1、1会泽县茚旺高级中学 2018 年秋季学期高二年级 12 月月考试题物理一、选择题1.关于电场强度的概念，下列说法正确的是( )A. 由 可知，某电场的场强 E 与 q 成反比, 与 F 成正比B. 正、负检验电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，所以某一点场强方向与放入检验电荷的正负有关C. 电场中某一点的场强与放入该点的检验电荷正负无关D. 电场中某点不放检验电荷时，该点场强等于零。【答案】C【解析】电场强度等于电荷所受电场力和该电荷电量的比值即 ，与放入电场中的电荷无关，由电场本身性质决定，故 A 错误，C 正确；电场强度的方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反电场
2、中某点的场强方向与放入电场中电荷无关故 B 错误；电场强度与放入电场中的电荷无关，由电场本身性质决定故 D 错误。所以 C 正确，ABD错误。2.图中各带电粒子所受洛伦兹力的方向或带电粒子的带电性错误的是。A. 竖直向上 B. 垂直纸面向里 C. 带负电 D. 垂直纸面向外【答案】C【解析】试题分析：根据左手定则可知 A 图中洛伦兹力方向应该竖直向上，B 图中国洛伦兹力方向垂直纸面向里，C 图中粒子带正电，D 图中洛伦兹力方向垂直纸面向外，故 ABD 正确；C 错误故选 C考点：本题考查了左手定则的直接应用，点评：根据左手定则即可正确判断磁场、运动方向、洛伦兹力三者之间的关系，特别注意2的是四
3、指指向和正电荷运动方向相同和负电荷运动方向相反3.下列说法正确的是( )A. 放在匀强磁场中的通电导线一定受到恒定的磁场力作用B. 沿磁感线方向磁场逐渐减弱C. 磁场的方向就是通电导线所受磁场力的方向D. 安培力的方向一定垂直于磁感应强度和通电直导线所决定的平面【答案】D【解析】【详解】放在匀强磁场中的通电导线，若电流方向与磁场方向平行则不受磁场力作用，选项 A 错误；磁感线的疏密反映磁场的强弱，则沿磁感线方向磁场不一定逐渐减弱，选项 B错误；磁场的方向与通电导线所受磁场力的方向垂直，选项 C 错误；根据左手定则，安培力的方向一定垂直于磁感应强度和通电直导线所决定的平面，选项 D 正确；故选
4、D.4.如图所示，a、b、c 为电场中同一条电场线(直线)上的三点，c 为 ab 中点。a、b 电势分别为 Ua5V，U b3V，下列叙述正确的是( ) A. 该电场在 c 点处的电势一定为 4VB. a 点处的场强 Ea一定大于 b 点处的场强 EbC. 一负电荷从 c 点运动到 b 点电势能一定减少D. 一负电荷在 c 点受到的电场力由 c 指向 a【答案】C【解析】当该电场是匀强电场时，由公式 U=Ed 知沿电场方向相同距离电势差相等，则电场在 c 点处的电势一定为 4V当该电场不是匀强电场时，在 c 点处的电势不一定为 4V故 A 错误；一条电场线无法比较电场线的疏密，就无法比较场强的
5、大小，则 a 点处的场强 Ea不一定大于b 点处的场强 Eb故 B 错误。由题，a 点的电势高于 b 点的电势，根据正电荷在电势高处电势能大可知，正电荷从 c 点运动到 b 点电势能一定减少。故 C 正确。由题可判断电场线方向从 a 指向 c，正电荷运动到 c 点时受到的静电力由 a 指向 c。故 D 错误。故选 C。点睛：本题关键要抓住电场线的物理意义：电场线的疏密表示电场的强弱，电场线的方向表示电势的高低在匀强电场中沿任意方向相同距离电势差相等。35.如图所示是某电源的路端电压随电流变化的特性曲线，则下列结论正确的是( )A. 电源的电动势为 6.0V B. 电源的内阻为 12C. 电流为
6、 0.5A 时的外电阻是无穷大 D. 电源的短路电流为 0.5A【答案】A【解析】【分析】电源的路端电压与电流的关系图象中应明确：图象与纵坐的交点为电源的电动势；但与横坐标的交点可能不是短路电流，要根据对应的纵坐标进行分析；图象的斜率表示电源的内阻【详解】由图可知，电源的电动势为 6.0V，故 A 正确；电阻的内阻 ；故 B 错r=65.20.5=1.6误；电流为 0.5A 时，路端电压为 5.2V，则由欧姆定律可知 ；故 C 错误图R=UI=5.20.5=10.4象与横坐标的交点为电压为 5.2V 时的电流，不是短路电流；故 D 错误；故选 A。【点睛】对于电源的 U-I 图象要注意认真观察
