2018-2019学年高二物理上学期12月月考试题(含解析).doc

2018-2019学年高二物理上学期12月月考试题(含解析)一、单选题 1.下列关于点电荷的说法正确的是()A. 任何带电体都可以看成是电荷全部集中于球心的点电荷B. 球状带电体一定可以看成点电荷C. 点电荷就是元电荷D. 一个带电体能否看成点电荷应由具体情况而定【答案】D【解析】【分析】带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系。【详解】A项：只有带电体的大小和形状可以忽略不计时，才可以看作点电荷，故A错误；B项：体积较大的带电体，如果相对于研究的问题，体积不能忽略不计，那球状带电体就不能看作点电荷，故B错误；C项：点电荷是种理想化的模型，它并不是元电荷，故C错误；D项：一个带电体能否看做点电荷应以具体情况而定，只有大小和形状可以忽略时，才可以看作点电荷，故D正确。故应选：D。【点睛】物理学上把本身的线度比相互之间的距离小得多的带电体简化为一个点，叫做点电荷同一个电荷能否看作点电荷，不仅和带电体本身有关，还取决于问题的性质和精度的要求，即需要具体问题具体分析。2.真空中两个点电荷Q1、Q2，距离为R，当Q1增大到2倍，Q2减为原来的13，距离增大到原来的3倍时，电荷间的库仑力变为原来的()A. 49 B. 427 C. 827 D. 227【答案】D【解析】试题分析：根据库仑定律公式：，Q1增大到2倍时，Q2减为原来的，而距离增大到原来的3倍，则库仑力变为：，D正确；ABC错误；故选D。考点：库仑定律。【名师点睛】根据库仑定律公式，结合电量与间距的变化，从而即可分析求解。3.如图所示，虚线表示等势面，相邻两等势面的电势差相等，有一带正电的小球在电场中运动，实线表示该带正电荷的小球的运动轨迹，小球在a点的动能为20eV，运动到b点的动能为2eV。若取c点零电势点，则当这个小球的电势能为-6eV时它的动能为（不计重力和空气阻力作用）A. 16eV B. 14eV C. 6eV D. 4eV【答案】B【解析】试题分析：解决本题需掌握：小球只受电场力时，小球的动能和电势能之和保持不变；正确判断小球在电场中所受电场力方向以及电场力做功情况在a点动能为20eV，而在b点的动能为2eV，所以每经过一个等势面动能减少6eV，所以在c点的动能为8eV，而电势为零，即电势能为零，所以在c点总能量为8eV，所以当小球的电势能为-6eV时，其动能为14eV，B正确4.如图所示，厚薄均匀的矩形金属片，边长ab10 cm，bc5 cm，当A与B之间接入的电压为U时，电流为1 A，若C与D间接入的电压为U时，其电流为A. 4 A B. 2 AC. 0.5 A D. 0.25 A【答案】A【解析】试题分析： 根据题意，IABRAB=ICDRCD，则ICD=IABRABRCD。根据电阻定律RABRCD=abadhadabh=ab2ad2=4，则A正确。考点： 本题考查欧姆定律、电阻定律。5.有一个电源的电动势E=3V，内阻r=2，现把一个电阻为R=4的灯泡接在此电源上，则（ ）A. 流过灯泡的电流是0.5AB. 流过灯泡的电流是0.75AC. 此时电源两极间的电压是1VD. 若灯泡的电阻增大，则灯泡获得的功率也增大【答案】A【解析】【分析】根据闭合电路欧姆定律列式即可求得电流大小，同时由U=E-Ir可求得电源两极间的电压。【详解】A、B项：由闭合电路欧姆定律可知，电流I=ER+r=34+2A=0.5A，故A正确，B错误；C项：电源两端的电压为距端电压，故U=IR=0.54=2V，故C错误；D项：电源的输出功率随外电阻的变化而变化，当内外电阻相等时输出功率最大，因开始时灯泡电阻已大于内阻，故灯泡电阻增大时，电源的输出功率减小，故D错误。故应选：A。【点睛】本题考查闭合电路欧姆的准确应用，要注意明确各种表达式的正确应用，同时注意电源的输出功率规律，知道当内外电阻相等时，电源的输出功率最大。6.如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r当可变电阻的滑片P向b移动时，电压表V1的示数U1与电压表V2的示数U2的变化情况是（ ）A. U1变大，U2变小 B. U1变大，U2变大C. U1变小，U2变小 D. U1变小，U2变大【答案】A【解析】试题分析：首先明确电压表V1测量路端电压，V2测量R1的电压其次，明确变阻器滑片P向b移动时，接入电路的电阻如何变化，根据闭合电路欧姆定律，就能确定电流如何变化，根据内外电压的关系，进一步判断各个电表读数如何变化解：当变阻器滑片向b移动时，接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，电流I减小，则路端电压U1=EIr，E，r不变，U1变大，则电压表V1的示数U1变大；电压表U2示数：U2=IR，I变小，U2变小故选：A【点评】这题也可根据串联电路电压分配规律判断串联电路中I相同，根据U=IR知道，电压与电阻成正比，电阻越大，分担的电压越大7.