2017-2018学年湖南省宁远县第一中学高二12月月考物理试题 解析版 17页

湖南省宁远县第一中学2017-2018学年高二12月月考物理试题 一、选择题 ‎1. 电阻R、电容器C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示，现使磁铁开始下落，在N极接近线圈上端的过程中流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是（ ）‎ A. 从a到b，上极板带正电 B. 从a到b，下极板带正电 C. 从b到a，上极板带正电 D. 从b到a，下极板带正电 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：由图知，穿过系安全带磁场方向向下，在磁铁向下运动的过程中，线圈的磁通量在增大，故感应电流的磁场方向向上，再根据右手定则可判断，流过R的电流从b到a，电容器下极板带正电，所以A、B、C错误，D正确。‎ 考点：本题考查楞次定律 视频 ‎2. 把一根柔软的螺旋形弹簧竖直悬挂起来，使它的下端刚好跟杯里的水银面相接触，并使它组成如图所示的电路图。当开关S接通后，将看到的现象是（ ）‎ A. 弹簧向上收缩 B. 弹簧被拉长 C. 弹簧上下跳动 D. 弹簧仍静止不动 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场，根据安培定则知，各圈导线之间都产生了相互的吸引作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有了电流，各圈导线之间失去了相互吸引力，弹簧又恢复原长，使得弹簧下端又与水银接触，弹簧中又有了电流，开始重复上述过程，C正确；‎ 考点：考查了安培力 ‎【名师点睛】通电螺线管是由每一个线圈组成的，每一个线圈都有磁场，和判断通电螺线管的N极、S极相同，也按照安培定则来判断N极和S极 ‎3. 一根中空的绝缘圆管放在光滑的水平桌面上，圆管底端有一个带正电的光滑小球，小球的直径恰好等于圆管的内径。空间存在一个竖直向下的的匀强磁场，如图所示。现用一拉力F拉圆管并维持圆管以某速度水平向右匀速运动，则在圆管水平向右运动的过程中（ ）‎ A. 小球动能一直不变 B. 小球做类平抛运动，且洛伦兹力做正功 C. 小球做类平抛运动，且洛伦兹力不做功 D. 小球所受洛伦兹力一直沿圆管向管口方向 ‎【答案】C ‎【解析】洛伦兹力方向总是与速度方向垂直，总不做功；设管子运动速度为v1，小球垂直于管子向右的分运动是匀速直线运动．小球沿管子方向受到洛伦兹力的分力F1=qv1B，q、v1、B均不变，F1不变，则小球沿管子做匀加速直线运动．与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线，洛伦兹力方向不断变化，小球的速度不断增大，则其动能一直增加．故C正确．ABD错误；故选C.‎ 点睛：本题中小球做类平抛运动，其研究方法与平抛运动类似：运动的合成与分解，其轨迹是抛物线．本题采用的是类比的方法理解小球的运动．‎ ‎4.‎ ‎ 如图（甲）所示，在x轴上有一个点电荷Q（图中未画出），O、A、B为轴上三点。放在A、B两点的检验电荷受到的电场力跟检验电荷所带电荷量的关系如图（乙）所示。以x轴的正方向为电场力的正方向，则（ ）‎ A. 点电荷Q一定为正电荷 B. 点电荷Q在OA之间 C. A点的电场强度大小为2×103 N/C D. A点的电势比B点的电势高 ‎【答案】C ‎【解析】由图（乙），正检验电荷放在A点和负检验电荷放在B点所受电场力方向均沿x轴正方向，说明点电荷Q为负电荷且放在AB之间．故AB错误．由图线斜率表示场强，可知A点场强大小为E== 2×103N/C．选项C正确；同理，B点场强大小为5×102N/C，说明A点距离Q较近，故A点的电势低于B点的电势．故D错误．故选C.‎ ‎5. 如图所示，将两个摆长均为l的单摆悬于O点，摆球质量均为m，带电荷量均为q(q>0)．将另一个带电荷量也为q(q>0)的小球从O点正下方较远处缓慢移向O点，当三个带电小球分别处在等边三角形abc的三个顶点上时，两摆线的夹角恰好为120°，则此时摆线上的拉力大小等于(　　)‎ A. mg B. mg C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】球a与球b间距为l ‎，对小球a受力分析，受重力、c球对a球的静电斥力、b球对a球的静电斥力和细线的拉力，如图所示： 根据平衡条件，有：水平方向：Fab+Faccos60°=Tcos30°; 竖直方向：Facsin60°+Tsin30°=G 其中：Fab=Fac＝k，解得：T=mg=，故选B．‎ ‎6. 