7、其坐标的设置，本题中由于纵坐标不是从零开始的，故图象与横坐标的交点不是短路电流6.一个质量为 m、电荷量为 q 的粒子，在磁感应强度为 B 的匀强磁场中做匀速圆周运动，则下列说法中正确的是( )A. 它所受的洛伦兹力是恒定不变的B. 它的速度是恒定不变的C. 它的速度与磁感应强度 B 成正比D. 它的运动周期与速度的大小无关【答案】D【解析】【分析】洛伦兹力不做功，根据牛顿第二定律与圆周运动的周期公式分析答题4【详解】洛伦兹力总是与速度方向垂直，洛伦兹力不做功，粒子速度大小不变，洛伦兹力提供向心力，洛伦兹力方向时刻改变，洛伦兹力是变力，故 A 错误；粒子做匀速圆周运动，粒子速度大小不变，方向时
8、刻改变，速度不断变化，故 B 错误；由牛顿第二定律得：qvB=m，解得： ，在 r 一定时，粒子的速度与 B 成正比，在 r 不定的情况下，不能说 v 与v2r v=qBrmB 成正比，故 C 错误；粒子做圆周运动的周期： ，周期与速度无关，故 D 正确；故选T=2mqBD。【点睛】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，应明确带电粒子受到的洛仑兹力充当向心力，结合圆周运动的性质即可得出需要求的物理量7.在如图所示的电路中，当滑动变阻器 R3的滑动触头 P 向下滑动时( )A. 电压表示数变大，电流表示数变小B. 电压表示数变小，电流表示数变大C. 电压表示数变大，电流表示数变大D. 电压表示数变小
9、，电流表示数变小【答案】D【解析】当变阻器的滑动头 P 向 b 端移动时，电阻减小，由串反并同的结论可判断电压表示数变小，电流表示数变小8.如图所示，带负电的金属环绕轴 OO以角速度 匀速旋转，在环左侧轴线上的小磁针最后平衡时的位置是A. N 极竖直向上B. N 极竖直向下C. N 极沿轴线向左5D. N 极沿轴线向右【答案】C【解析】试题分析：带负电旋转，则可知电流方向，再由右手螺旋定则可知磁极的方向，再根据磁极间的相互作用可知小磁针的偏转方向解：带负电金属环，如图所示的旋转则金属环的电流方向与旋转方向相反再由右手螺旋定则可知磁极的方向：左端 N 极，右端 S 极因此小磁针 N 极沿轴线向左
10、故 C 正确，ABD 错误；故选：C点评：本题考查右手螺旋定则及磁极间的相互作用，要求能熟练准确的应用右手螺旋定则注意电流的方向与负电荷的运动方向相反9.质量和电量都相等的带电粒子 M、N，以不同的速率经小孔 S 垂直进入匀强磁场,运行的半圆轨迹如图中虚线所示,下列表述正确的是( )A. M 带负电, N 带正电B. M 的速率大于 N 的速率C. 洛伦兹力对 M、N 做正功D. M 在磁场中运动的时间大于 N【答案】AB【解析】【分析】由左手定则判断出 M 带正电荷，带负电荷；结合半径的公式可以判断出粒子速度的大小；根据周期的公式可以判断出运动的时间关系。【详解】由左手定则判断出 N 带正电
11、荷，M 带负电荷，故 A 正确；粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力 qvB=m ，半径为： ，在质量与电量相同的情况下，半径大说明速v2r r mvqB率大，即 M 的速率大于 N 的速率，故 B 正确；洛伦兹力始终与速度的方向垂直，不做功，6故 C 错误；粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为 ，M 的运行时间T=2mqB等于 N 的运行时间，故 D 错误。故选 AB。10. 如图所示，甲、乙两个电路都由一个灵敏电流计 G 和一个电阻箱 R 组成，它们中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是（ ）A. 甲表是电流表，R 增大时量程增大B. 甲表是电
