2018-2019学年安徽省铜陵市第一中学高二1月月考物理试题 解析版

2018-2019学年安徽省铜陵市第一中学高二1月月考物理试题 解析版

安徽省铜陵市第一中学2018-2019学年高二1月月考物理试题 一、选择题 ‎1.有电子、质子、氘核和氚核，以同样的速度垂直射入同一匀强磁场中，它们在磁场中做匀速圆周运动，则轨道半径最大的是( )‎ A. 氘核 B. 氚核 C. 电子 D. 质子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该题考查了带电量相同，质量不同的带电粒子以相同的速度进入同一匀强磁场中做圆周运动时半径的关系。由半径公式可以发现，质量越大，轨道半径越大。‎ ‎【详解】电子、质子、氘核、氚核四种粒子的带电量多少是相同，但是质量是不相同的，m电子＜m质子＜m氘核＜m氚核，带电粒子在磁场中运动的轨道半径公式为，它们以相同的速度进入同一匀强磁场，轨道半径是与质量成正比的，所以氚核的轨道半径是最大的。选项ACD错误，选项B正确。故选B。‎ ‎【点睛】该题可以由电量多少相同和质量不同，延伸为带电粒子的比荷不同，从而判断运动轨道半径的不同。由半径公式可知，在速度和磁场强度相同的情况下，运动半径与带电粒子的比荷是成反比的。‎ ‎2.如图所示，三条长直导线都通有垂直于纸面向外的电流，且I1＝I2＝I3，则距三导线等距的A点的磁场方向为( )‎ A. 向上 B. 向右 C. 向左 D. 向下 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由安培定则确定出磁感线方向，再利用矢量合成法则求得A的合矢量的方向．‎ ‎【详解】由安培定则知电流I2和I3，在A点的磁感线方向相反，距离又相等，所以合场强为零，I1在A点的电场线方向水平向右，故A点的磁感线方向向右。故选B。‎ ‎3.有一个多用电表，其欧姆挡的四个量程分别为：“×1”“×10”“×100”“×1 k”，某同学把选择开关旋到“×100”挡测量一未知电阻时，发现指针偏转角很大，为了减小误差，它应该( )‎ A. 换用“×1 k”挡，不必重新调整调零旋钮 B. 换用“×10”挡，不必重新调整调零旋钮 C. 换用“×1 k”挡，必须重新调整调零旋钮 D. 换用“×10”挡，必须重新调整调零旋钮 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 欧姆表的零刻度在最右边，指针偏角大说明被测电阻小，因此，要换小挡位×10，重新欧姆调零，D正确．‎ ‎4.在如图电路中K1、K2、K3、K4均闭合，G是极板水平放置的平行板电容器，板间悬浮着一油滴P，断开哪一个开关后P会向下运动？( )‎ A. K1‎ B. K2‎ C. K3‎ D. K4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 平行板电容器板间悬浮着一油滴P，油滴所受的重力与电场力平衡，当电场力减小时，油滴会向下运动．根据条件分别分析哪种情况下板间场强和油滴的电场力是减小的．‎ ‎【详解】断开K1，电容器两板间的电压不变，场强不变，油滴所受的电场力不变，油滴仍处于平衡状态。故A错误。断开K2，电容器两板间的电压增大，稳定时，其电压等于电源的电动势，板间场强增大，油滴所受的电场力增大，油滴将向上运动。与题意不符，故B错误。断开K3，电容器通过电阻放电，板间场强逐渐减小，油滴所受的电场力减小，油滴将向下运动。故C正确。断开K4，电容器的电量不变，板间场强不变，油滴仍处于静止状态。故D错误。 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查分析电容器电压的能力．难点是断开K2，稳定后电容器的电压等于电源的电动势，可以用电势差等于电压来理解．‎ ‎5.一根均匀导线，电阻率为 ，电阻为4Ω现将它均匀拉长，使导线的直径减小为原来的一半，此时它的阻值为64 Ω，则导线拉长后电阻率为( )‎ A. ‎ B. 0.5‎ C. 4‎ D. 2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 导体的电阻率由导体的材料决定，与长度和横截面积无关；‎ ‎【详解】导体的电阻率由导体的材料决定，与长度和横截面积无关；则导体被拉长后，电阻率不变，仍为ρ，故选A.‎ ‎6.