1、山丹一中2019-2020学年上学期11月月考试卷高二物理（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）第卷一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，第912题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.三根长直导线垂直于纸面放置，通以大小相同、方向如图所示的电流，且ab=ad=ac，导线c在a点的磁感应强度大小为B，则a点处的合磁感应强度大小为A. BB. BC. BD. 2B【答案】C【解析】导线c在a点的磁感应强度方向向下，大小为B；导线b在a点的磁感应强度方向向左，大小为B；导线d在a点的磁感
2、应强度方向向左，大小为B；a点处的合磁感应强度大小为，故选C.点睛：磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则所以根据右手定则先找出直导线在a点的磁场强度是关键步骤.2.如图所示，ab、cd是两根在同一竖直平面内的直导线，在两导线中央悬挂一个小磁针，静止时在同一竖直平面内。当两导线中通以大小相等的电流时，小磁针N极向纸面内转动，则两导线中的电流方向（ ）A. 一定都是向上B. 一定都向下C. ab中电流向上，cd中电流向下D. ab中电流向下，cd中电流向上【答案】C【解析】【详解】若两导线中的电流方向均向上，根据安培定则判断可知，小磁针N极静止不动，与题意不符。
3、故A错误。若两导线中的电流方向均向下，根据安培定则判断可知，小磁针N极向纸外面转动，与题意不符。故B错误。若ab中电流向上，cd中电流向下，根据安培定则判断可知，小磁针N极向纸里面转动，与题意相符。故C正确。若ab中电流向下，cd中电流向上，根据安培定则判断可知，小磁针N极向纸外面转动，与题意不符。故D错误。故选C。【点睛】由题，小磁针N极向纸面里转动，小磁针S极向纸面外转动，则小磁针N极所在磁场方向向里，小磁针S极所在磁场方向向外，根据安培定则判断3.如图所示，三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面，电势分别为10V、20V、30V，实线是一带电粒子（不计重力）在该区域内的运动轨迹，当
4、粒子运动到a、b、c三点处，下列说法正确的是（ ）A. 电场力关系为B. 速度关系为C. 动能大小关系为D. 电势能大小关系为【答案】D【解析】【详解】A因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的，由此可判断电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点受到的电场力相等。故A错误。BCD带负电的粒子在电场中运动时，电势能与动能之间相互转化，由图中粒子的运动轨迹可知，a点到b点，电场力做负功，电势能增大，动能减小，从b运动到c，电场力做正功，电势能减小，动能增大，因此c点的电势能最小，动能最大，即c点速度最大。故BC错误，D正确。4.分别置于a、b两处的长直导线垂直纸面放置，通有大小相等的恒定电
5、流，方向如图所示，a、b、c、d在一条直线上，且ac=cb=bd，已知c点的磁感应强度为，d点的磁感应强度为B2，则a处导线在d点产生的磁感应强度的大小及方向为（ ）A. ，方向竖直向下B. ，方向竖直向上C. ，方向竖直向上D. ，方向竖直向下【答案】A【解析】【详解】根据安培定则可知处导线在点产生的磁感应强度的方向为竖直向下，处导线和处导线在点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，知大小都为，则处导线在点产生的磁感应强度大小为，方向竖直向上，因为点的磁感应强度大小为，根据场强的叠加知方向向上，所以导线在点产生的磁感应强度大小为；A.，方向竖直向下与分析相符，符合题意；B.，方向竖直向上与分析
6、不符，不符合题意；C.，方向竖直向上与分析不符，不符合题意；D.，方向竖直向下与分析不符，不符合题意。5.一个电流表的满偏电流Ig=1mA.内阻为300，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（ ）A. 串联一个10000的电阻B. 并联一个10000的电阻C. 串联一个9700的电阻D. 并联一个9700的电阻【答案】C【解析】试题分析：改装电压表需要串联一个电阻进行分压，所以BD错误，根据欧姆定律可得：，即，解得故选C，考点：考查了电压表的改装原理点评：电流表串联电阻起分压作用为电压表，电压表串联电阻为总电阻减去电流表的内阻总电阻=量程除以满偏电流6.在“测定电源的电动势和内
7、阻”的实验中，分别用甲、乙两个电源做实验，它们的路端电压U随电流I变化的关系如图所示，则这两个电源的内阻大小关系是()A. r甲r乙B. r甲r乙C. r甲r乙D. 不能确定【答案】A【解析】分析】在该U-I图线中，纵轴截距表示电动势，斜率的绝对值表示内阻可比较出两电源的电动势和内阻。【详解】电源U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，由图示图象可知：E甲=E乙，图象斜率的绝对值是电源内电阻r=，由图象可知，r甲r乙，故A正确.故应选：A。【点睛】本题考查了比较电源内阻大小，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要会根据电源U-I图象求出电源电动势与内阻的方法。7.如图甲所示为某一小