12、流表，R 增大时量程减小C. 乙表是电压表，R 增大时量程减小D. 乙表是电压表，R 增大时量程增大【答案】BD【解析】试题分析：由图甲所示可知，G 与电阻 R 并联，甲表是电流表，R 增大时，甲表中变阻器分流减小，量程减小，故 A 错误，B 正确由图乙所示可知，G 与 R 串联，乙是电压表，R 增大时，变阻器分担的电压增大，乙表量程增大，故 C 错误，D 正确，故选 BD。考点：电表的改装【名师点睛】本题考查电表改装原理的理解能力当电流计的指针满偏时，电流表或电压表的指针满偏，所测量的电流或电压达到最大值。11.一带电粒子沿着图中曲线 JK 穿过一匀强电场，a、b、c、d 为该电场的电势面，
13、其中，若不计粒子受的重力，可以确定( )abcdA. 该粒子带正电 B. 该粒子带负电C. 从 J 到 K 粒子的电势能增加 D. 粒子从 J 到 K 运动过程中的动能与电势能之和不变7【答案】B【解析】沿着电场线电势降低，所以电场线水平向左，粒子所受电场力直线曲线的凹侧，所以电场力向右，与场强方向相反，所以粒子带负电，B 对；错；从 J 到 K 粒子所受电场力做正功，动能增大电势能减小，C 错；粒子在运动过程中只有电场力做功，动能和电势能相互转化，电势能与动能之和保持不变，D 错；12.一电子经加速电场加速后，垂直射入一匀强磁场区域，如图所示，电子从磁场边界射出时的偏角 随加速电压 U 和磁
14、感应强度 B 的变化关系为( )A. U 增大时 增大 B. U 增大时 减小C. B 增大时 增大 D. B 增大时 减小【答案】BC【解析】试题分析：在电场中做加速运动，根据动能定理可得 ，eU=12mv2在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律可得 evB=mv2r根据几何知识可得 ，联立可得 ，故 U 增大时减小；B 增大时增大，BC 正sin=dr sin= qBd2eUm确；考点：考查了带电粒子在电磁场中的运动【名师点睛】根据动能定理表示出粒子射出电场时的速度，根据牛顿第二定律求出粒子在磁场偏转半径，进而表示出圆心角二、实验探究题13.某兴趣小组利用伏安法在做“
15、测定金属丝的电阻率”的实验中，电路采用限流式接法，待测电阻丝的电阻大约为 5，为了使测量结果尽量准确，从实验室找到以下供选择的器材：A.电池组(3 V，内阻约 1 ) B.电流表 A1(03 A，内阻 0.012 5 )8C.电流表 A2(00.6 A，内阻约 0.125 )D.电压表 V1(03 V，内阻 4 k)E.电压表 V2(015 V，内阻 15 k)F.滑动变阻器 R1(020 ，允许最大电流 1 A)G.滑动变阻器 R2(02 000 ，允许最大电流 0.3 A)H.开关、导线若干（1）实验时应从上述器材中电流表应选用_电压表应选用_滑动变阻器应选用_(填写仪器前字母代号)。（2
16、）测电阻时，电流表、电压表、待测电阻 Rx 在组成测量电路时，应采用电流表_接法(填“内”或“外”)。（3）若用螺旋测微器测得金属丝的直径 d 的读数如图，则读数为_ mm。（4）若用 L 表示金属丝的长度，d 表示直径，测得电阻为 R，请写出计算金属丝电阻率的表达式 _。【答案】 (1). C (2). D (3). F (4). (5). 0.900 mm (6). =Rd24L【解析】【分析】（1）关键电源的电压选取电压表，根据电压表选取电流表，根据题目要求确定滑线变阻器的阻值选取变阻器（2）电路图的设计注重电表的接法和滑线变阻的接法，比较待测电阻和电压表和电流表的内阻关系确定电路结构（
17、3）螺旋测微器固定刻度最小分度为 1mm，可动刻度每一分度表示 0.01mm，由固定刻度读9出整毫米数包括半毫米数，由可动刻度读出毫米的小数部分（4）根据电阻定律的公式推导电阻率的表达式【详解】 （1）由于电源电动势为 3 V，则电压表选 D；由 I= 可知电路中最大电流约为ER+r0.5 A，则电流表选 C；滑动变阻器采用限流接法，故电阻不能太大，选 F；（2）由于 ，故电流表采用外接法；设计的电路如右图所示RVRx RxRA（3）由图可以看出螺旋测微器固定刻度值为 0.5 mm，可动刻度为 400.01 mm，则读数为：0.900 mm（4）由 及 S=( )2可解得： R=LS d2 =