如图所示，图中直线①表示某电源的路端电压与电流的关系图像，图中曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图像，则下列说法错误的是(　　)‎ A. 电源的电动势为50 V B. 电源的内阻为 C. 电流为2.5 A时，外电路的电阻为15 Ω D. 输出功率为120 W时，输出电压是30 V ‎【答案】B ‎【解析】根据闭合电路的欧姆定律，电压的输出电压：U=E-Ir，对照U-I图象，当I=0时，U=E=50V，故A正确；U-I图象斜率的绝对值表示内电阻，故：，故B错误；电流为2.5A时，总电阻，故外电路电阻：R=R总−r=20-5=15Ω，故C正确；输出功率为120W时，对照P-I图象，电流为4A，由P=UI得输出电压为30V，故D正确；此题选择错误的选项，故选B.‎ ‎7. 如图中虚线表示等势面，相邻两等势面间的电势差相等，有一带正电的小球在电场中运动，实线表示该小球的运动轨迹．小球在a点的动能等于20 eV，运动到b点时的动能等于2 eV．若取c点为零势点，则当这个带电小球的电势能等于－6‎ ‎ eV时(不计重力和空气阻力)，它的动能等于(　　)‎ A. 16 eV B. 14 eV C. 6 eV D. 4 eV ‎【答案】B ‎【解析】小球自a点运动到b时，电场力做负功：Wab=2eV-20eV=-18eV  ① 由于相邻两等势面的电势差相等，故电势差的大小关系有：Uab=3Ubc    ② 从b到c电场力做正功，根据动能定理有：Wbc=Ekc-Ekb              ③ 联立①②③可得Ekc=8eV． 由于只有电场力做功，电势能和动能和保持不变，故在c点：E=Ep+Ek=8eV 即电势能和动能之和为8eV，因此当电势能等于-6eV时动能为14eV,故选B. 点睛：学习电场中的功能关系时可以类比在重力场的功能关系，如只有重力做功，动能和电势能之和保持不变；那么只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变．‎ ‎8. 一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正试探电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，Ep表示正电荷在P点的电势能， 若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离x0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图像中正确的是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：由题意可知电量不变，由平行板电容器的决定式可知电容的变化；由定义式可得出两端电势差的变化；再由U=Ed可知E的变化，进而判断势能的变化．‎ 解：A、当负极板右移时，d减小，由C=可知，C与x图象不能为一次函数图象！故A错误；‎ B、由U=可知，U=Q，则E==，故E与d无关，故B错误；‎ C、因负极板接地，设P点原来距负极板为l，则P点的电势φ=E（l﹣l0）；故C正确；‎ D、电势能E=φq=Eq（l﹣l0），不可能为水平线，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查电容器的动态分析，由于结合了图象内容，对学生的要求更高了一步，要求能根据公式得出正确的表达式，再由数学规律进行分析求解．‎ ‎9. 位于正方形四角上的四个等量点电荷的电场线分布如图所示，ab、cd分别是正方形两条边的中垂线，O点为中垂线的交点，P、Q分别为cd、ab上的点，则正确的是（　　）‎ A. P、O两点的电势关系为φP=φ0‎ B. P、Q两点电场强度的大小关系为EP=EQ C. 若在O点放一正点电荷，则该正点电荷受到的电场力为零 D. 若将某负电荷由P点沿着曲线PQ移到Q点，电场力做负功 ‎【答案】AC ‎【解析】根据电场叠加，由图象可知ab、cd两中垂线上各点的电势都为零，所以P、O两点的电势相等．故A正确．电场线的疏密表示场强的大小，根据图象知EP＞EQ ‎，故B错误；四个点电荷在O点产生的电场相互抵消，场强为零，故在O点放一正点电荷，则该正点电荷受到的电场力为零，故C正确．P、Q电势相等，所以a、c两点电势相等，若将某一负电荷由P点沿着图中曲线PQ移到Q点，电场力做功为零．故D错误．故选AC.‎ 点睛：本题的关键要掌握电场线的分布情况，能根据曲线的弯曲方向可知粒子的受力方向．通过电场线的指向看电势的高低.‎ ‎10. 在如图所示的电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示．