从太阳或其他星体上放射出的宇宙射线中含有高能带电粒子，若到达地球，对地球上的生命将带来危害，而地球特殊的地理环境能削弱宇宙射线对生命的伤害，这是因为()A. 地球远离太阳，宇宙射线很难到达B. 地球在自转，减少了宇宙射线进入大气层C. 地球的地磁场对宇宙射线的洛伦兹力作用阻挡了宇宙射线D. 地球是带电体，对宇宙射线的电场力作用阻挡了宇宙射线【答案】C【解析】【分析】根据地球磁场的分布，由左手定则可以判断粒子的受力的方向，从而可以判断粒子的运动的方向。【详解】地磁场会使沿地球赤道平面内射来的宇宙射线中的带电粒子在洛伦兹力作用下，偏向面与赤道平面平行，从而起到使宇宙射线发生偏转的作用；故ABD错误，C正确。故选：C。【点睛】本题考查了地球磁场的分布特点和左手定则的应用，掌握好左手定则即可判断粒子的受力的方向，从而判断粒子的运动情况。8.对FqvBsin的理解，下列说法正确的是()A. 当0时，电荷的运动方向与磁场方向垂直B. 角是电荷的运动方向与磁场方向的夹角C. 角是指运动电荷进入磁场时速度与水平方向的夹角D. 角是指运动电荷进入磁场时速度与竖直方向的夹角【答案】B【解析】当电荷运动方向与磁场垂直时，由F=qvBsin可知=90，电荷受到的洛伦兹力最大为qvB；当平行时最小为零，即=0；由F=qvBsin可知，角是电荷的运动方向与磁感应强度方向的夹角，故当=0时，电荷的运动方向与磁感应强度方向平行，故ACD错误，B正确；故选B。9.来自宇宙的质子流，以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，则这些质子在进入地球周围的空间时，将A. 竖直向下沿直线射向地面B. 相对于预定地点，稍向东偏转C. 相对于预定地点，稍向西偏转D. 相对于预定地点，稍向北偏转【答案】B【解析】试题分析：地磁场中赤道上空磁感线方向由南指向北，由左手定则可知手心向南让磁感线穿过手心，四指指质子运动方向，拇指指向东，即为洛伦兹力力方向，故选B。考点：本题考查了带电粒子在磁场中的受力10.在赤道上，地磁场可以看作是沿南北方向并且与地面平行的匀强磁场，磁感应强度是5105T如果赤道上有一条沿东西方向的直导线，长40 m，载有20 A的电流，地磁场对这根导线的作用力大小是()A. 4108N B. 2.5105N C. 9104N D. 4102N【答案】D【解析】试题分析：导线放置方向与磁场方向垂直，所以根据安培力公式F=BIL可得F=BIL=5105T40m20A=4102N，D正确；考点：考查了磁场对通电导线的作用力的求解二、多选题 11.如图所示,用两根同样长的细绳把两个带同种电荷的小球悬挂在同一点.两球的质量分别为mA、mB,A球和B球所带的电荷量分别为qA、qB.两球静止时,悬线与竖直线的偏角分别为和,则:( )A. mAmB, qAB. mAmB, qAqB,C. mA=mB, qAqB,=【答案】CD【解析】两球之间的库仑力属于作用力和反作用力，它们是大小相等，方向相反的，设其大小为F；对A球受力分析，受重力、拉力和静电力，根据共点力平衡条件，有：mAg=Ftan，同理，有mBg=Ftan，当mA=mB；则有=；而一对静电力的大小一定相等，与电量是否相等无关，故无法判断电量大小关系，CD正确【点睛】本题关键是对两个球受力分析，根据共点力平衡条件列式比较；注意一对静电力的大小一定相等，与电量是否相等无关12. 带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示带电微粒只在静电力的作用下由静止开始运动，则下列说法中正确的是( )A. 微粒在01 s内的加速度与1 s2 s内的加速度相同B. 微粒将沿着一条直线运动C. 微粒做往复运动D. 