18、Rd24L利用如图所示的实验电路可以测量电源的电动势和内阻，其中 R0是一个定值电阻，R 是一个电阻箱，在闭合开关 S 前应使电阻箱的阻值达到最大值，闭合开关 S，改变电阻箱的阻值 R，测出 R 两端的电压 U。14. 某同学根据实验数据在建立好的坐标系中画出 图像是一条斜率为 k，与纵轴的截距1U1R为 b 的直线，则电源的电动势 E=_，内电阻 r=_。 （用 k、b、R 0表示）15. 用此电路测得的电动势与实际值相比_，测得的内电阻与实际值相比_。 （均填“偏大” “偏小” “不变” ） 。【答案】 （1） （2）偏小 偏小1bkbR0【解析】试题分析：（1）根据闭合回路欧姆定律可得：
19、 ，即 ，故 ，E=U+UR(R0+r) 1U=1E+R0+rE1R k=R0+rE10，解得 ， 。b=1E E=1b r=kbR0（2）由于电压表存在内阻，并联在 R 两端，相当于使得 R 减小，使得 R 两端的电压比实际要小， 即电压表的示数偏小，所以用此电路测得的电动势与实际值相比偏小，E 偏小，根据 可得 b 偏大，根据 可得测得的内电阻与实际值相比偏小E=1b r=kbR0实验中测出的内阻应为实际电源内阻和电压表内阻并联的等效电阻，所以测得的内阻与实际值相比偏小考点：测定电源的电动势和内电阻实验【名师点睛】测定电源的电动势和内电阻是高中阶段电学实验考查的重点，是近几年各地高考题目的
20、出题热点，本题突出了对于实验原理、仪器选择及 U-I 图象处理等多方面内容的考查，题目层次源于课本，凸显能力，体现创新意识，侧重于对实验能力的考查三、计算题如图甲所示的电路中，R 1、R 2均为定值电阻，且 R1=100，R 2的阻值未知，R 3为一个滑动变阻器，当其滑片 P 从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电流的变化图线如图乙所示，其中 A、B 两点是滑片 P 在变阻器的两个不同端点得到的，求：16. 电源的电动势和内阻；17. 定值电阻 R2的阻值；18. 滑动变阻器，R 3的最大阻值。【答案】 （1）2A （2）7V （3）12W【解析】试题分析：电源的路端电压随电流的变化图线斜率
21、大小等于电源的内阻，由闭合电路欧姆定律求出电动势；当滑片滑到最右端时， R1被短路，外电路的电阻最小，电流最大，读出电流和电压，由欧姆定律求出 R2的阻值；滑动变阻器阻值最大时，外电阻最大，电流最小，由图读出电压和电流，由欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值。（1）由闭合电路欧姆定律得 E=U+Ir，将图象中 A、 B 两点的电压和电流代入和得11E=16+0.2r E=4+0.8r联立解得 E=20V r=20。（2）当 R3的滑键自左向右滑时， R3阻值变小，使电路总电阻变小，而总电流变大由此可知，图线上的 A、 B 两点是滑键分别位于最左端和最右端时所得到的当滑键位于最右端时， R3=0，
22、R1被短路，外电路总电阻即为 R2，故由 B 点的 U、 I 值可求出 R2，。R2=UBIB=40.8=5（3）当滑键在最左端时，其阻值最大，并对应着图线上的 A 点，故由 A 点的 U、 I 值可求出此时外电路总电阻，再根据串、并联电路的规律可求出 R3的最大值 ,R总 =UAIA=160.2=8又有 ，代入数值解得滑动变阻器的最大值 R3=300。R总 =R1R3R1+R3+R2点睛：本题要理解电源的伏安特性曲线的意义，可由图线上两点的坐标建立方程组求解电源的电动势和内阻。19.如图所示的匀强电场中，有 a、b、c 三点，ab=5cm，bc=12cm，其中 b 沿电场线方向，bc 和电场
23、线方向成 60角，一电荷量为 q=410-8C 的正电荷从 a 点移到 b 点时静电力做功为 W1=1.210-7J，求：(1)场的场强 E；(2)b 移到 c，静电力做功 W2；(3 两点间的电势差 。Uac【答案】 （1） （2） (3)6.6V60V/m 1.44107J【解析】由于电场力做功 W=qU 与路径无关，只与初末位置间的电势差有关，故可据已知的电场力做功先求电势差,再据匀强电场中场强与电势差的关系确定场强 E.反之亦然.解析 （1）设 ab 两点间距离 dW1=qUab 12由两式得 V/m =150V/m.（2）设 bc 两点沿场强方向距离为 d1.W2=qUbc 由式得：