下列比值正确的是 ( )‎ A. U1/I变大，ΔU1/ΔI不变 B. U2/I变大，ΔU2/ΔI变大 C. U2/I变大，ΔU2/ΔI不变 D. U3/I变大，ΔU3/ΔI不变 ‎【答案】CD ‎【解析】由于R1是定值电阻，根据欧姆定律得知，保持不变，故AB错误．，变大．根据闭合电路欧姆定律知：U2=E-I（R1+r），则得||=R1+r，保持不变，故C正确，B错误．||=R1+R2，变大；根据闭合电路欧姆定律得：U3=E-Ir，||=r保持不变．故D正确．故选CD．‎ 点睛：本题要注意对于定值电阻，是线性元件，有，而变阻器是非线性元件，．‎ ‎11. 如图所示，在射线OA以下有垂直纸面向里的匀强磁场，两个质量和电荷量都相同的正电粒子a和b以不同的速率由坐标原点O沿着x轴正方向射入磁场，已知va>vb，若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 两粒子的轨道半径之比 B. 粒子a在磁场中运动时间比b长 C. 两粒子在磁场中运动时间相等 D. 两粒子离开磁场时速度方向不同 ‎【答案】AC ‎【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，根据qvB=m，得 则得．故A正确．粒子运动周期，T相同．两个粒子从OA射出磁场时，速度与OA夹角相同，方向平行，则两个粒子轨迹对应的圆心角都是60°，根据t=T知两粒子在磁场中运动时间相等．故BD错误，C正确．故选AC.‎ 点睛：带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小；运动的周期均相同的情况下，可根据圆弧的对应圆心角来确定运动的时间的长短．‎ ‎12. 如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd边的中点，一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场，现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成300的方向，以大小不同的速率射入正方形内，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 若该带电粒子在磁场中经历的时间是，则它一定从cd边射出磁场 B. 若该带电粒子在磁场中经历的时间是，则它一定从ad边射出磁场 C. 若该带电粒子在磁场中经历的时间是，则它一定从bc边射出磁场 D. 若该带电粒子在磁场中经历的时间是，则它一定从ab边射出磁场 ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：由题，带电粒子以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场，则知带电粒子的运动周期为．若该带电粒子在磁场中经历的时间是，粒子轨迹的圆心角为，速度的偏向角也为，根据几何知识得知，粒子射出磁场时与磁场边界的夹角为30°，必定从cd射出磁场．故A错误．当带电粒子的轨迹与ad边相切时，轨迹的圆心角为60°，粒子运动的时间为，在所有从ad边射出的粒子中最长时间为，故若该带电粒子在磁场中经历的时间是，一定不是从ad边射出磁场．故B错误．若该带电粒子在磁场中经历的时间是，则得到轨迹的圆心角为，由于，则一定从bc边射出磁场．故C正确．若该带电粒子在磁场中经历的时间是，则得到轨迹的圆心角为π，而粒子从ab边射出磁场时最大的偏向角等于，故不一定从ab边射出磁场．故D错误．‎ 故选C 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；‎ 点评：本题是带电粒子在磁场中圆周运动类型，抓住粒子的周期一定，根据速度的偏向角等于轨迹的圆心角，由圆心角确定粒子在磁场中的运动时间．‎ 二、实验题：‎ ‎13. 某实验小组为了测定某一标准圆柱形导体的电阻率，进行如下实验：‎ ‎（1）首先用多用电表进行了电阻测量，主要实验步骤如下：‎ A．把选择开关扳到“×10”的欧姆挡上 B．把表笔插入测试孔中，先把两根表笔接触，旋转欧姆调零旋钮，使指针指在电阻刻度的零位上 C．把两根表笔分别与圆柱形导体的两端相接，发现这时指针偏转较大 D．换用“×100”的欧姆挡进行测量，随即记下欧姆数值 E．把表笔从测试笔插孔中拔出后，将选择开关旋至OFF挡，把多用电表放回原处 改正上述实验的两处操作错误；‎ 错误一______________________；‎ 错误二______________________；‎ ‎（2）分别用游标卡尺和螺旋测微器对圆柱形导体的长度L和直径d进行测量，结果如图所示，则读数分别是L=________mm，d=________mm。