微粒在第1 s内的位移与第3 s内的位移相同【答案】BD【解析】试题分析：加速度的方向与正电粒子所带的电场力的方向相同，所以由牛顿第二定律得知，微粒在0-1s内的加速度与1-2s内的加速度大小相同，方向相反，故错误；由图看出，E1和E2大小相等、方向相反，所以微粒奇数秒内和偶数秒内的加速度大小相等、方向相反，根据运动的对称性可知在2s末的速度恰好是0，即微粒第1s做加速运动第2s做减速运动，然后再加速，再减速，一直持续下去微粒将沿着一条直线运动，故B正确，C错误；微粒在第1s内与第3s内都是从速度为0开始加速，加速度相同，所以它们的位移也相同，故D正确。考点：电场强度、牛顿运动定律、运动学公式。13.一个电子穿过某一空间而未发生偏转，则()A. 此空间一定不存在磁场B. 此空间可能有磁场，方向与电子速度方向平行C. 此空间可能只有磁场，方向与电子速度方向垂直D. 此空间可能有正交的磁场和电场，它们的方向均与电子速度方向垂直【答案】BD【解析】【分析】通过对电子的运动分析可知，电子在该区域可能不受力的作用，有以下几种情况，一是电场和磁场都不存在，二是只存在磁场，但是电子的初速度方向与磁场的方向在同一条直线上；三可能只受电场力作用，电子的初速度与电场力的方向在通一条直线上；四可能既受电场力又受洛伦兹力作用，但是二力为一对平衡力。【详解】A项：电子穿过某一空间而未发生偏转，可能没有磁场，也可能有磁场，因为：有磁场时，电子进入磁场时，若速度方向平行于磁感线，此种情况下，电子不受洛伦兹力作用，电子不会偏转，故A错误；B项：若空间存在磁场，电子的速度方向与磁场平行时，不受洛伦兹力，电子不发生偏转，故B正确；C项：若空间存在磁场，方向与电子的速度垂直时，电子所受的洛伦兹力与速度方向垂直，一定会发生偏转，故C错误；D项：若电子在该区域内即受到电场力作用，又受到洛伦兹力作用，但这两个力大小相等，方向相反时，电子运动不发生偏转，此时电场与磁场是正交的，故D正确。故应选：BD。【点睛】本题关键要掌握电子的速度与磁场平行时不受洛伦兹力；带电粒子在匀强电场和匀强磁场的复合场中运动时，电场力与洛伦兹力可能平衡，这是速度选择器的原理。14.如图所示，金属棒ab置于水平放置的金属导轨cdef上，棒ab与导轨相互垂直并接触良好，导轨间接有电源现用两种方式在空间加匀强磁场，ab棒均处于静止第一次匀强磁场方向竖直向上；第二次匀强磁场方向斜向左上与金属导轨平面成=30角，两次匀强磁场的磁感应强度大小相等下列说法中正确的是（）A. 两次金属棒ab所受的安培力大小不变B. 第二次金属棒ab所受的安培力大C. 第二次金属棒ab受的摩擦力小D. 第二次金属棒ab受的摩擦力大【答案】AC【解析】AB、两次磁场方向都与导体棒垂直，故安培力均为F=BIL，故A正确，B错误；CD、第一次安培力水平向右，导体棒受重力、支持力、安培力和向左的静摩擦力，根据平衡条件，有：f=F=BIL，第二次安培力斜向右上方，与竖直方向成30，导体棒受重力、支持力、安培力和向左的静摩擦力，如图所示：根据平衡条件，有：f=Fsin30=12BIL，故第二次的摩擦力较小，故C正确，D错误；故选AC。三、实验题 在利用伏安法测定电池的电动势和内电阻的实验中，某同学的实际连线如图甲所示(电流表A：00.63 A，电压表V：0315 V)15. 经仔细检查、诊断知，该图中有两处不太合理的连线，那么这两处不太合理的连线对应的编号是_16. 若利用改正后的正确的连线图，实验后，测得数据，并画出电源的输出特性图象(UI图)如图乙则该电源的电动势为_，电源内阻为_【答案】 (1). (1) (2). (2)3 V (3). 2 【解析】图示的实物图中开关起不到控制电压表的作用，所以导线错误；导线中电流表量程不对，所以导线连接错误；由图像得电动势为3 V，直线斜率为2，所以内阻为2 .综上所述本题答案是：（1）（2）3 V ；2 17.现有一只量程3 mA、内阻约为100 的灵敏电流表（表头）为了较准确地测量它的内阻，采用了如图甲所示的实验电路，实验室提供的器材除电源（电动势为2 V，内阻不计）、电阻箱（最大阻值为999.9 ）、开关和若干导线外，还有多个滑动变阻器和定值电阻可供选择（如表）A滑动变阻器R1（05 ，1 A）D定值电阻R01（阻值为200 ）B滑动变阻器R2（0200 ，0.5 A）E定值电阻R02（阻值为25 ）C滑动变阻器R3（01750 ，0.1 A）F定值电阻R03（阻值为5 ）(1)按照实验电路，用笔画线代替导线，在如图乙所示的方框中完成实物图连接（部分导线已画出）_(2)连接好电路之后，实验小组进行了以下操作：第一，先将滑动变阻器的滑片移到最右端，调节电阻箱的阻值为零；第二，闭合开关S，将滑片缓慢左移，使灵敏电流表满偏；第三，保持滑片不动（可认为a、b间电压不变），调节电阻箱R的阻值使灵敏电流表的示数恰好为满刻度的12若此时电阻箱的示数如图丙所示，则灵敏电流表内阻的测量值Rg为_(3)为较好地完成实验，尽量减小实验误差，实验中应选择的滑动变阻器和定值电阻分别为_和_（填表格中器材前的字母）(4)要临时把该灵敏电流表改装成3.0 V量程的电压表使用，则应将其与电阻箱_（填“串联”或“并联”），并把电阻箱的电阻值调为_【答案】 (1). (2). 