三个阻值相同的电阻，其允许消耗的最大功率都是10 W，现将其中的两只电阻串联起来后再与第三只灯泡并联接在电路中，则三个电阻允许消耗的最大功率为( )‎ A. 30 W B. 20 W C. 15 W D. 10 W ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电路连接关系及已知条件：三个电阻的阻值相同，允许消耗的最大功率为10W，分析保证电路安全的条件，然后求电路的最大功率．‎ ‎【详解】若两只串联的灯泡都达到最大功率时，第三只并联的灯泡两端的电压将太大，容易烧坏，所以整个电路消耗的最大功率时，应该是第三只灯泡达到最大功率。即U2/R＝10W，串联部分消耗功率为U2/(2R)=5W，所以总功率为15W。故选C。‎ ‎【点睛】解本题的关键是根据题意，结合串并联电路的特点，电功率的公式，分析出保证电路安全且功率最大的条件．‎ ‎7.如图所示，三个同心圆是以点电荷Q为圆心的等势面，相邻等势面的电势差相等，则下列说法正确的是( )‎ A. 一个点电荷＋q在B点所受的电场力比在A点的大 B. 一个点电荷＋q在B点具有的电势能比在A点的小 C. 将同一个电荷由B点移到D点电场力做的功比由C点移到A点多 D. 将电荷＋q由B点移到C点，电场力做正功 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电场线的疏密分析电场强度的大小，从而比较电场力的大小。先根据等势面图得到电场线的分布图，然后根据电场线密处场强大，电场线稀处场强小判断场强大小，根据沿着电场线电势要降低判断电势高低，再结合动能定理以及电场力做功与电势能变化关系分析判断。‎ ‎【详解】负的点电荷产生的电场的电场线是会聚的直线，如图所示。‎ ‎ 电场线密处场强大，电场线稀处场强小，由图可知，B点的场强比A点的场强小，则一个点电荷+q在B点所受的电场力比在A点的小。故A错误。沿着电场线电势要降低，故B点的电势比A点的电势高，故+q在B点具有的电势能比在A点电势能大。故B错误。据题有UBD=UCA，根据电场力做功公式W=qU可知，将同一个电荷由B点移到D点电场力做的功与由C点移到A点一样多。故C错误。沿着电场线电势要降低，故B点的电势比C点的电势高，故+q在B点具有的电势能比在C点电势能高，所以将电荷+q由B点移到C点，电场力做正功。故D正确。故选D。‎ ‎【点睛】本题关键要明确电场力的做功情况，然后根据动能定理判断动能的变化情况，根据电场力做功与电势能变化的关系得到电势能的变化情况。‎ ‎8.在匀强磁场中某处P放一个长度为L＝20 cm，通电电流I＝0.5 A的直导线，测得它受到的磁场力F＝1.0 N，其方向竖直向上，现将该通电导线从磁场撤走，则关于则P处磁感应强度大小和方向说法正确的有( )‎ A. 可能等于10T B. 可能大于10T C. 方向竖直向下 D. 方向肯定不沿竖直向上的方向 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当通电导线垂直放入磁场中时，所受的安培力最大，由F=BIL求得磁感应强度B．磁感应强度B方向与安培力方向是垂直关系．‎ ‎【详解】由题意，导线与磁场垂直时所受安培力最大，根据F=BIL可知1.0≤B×0.5×0.2，解得B≥‎ ‎10T；则选项AB正确；因磁感应强度B方向与安培力方向是垂直关系。故知B的方向肯定不是竖直向上，也不是竖直向下。故C错误，D正确。故选ABD。‎ ‎【点睛】解决本题关键要知道当通电导线垂直放入磁场中时，所受的安培力最大，掌握安培力公式F=BIL，并知道安培力与磁感应强度垂直.‎ ‎9.如图所示，在粗糙的斜面上固定一点电荷Q，在M点无初速度地释放带有恒定电荷的小物块，小物块在Q的电场中沿斜面运动到N点静止，则从M到N的过程中( )‎ A. 小物块所受的静电力减小 B. 小物块的电势能可能增加 C. 小物块电势能变化量的大小一定小于克服摩擦力做的功 D. M点的电势一定高于N点的电势 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电势的高低可以通过沿电场线方向电势降低进行判断，因无法判断点电荷Q的电性，所以无法比较M、N点电势的高低；若两电荷是异种电荷，向下运动的过程中电场力逐渐减小，加速度增大，物块不可能停止．电势能的增加还是减小可以通过电场力做功来判断．可以通过动能定理判断小物块电势能变化量的大小与克服摩擦力做的功；‎ ‎【详解】离电荷越远，所受的电场力越小，可知从M到N的过程中小物块所受的静电力减小，选项A正确；因无法判断点电荷Q的电性，那么就无法判断电场的方向，也就无法判断电势的高低，故D错误。若两电荷是异种电荷，向下运动的过程中电场力逐渐减小，加速度增大，物块不可能停止。所以两物块为同种电荷，电场力做正功。电势能降低。故B错误。