‎ ‎（3）为使实验更准确，再采用“伏安法”进行电阻测量，在图中的两个电路方案中，应该选择图________。用实验中读取电压表和电流的示数U、I和（2）中读取的L、d，计算电阻率的表达式ρ=________。‎ ‎【答案】 (1). 换用“×1”的欧姆挡 (2). 没有重新欧姆调零 (3). 23.7 (4). 2.795（2.793~2.797） (5). 乙 (6). ‎ ‎【解析】试题分析：①当把两根表笔分别与圆柱形导体的两端相接，发现这时指针偏转较大时应换用“×1”的欧姆档；换当后要重新调零；②L＝2.3cm+0.1mm×7=23.7mm，d=2.5mm+0.01mm×29.5=2.795mm．③根据步骤①可知，导体的电阻不过几十欧姆，阻值较小，故采用电流表外接电路，故选乙图；根据，可解得 考点：测定导体的电阻率 ‎【名师点睛】此题是测量导体的电阻率的实验；对欧姆表的使用应注意关键的步骤：选档和调零，注意每次换挡后必须要调零；游标卡尺和螺旋测微器的读数是常考不衰的问题；注意掌握安培表内接法和外接法的条件.‎ ‎14. 为了测量由两节干电池组成的电池组的电动势和内电阻，某同学设计了如图甲所示的实验电路，其中R为电阻箱，R0=5Ω为保护电阻．‎ ‎（1）按照图甲所示的电路图，某同学已经在图乙所示电路中完成部分导线的连接，请你完成余下导线的连接．‎ ‎（2）断开开关S，调整电阻箱的阻值，再闭合开关S，读取并记录电压表的示数及电阻箱接入电路中的阻值．多次重复上述操作，可得到多组电压值U及电阻值R，并以 为纵坐标，以 为横坐标，画出的关系图线（该图线为一直线），如图丙所示．由图线可求得电池组的电动势E=________V，内阻r=_________Ω．（保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). (2). 2.9 ; 1.1‎ ‎【解析】（1）根据电路图可得出对应的实物图；‎ ‎ （2）根据闭合电路欧姆定律E=U+(R0+r)，进行数学变形，得 根据数学知识得知，关系图线的纵截距，斜率．由图得到，b=0.35，k=≈2.1，则电动势，内阻r=kE-R0=2.1×2.9-5≈1.1Ω 点睛：本题考查测量电动势和内电阻的实验；本实验主要考查运用数学知识处理问题的能力，采用的是转换法，将非线性关系转换成线性，直观简单．‎ 三、计算题：‎ ‎15. 如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.4 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在的平面内，分布着磁感应强度B=0.5 T、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场；金属导轨的一端接有电动势E=4.5 V、内阻r=0.50 Ω的直流电源。现把一个质量为m=0.04 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒静止，导体棒的电阻R=2.5 Ω。其余电阻不计，g=10‎ ‎ m/s2。已知sin37°=0.60，cos37°=0.80，求：‎ ‎（1）导体棒受到的摩擦力的大小；‎ ‎（2）若导轨光滑，仍能使导体棒静止在导轨上，求所加匀强磁场磁感应强度的最小值Bmin及Bmin的方向 ‎【答案】（1）f=0.06 N；（2）Bmin=0.4 T，垂直于导轨平面向上 ‎【解析】试题分析：（1）导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1="mg" sin37°=0．24N；‎ 由闭合电路的欧姆定律：‎ 由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f 根据共点力平衡条件mg sin37°+f=F安 解得：f=0．06N．‎ ‎（2）当安培力平行于轨道平面向上时，安培力最小；‎ 此时对应最小磁感应强度满足：Fmin=BminIL 得：Bmin=0．4T；‎ 由左手定则可知：垂直于导轨平面向上。‎ 考点：安培力；物体的平衡 ‎..................‎ ‎ ‎ ‎16. 如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心在O点，半径为r，内壁光滑，A、B两点分别是圆形轨道的最低点和最高点．该区域存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经过C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角θ＝60°，重力加速度为g．