24、J=1.4410-7J.（3）设电荷从 a 移到 c 电场力做功为 WW=W1+W2W=qUac由式得：V V12V.本题考查电场强度与电势差之间的关系和电场力做功的应用，在匀强电场中 U=Ed 其中 d 为在沿着电场线方向的投影，由电场力做功 W=qEd 可求得场强大小，设 bc 两点沿场强方向距离为 d1.由电势差与场强的关系可求得两点间电势差的值，再由 W=qU 可求得从 b 到 c 的过程中电场力所做的功，从而求得电荷从 a 到 c 的过程中电场力所做的功，再由 U=W/q 可求得 a、c 两点的电势差如图所示，光滑绝缘的半圆形轨道固定于竖直平面内，半圆形轨道与光滑绝缘的水平地面相切于
25、端点 A，一质量为 m=1kg 的小球在水平地面上匀速运动，速度为 v=6m/s，经 A 点运动到轨道最高点 B，最后又落在水平地面上的 D 点(图中未画出)，已知整个空间存在竖直向下的匀强电场，小球带正电荷，小球所受电场力 ， 。F2=2mg g=10m/s21320. 当轨道半径为 R0=0.1m 时，求小球到达半圆形轨道 B 点时对轨道的压力。21. 为使小球能运动到轨道最高点 B，求轨道半径的最大值。22. 轨道半径多大时，小球在水平地面上的落点 D 到 A 点距离最大，最大距离为多少?【答案】 （1）210N （2）024 （3）06m【解析】试题分析：（1）由于电场力方向沿竖直方向
26、，小球在水平轨道上运动时，速度与电场力方向垂直所以电场力在水平轨道上部做功，小球做匀速直线运动，故到达 A 点时的速度为 6m/s从 A 到 B 过程中，重力和电场力都做负功，故根据动能定理可得，mg2RFE2R=12mv2B12mv2A根据牛顿第二定律可得在 B 点 ，解得 ，F+mg=mv2BR F=210N根据牛顿第三定律可得小球对轨道的压力为 210N，（2）小球恰好能通过最高点 B 时，小球与轨道间没有相互作用力，重力完全充当向心力故有 mg=mv2BRmax从 A 到 B 过程中，重力和电场力都做负功，故根据动能定理可得mg2RmaxFE2Rmax=12mv2B12mv2A解得 R
27、max=0.24m（3）根据动能定理， ，解得mg2RFE2R=12mv212mv2A v= 3612gR小球做平抛运动时，在竖直方向上有 ，解得2R=12gt2 t=2Rg在水平方向上有 x=vt= 3612gR2Rg当 是 x 最大，解得3612gR=2Rg x=0.6m14考点：考查了牛顿第二定律，圆周运动，动能定理【名师点睛】最后一问根据动能定理求出最高点的速度表达式，结合平抛运动的规律得出水平位移的表达式，通过数学知识分析求解23.如图所示，在直角坐标系 xoy 的第一、四象限区域内存在两个有界的匀强磁场：垂直纸面向外的匀强磁场 I、垂直纸面向里的匀强磁场 II，O、M、P、Q 为磁
28、场边界和 x 轴的交点OM=MP=L在第三象限存在沿 y 轴正向的匀强电场一质量为 m、带电荷量为+q 的粒子从电场中坐标为（2L，L）的点以速度 0沿+x 方向射出，恰好经过原点 O 处射入区域 I 又从 M 点射出区域 I（粒子的重力忽略不计） （1）求第三象限匀强电场场强 E 的大小；（2）求区域 I 内匀强磁场磁感应强度 B 的大小；（3）如带电粒子能再次回到原点 O，问区域 II 内磁场的宽度至少为多少？粒子两次经过原点 O 的时间间隔为多少？【答案】 （1） （2） （3）【解析】（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动.， （1 分）(1 分)， （1 分）（2）设到原点时带电粒子的竖直分速度为 :vy15(1 分)方向与 轴正向成 ，(1 分)v= 2v0 x 450粒子进入区域做匀速圆周运动，由几何知识可得： （2 分）由洛伦兹力充当向心力： （1 分） ，可解得： （1 分）（3）运动轨迹如图，在区域做匀速圆周的半径为： （2 分）(1 分)运动时间： （1 分） ，（1 分） ，（1 分）（1 分）1617
