 如图所示，一质量为m带电量为+q的带电液滴，从水平放置的平行金属板上方H高度处自由落下，从上板的缺口进入两板间电场，电场强度为E，若qE＞mg，试求液滴落入电场中所能达到的最大位移h．（设d＞h）‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】液滴从释放到停止，根据动能定理，则有：‎ 解得：。‎ 点睛：考查动能定理的应用，注意掌握电场力与重力做功的特点，理解过程选取的重要性。‎ ‎16. 如图所示，AB两金属板与电路良好接触，两板间距为d，两板之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B；一束粒子流（不计重力）以速度v0从S1孔平行于金属板射入，恰好沿直线运动从S2孔射出，已知电源的电动势为E，内阻为r,定值电阻为R0，求：‎ ‎（1）AB两板之间的电势差；‎ ‎（2）此时滑动变阻器R接入电路的阻值.‎ ‎【答案】（1）Bdv0 （2）‎ ‎【解析】（1）根据题意，在平行板电容器内做直线运动，对带电粒子根据平衡条件，‎ 有：，又，解得：； （2）设此时滑动变阻器接入电路的电阻为R，‎ 由闭合电路的欧姆定律，又， 解得：。‎ 点睛：本题是粒子在电磁场中运动与恒定电流电路综合的问题，关键是明确粒子做匀速直线运动，注意电场强度和电动势的字母含义不同。‎ ‎17. 如图所示，有界匀强磁场的磁感应强度B=2×10﹣3T；磁场右边是宽度L=0.2m、场强E=40V/m、方向向左的匀强电场．一带电粒子电荷量q=﹣3.2×10﹣19C，质量m=6.4×10﹣27kg，以v=4×104m/s的速度沿OO′垂直射入磁场，在磁场中偏转后进入右侧的电场，最后从电场右边界射出．求：‎ ‎（1）大致画出带电粒子的运动轨迹；（画在答题纸上给出的图中）‎ ‎（2）带电粒子在磁场中运动的轨道半径；‎ ‎（3）带电粒子飞出电场时的动能EK．‎ ‎【答案】（1）轨迹见解析（2）‎ ‎【解析】解：（1）|轨迹如图．‎ ‎（2）带电粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，有 m ‎（3）带电粒子在电场中运动时，电场力做功，粒子的动能增加：‎ 代人数据解得：J 答：（1）大致画出带电粒子的运动轨迹如图；‎ ‎（2）带电粒子在磁场中运动的轨道半径是0.4m；‎ ‎（3）带电粒子飞出电场时的动能J．‎ ‎18. 水平放置的两块平行金属板长L，两板间距d，两板间电压为U，且上板为正，一个电子沿水平方向以速度v0从两板中间射入，已知电子质量m，电荷量e，如图，求：‎ ‎（1）电子偏离金属板时的侧位移y是多少？‎ ‎（2）电子飞出电场时的速度是多少？‎ ‎（3）电子离开电场后，打在屏上的P点，若屏与金属板右端相距S，求OP的长？‎ ‎【答案】（1）（2）（3）（s+）‎ ‎【解析】试题分析：（1）设电子所受电场力为F，加速度为a，在电场运动的时间为t，偏转位移为y，离开电场的速度为V，偏转角度为 α，电子垂直进入电场受到电场力：F=Eq…①‎ 极板间的场强：…②‎ 根据牛顿第二定律得：F=ma…③‎ 电子在电场中做类平抛运动：‎ L=V0t…④‎ y=at2…⑤‎ 联立①②③④⑤解之得：…⑥‎ ‎（2）电子离开电场竖直向上的速度为：vy=at…⑦‎ 离开电场的速度：‎ ‎…⑧‎ 联立③④⑥⑦解之得：‎ 速度偏转角：‎ ‎（3）由图可知：OP=y+MP…⑨‎ 有几何关系得：MP=s•tanα…⑩‎ 联立⑥⑨⑩解之得：OP=（s+）tanθ=（s+）‎ 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎ ‎