求：‎ ‎(1)小球受到的电场力的大小；‎ ‎(2)小球在A点的速度v0多大时，小球经过B点时对轨道的压力最小 ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】(1)小球经过C点时速度最大，则在该点电场力与重力的合力沿半径方向，小球受到的电场力的大小F＝mgtan 60°＝mg.‎ ‎(2)小球经过B点时对轨道的压力最小，则需小球到达D点时速度最小．设小球在D点时轨道对小球的压力恰好为零，有 ‎ 则v＝ ‎ 在小球在轨道上由A点运动到D点的过程中有：‎ mg·r(1＋cos θ)＋F·rsin θ＝mv02－mv2‎ 解得：v0＝2.‎ ‎17. 如图所示，一带电微粒质量为m=2.0×10﹣11kg、电荷量q=+1.0×10﹣5C，从静止开始经电压为U1=100V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角θ=60°，并接着沿半径方向进入一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，微粒射出磁场时的偏转角也为θ=60°．已知偏转电场中金属板长cm，圆形匀强磁场的半径，重力忽略不计．求：‎ ‎（1）带电微粒经U1=100V的电场加速后的速率；‎ ‎（2）两金属板间偏转电场的电场强度E；‎ ‎（3）匀强磁场的磁感应强度的大小；‎ ‎【答案】(1)v1=1.0×104m/s;（2）E=10000V/m；（3）B=0.13T ‎【解析】（1）带电微粒经加速电场加速后速度为v1，根据动能定理：qU1= ‎ 得：v1==1.0×104m/s ‎ ‎（2）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动．在水平方向微粒做匀速直线运动．‎ 水平方向：v1= ‎ 带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动，加速度为a，出电场时竖直方向速度为v2‎ 竖直方向： ‎ v2=at 由几何关系：tanθ=，联立得 tanθ= ‎ 由题θ=60°‎ 解得：E=10000V/m．‎ ‎（3）设带电粒子进磁场时的速度大小为v，则：=2×104m/s 由粒子运动的对称性可知，入射速度方向过磁场区域圆心，则出射速度反向延长线过磁场区域圆心，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，则轨迹半径为：r=Rtan60°=0.3m 由：qvB=m ‎ 得：B==0.13T ‎18. 如图所示，在以O为坐标原点的xOy平面内，存在着范围足够大的电场和磁场，一个带正电小球在t=0时刻以的初速度从O点沿+x方向（水平向右）射入该空间，在t0时刻该空间同时加上如图乙所示的电场和磁场，其中电场方向竖直向上，场强大小，磁场垂直于xOy平面向外，磁感应强度大小 ，已知小球的质量为m，带电荷量为q，时间单位为t0，当地重力加速度为g，空气阻力不计．试求：‎ ‎（1）12t0末小球速度的大小；‎ ‎（2）在给定的xOy坐标系中，大体画出小球在0到24t0内运动轨迹的示意图；‎ ‎（3）30t0内小球距x轴的最大距离 ‎【答案】（1）‎ ‎（2）‎ ‎（3） ‎ ‎【解析】试题分析：（1）0 t0内，小球只受重力作用，做平抛运动。当同时加上电场和磁场时，电场力：F1=qE0=mg，方向向上,因为重力和电场力恰好平衡，所以在电场和磁场同时存在时小球只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有：（1分）运动周期，联立解得T＝2t0（1分）‎ 电场、磁场同时存在的时间正好是小球做圆周运动周期的5倍，即在这10t0内，小球恰好做了5个完整的匀速圆周运动。所以小球在t1="12" t0时刻的速度相当于小球做平抛运动t＝2t0时的末速度。‎ vy1=g·2t0=2gt0（1分）所以12t0末（1）‎ ‎（2）24t0内运动轨迹的示意图如右图所示。（2分）‎ ‎（3）分析可知，小球在30t0时与24t0时的位置相同，在24t0内小球做了t2=3t0的平抛运动，和半个圆周运动。‎ ‎23t0末小球平抛运动的竖直分位移大小为：（1分）竖直分速度vy2=3gt0（1分）‎ 所以小球与竖直方向的夹角为θ＝45°，速度大小为（1分）‎ 此后小球做匀速圆周运动的半径（1分）‎ ‎30t0末小球距x轴的最大距离：＝‎ 考点：本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