根据动能定理：WG+W电-Wf=0，电场力做功的大小与电势能变化量的大小相等，显然小物块电势能变化量的大小小于克服摩擦力做的功。故C正确。故选AC。‎ ‎10.足够大的桌面有垂直桌面向下的匀强磁场B，一L×2L的线圈一半在桌面上，AB（长L）边和桌边平行，以AB边为轴旋转线圈，关于线圈的说法正确的有（ ）‎ A. 线圈没有旋转时的磁通量等于BL2‎ B. 线圈旋转600时的磁通量等于BL2‎ C. 线圈从开始到旋转1200的过程中磁通量没有变化 D. 线圈从开始到旋转1800的过程中磁通量的变化等于3 BL2‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据φ=BScosθ求解磁通量；根据∆φ=φ2-φ1求解磁通量的变化量。‎ ‎【详解】根据φ=BS可知，线圈没有旋转时的磁通量等于BL2，选项A正确；线圈旋转600时的磁通量：B∙L∙2Lcos600=BL2，选项B正确；线圈从开始到旋转1200的过程中磁通量变化了：B∙L∙2Lcos600-(- BL2)=2BL2，选项C错误；线圈从开始到旋转1800的过程中磁通量的变化等于B∙L∙2L-(- BL2)=3 BL2，选项D正确；故选ABD.‎ ‎11.如图所示，现有甲、乙、丙三个电动势E相同而内阻r不同的电源，由这三个电源分别给定值电阻R供电，已知它的阻值大小关系为R>r甲>r乙>r丙，如果将R先后接在三个电源上时的情况相比较，下列说法正确的是( )‎ A. 接在甲电源上时，电源内阻消耗的功率最大 B. 接在乙电源上时，电源的总功率最大 C. 接在丙电源上时，电源的输出功率最大 D. 接在甲电源上时，电源的输出功率最大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：电源的内阻消耗功率P内＝（）2·r＝，可见，甲电源内阻消耗功率最大，A正确；由P总＝·E可知，丙电源的总功率最大，B错误；由P出＝I2R＝R可知，丙电源内阻最小，电源的输出功率最大，C正确．D错误．‎ 考点：恒定电流 ‎【名师点睛】本题是闭合电路欧姆定律简单的运用．闭合电路欧姆定律是电路中最重要的规律之一，要熟练掌握，根据闭合电路欧姆定律分析同一电阻接到不同电源上时电流的大小，再由公式分析电源的电功率大小。‎ 二、实验题 ‎12.如图所示主尺的最小分度为1mm，游标上有20等分的小刻度，则该物体的直径是_________ mm ‎【答案】8.55;‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读.‎ ‎【详解】游标卡尺主尺读数为8mm，游标读数为0.05mm×11=0.55mm，则游标卡尺的读数为8.55mm．‎ ‎13.用多用电表的欧姆×100档测量如图所示的二极管，表头的指针偏转角度较小，则_________ （红、黑）表笔接触A端 ‎【答案】黑；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用多用电表的欧姆×100档测量如图所示的二极管，表头的指针偏转角度较小，说明电阻较大；欧姆表黑表笔接内部电源的正极。‎ ‎【详解】用多用电表的欧姆×100档测量如图所示的二极管，表头的指针偏转角度较小，说明电阻较大，二极管加的是反向电压，因欧姆表黑表笔接内部电源的正极，则黑表笔接触A端。‎ ‎14.如图为测量小灯泡的伏安特性曲线的实物连接图，闭合开关前，变阻器的滑片应该放在_________（左、右）端 ‎【答案】左；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据测量电路，闭合开关前，应该使小灯泡上的分压为零.‎ ‎【详解】闭合开关前，应该使小灯泡上的分压为零，即变阻器的滑片应该放在左端。‎ ‎15.小明同学采用如图所示的电路图测量一电池的电动势和内电阻，记录数据如下，在所给的图中作出电源的伏安特性曲线______。根据图像得出电源电动势E=_________内电阻r=_________(小数点后保留2位)‎ ‎【答案】 (1). (2). 1.50； (3). 0.50；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据描点法得出对应的伏安特性曲线；再由闭合电路欧姆定律可得出电压与电流的关系，结合数学关系可知图象的斜率表示内阻，与纵坐标的交点表示电源的电动势．‎ ‎【详解】作出电源的伏安特性曲线如图；‎ 由闭合电路欧姆定律可知：U=E-Ir；即电动势与电流成一次函数关系，由数学知识可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示内源内电阻；故由图可得电动势为：E=1.50V；.