102.5 (3). F (4). A (5). 串联 (6). 897.5【解析】试题分析：（1）由原理图可得出对应的实物图，注意导线不能交叉；（2）由电阻箱的读数方法可明确其读数；（3）由实验的安全和准确性原则可得出对应的定值电阻和滑动变阻器；（4）根据电表的改装原理可求得应串联的电阻（1）根据原理图可得出对应的实物图；如图所示；（2）由电阻箱的读数方法可得：R=1100+21+50.1=102.5 （3）定值电阻起保护作用，防止电源短路，则由欧姆定律可知定值电阻选F即可；滑动变阻器采用分压接法，故滑动变阻器选择A；（4）要使电流表改装成3.0V的电压表，应串联一个电阻；由欧姆定律可知：IgRg+R=3.0；解得：R=897.5；四、计算题 平行的带电金属板A、B间是匀强电场，如图所示，两板间距离是5 cm，两板间的电压是60 V则：18. 两板间的场强是多大？19. 电场中有P1和P2两点，P1点离A板0.5 cm，P2点离B板也是0.5 cm，P1和P2两点间的电势差多大？20. 若B板接地，P1和P2两点的电势各是多少？【答案】(1)E1200V/m (2) U1248V (3) 154V，26V【解析】试题分析：（1）两板间是匀强电场，可应用求解两板间的场强：（2）P1、P2两点沿场强方向的距离：，（3）B板接地，即B板电势为零，电场中某点的电势就等于这点与B板的电势差所以：，考点：电势、电势差、电场强度与电势差的关系。【名师点睛】平行金属板间的电场是匀强电场，场强方向由正极板指向负极板，可利用求出电场强度，从而根据求期间任意两点间的电势差；求电场中某点的电势，要先规定零电势点，一般接地点就是电势零点，然后通过求某点与零电势点间的电势差而确定该点的电势。21.如图所示，电荷量为e，质量为m的电子从A点沿与电场垂直的方向进入匀强电场，初速度为v0，当它通过电场中B点时，速度与场强方向成150角，不计电子的重力，求：（1）电子经过B点的速度多大；（2）AB两点间的电势差多大【答案】【解析】解：电子进入匀强电场后在电场力作用下做匀变速曲线运动.根据运动的分解可知,电子在垂直于场强方向上做匀速直线运动.将B点的速度分解(如图)v=v0cos60=2v0 电子从A运动到B,由动能定理得eUAB=12mv212mv02 UAB=12m2v0212mv02e=3mv022e 22.把一根长L=10cm的导线垂直磁感线方向放入如图所示的匀强磁场中，当导线中通以I1= 2A的电流时，导线受到安培力大小为 1.0107N，则该磁场的磁感应强度为 T，若该导线中通以I2= 3A的电流，则此时导线所受安培力大小是 N.【答案】（1）5x10-7T；（2）1.5x10-7N，垂直于导线向上； 【解析】试题分析：（1）根据3分得T 2分（2）当导线中电流变化时，导线所在处的磁场不变，则N 5分考点：考查了安培力的计算点评：关键是从题中找出与公式相关的物理量23. 如图所示，分布在半径为r的圆形区域内的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，带电量为q、质量为m的带电粒子从磁场的边缘A点沿圆半径AO方向射入磁场，穿过磁场区域后速度方向偏转了2a角，其中tan=05求：（1）带电粒子入射速度的大小（2）若改变粒子的入射方向但仍保持带电粒子在纸面内运动和速率不变，当粒子从图示中的D点射出磁场时，求此时粒子在这个磁场中运动的时间是多少？【答案】（1）v=2qBrm；（2）m3qB【解析】试题分析：（1）粒子运动轨迹如图所示：由几何知识可得：tan=rR，则粒子的轨道半径：R=2r，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2R，解得：v=2qBrm。（2）粒子速率不变，则轨道半径R不变，粒子的偏为2角，则：sin=rR=0.5，=30，粒子的在磁场中运动的时间：t=2360T=2303602mqB=m3qB。考点：带电粒子在匀强磁场中的运动【名师点睛】本题考查了粒子在磁场中的运动，根据题意作出粒子运动轨迹、应用牛顿第二定律、周期公式即可正确解题。