‎ ‎【点睛】在测电动势和内电阻实验的考查中，一定会考到数据的处理； ‎ 因此要掌握好此实验的图象法分析电动势和内电阻的方法．‎ 三、计算题 ‎16.如图所示电路，E=6V，r=2欧姆，R1=10欧姆，R2的最大值为20欧姆，调节R2，可以得到：‎ ‎（1）R1的最大功率？‎ ‎（2）R2的最大功率？‎ ‎【答案】（1）2.5W（2）0.75W ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当R1功率最大时，R2=0，从而求解R1的最大功率；‎ ‎（2）将R1等效为电源内阻，当R2=R1+r时，R2的功率最大，从而求解R2的最大功率；‎ ‎【详解】（1）当R1功率最大时，R2=0，则此时，‎ 则 R1的最大功率： ‎ ‎（2）当R2=R1+r时，R2的功率最大，此时 ‎ R2的最大功率：‎ ‎【点睛】此题关键是知道R1是定值电阻，当整个回路的电阻最小时，电流最大，R1功率最大；当外电路电阻变化时，当内外电阻相等时输出功率最大。‎ ‎17.如图所示，用质量不计的金属丝悬挂m=0.04kg的金属棒，通电长度AB= 1.0 m，通上电流I=0.3A后金属丝和竖直方向的夹角为370，保持静止。求 ‎（1）磁感应强度B？‎ ‎（2）通电后把金属棒拉到最低点，无初速度释放，则金属棒在摆起过程中金属丝偏离竖直方向的最大夹角?（不计空气阻力）‎ ‎【答案】（1）1T（2）720‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由力的平衡知识求解磁感应强度的大小；（2）根据动能定理求解向上摆动的最大角度。‎ ‎【详解】（1）金属棒平衡时，根据平衡条件可知：mgtan370=BIL 解得B=1T；‎ ‎（2）通电后把金属棒拉到最低点，无初速度释放，到达最高点时，由动能定理：‎ BILsinθ=mgL(1-cosθ)，‎ 由数学知识可知θ=740‎ ‎【点睛】此题第二问也可以用振动的对称性来考虑；金属棒摆动时，以平衡位置为对称点两边对称摆动，从而确定向上摆动的最大摆角.‎ ‎18.如图所示，边长为L、相等的正方形区间内有匀强电场和匀强磁场，同种带电粒子（不计重力）分别从A点沿AD方向以速度v0射入，从C点离开，求 ‎（1）带电粒子在电场和磁场中运动的时间t1和t2之比 ‎（2）E/B？‎ ‎【答案】（1） （2）2v0 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粒子在电场中做类平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向匀加速运动；在磁场中做匀速圆周运动；根据运动规律列方程即可求解.‎ ‎【详解】（1）当粒子在电场中运动时，从A点到C点的时间；‎ 当粒子在磁场中运动时，从A点到C点的时间，‎ 则 。‎ ‎（2）当粒子在电场中运动时， ；‎ 在磁场中运动时，其中的r=L；‎ 联立解得：‎ ‎19.如图所示，倾角为的光滑斜面上有NM两点，放入大小为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场中，一物体质量为m，带电电荷量为+q，从N点无初速度向下运动，到M点恰好离开斜面，求 ‎（1）带电体离开斜面时的速度大小 ‎（2）带电体在斜面上运动的时间 ‎（3）撤除磁场，换成水平向右的匀强电场，带电体恰好做匀速运动，问带电体从N到M点电场力做的功 ‎【答案】（1） （2） （3） ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 带电滑块在滑至某一位置时，由于在安培力的作用下，要离开斜面．由光滑斜面，所以小滑块在没有离开斜面之前一直做匀加速直线运动．借助于洛伦兹力公式可求出恰好离开时的速度大小，从而由运动学公式来算出匀加速运动的时间和位移．撤除磁场，换成水平向右的匀强电场时由平衡知识求解场强；根据W=FL求解电场力的功。‎ ‎【详解】（1）球在斜面上下滑过程中，当小球受到的洛伦兹力等于重力垂直与斜面的分力相等时，小球对斜面压力为零，小球离开斜面。所以Bqv=mgcosθ，‎ 则速率为 ；‎ ‎（2）小球沿斜面做匀加速运动，加速度为a=gsinθ，‎ 根据v=at 可知 ‎ ‎（3）撤除磁场，换成水平向右的匀强电场，带电体恰好做匀速运动，则由平衡知识可知：Eq=mgtanθ，‎ 从N到M电场力的功：W=-qEcosθL；‎ 由（2）可知 ‎ 联立解得：‎ ‎ ‎ ‎ ‎