8、灯泡的UI图线，现将两盏这样的小灯泡并联后再与一个4 的定值电阻R串联，接在内阻为1 、电动势为3 V的电源两端，如图乙所示，则()A. 通过每盏小灯泡的电流约为0.2 A，此时每盏小灯泡的电功率约为0.6 WB. 通过每盏小灯泡的电流约为0.3 A，此时每盏小灯泡的电功率约为0.6 WC. 通过每盏小灯泡的电流约为0.2 A，此时每盏小灯泡的电功率约为0.2 WD. 通过每盏小灯泡的电流约为0.3 A，此时每盏小灯泡的电功率约为0.4 W【答案】C【解析】【详解】AC由题图甲可以看出，当通过小灯泡的电流为0.2 A时，对应灯泡两端的电压为1 V，此时小灯泡的电阻为 ，两小灯泡并联后的电阻R并
9、2.5 ，灯泡两端电压U并E1 V，恰好符合串联电路电压关系，则每盏小灯泡的功率PL0.2 W，则A项错误，C项正确BD根据以上分析，同理可知BD项错误。8.如图甲所示，电源电动势为E，内阻为r，C为电容器，A为理想电流表，R1、R2为可变电阻，R3为定值电阻，R4为光敏电阻，光敏电阻的阻值随光照射的强弱而改变“光强”是表示光的强弱程度的物理量，照射光越强，光强越大，光强符号用I表示，国际单位为坎德拉(cd)实验测得光敏电阻的阻值R4与光强I间的关系如图乙所示，当电路发生变化时，下列说法正确的是()A. 当光照增强时，电容器所带电荷量减小B. 当光照增强时，电源的输出功率减小C. 若R2的阻值
10、减小，电流表的示数减小D. 若R1的阻值减小，R3消耗的功率减小【答案】C【解析】【详解】A.由图知电阻与光强成反比，故随光强的增大电阻减小，所以当光照增强时，R4减小，总电阻减小，总电流增大，并联部分的电阻不变，所以电压增大，所以电容器两端的电压增大，根据Q=UC可知，电量增大，故A错误；B.当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，由于不知道外电路电阻与内阻的关系，所以无法判断电源的输出功率的变化，故B错误；C.若R2的阻值减小，则总电阻减小，总电流增大，并联部分的电压减小，通过电流表A的电流减小，故C正确；D.R1与电容器串联，相当于断路，其变化不影响电路变化，故D错误。9.如图所示，
11、OP、OQ为匀强磁场的边界，磁场分布足够广，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。一质量为m、电量为q的电荷（重力不计）以平行于OQ边的速度从M点垂直磁场射入，并从N点垂直OQ离开，已知=30，OM=l，则A. 该电荷在磁场中运动的轨道半径等于B. 该电荷在磁场中运动的轨道半径等于C. 该电荷在磁场中运动的时间为D. 该电荷在磁场中运动的时间为【答案】AD【解析】【详解】根据题意画出粒子运动的轨迹如图，由图中的几何关系得：故A正确，B错误；设粒子运动的速度为v，运动的周期为T，由洛伦兹力提供向心力，得：，又：，解得：；由图中可得，粒子转过的角度是1/4圆弧，所以：故C错误，D正确故选AD。【点睛】
12、本题是粒子在磁场中圆周运动的轨迹问题，关键是运用几何知识画出轨迹、求出半径，根据牛顿第二定律列得方程联立求解；同时记住重要的导出结论，例如周期等表达式；此题难度不大，考查基本规律的运用能力.10.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（ ）A. 平行板电容器的电容将变大B. 静电计指针张角不变C. 带电油滴的电势能将增大D. 若先将上极板与电源正极连接导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变【答案】BD【解析】【详解】
13、A.根据知，将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则d增大，则电容减小，故A错误；B.静电计测量是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B正确；C.两板电势差不变，d增大，则两板间电场强度减小，P点与上极板间的距离不变，由U=Ed可知，P点与上极板间的电势差减小，则P点的电势升高，因油滴带负电，可知油滴的电势能减小，故C错误；D.电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变。故D正确。11.在如图所示的电路中，电流表、电压表均为理想电表。闭合开关 S，当滑动变阻器滑动片向下移动时，下列说法正确的是(
14、)A. 电压表V的示数将不变B. 电流表A的示数将变大C. 电流表A1的示数将变小D. 电流表A2的示数将不变【答案】BC【解析】【详解】AB当滑动变阻器滑片向下移动时，其接入电路的电阻减小，电路的总电阻减小，总电流I增大，电流表读数变大，电压表V读数为 U=E-Ir，I增大，则U变小，电压表V的示数将变小，故A错误，B正确；CD电阻R1两端的电压等于电源的路端电压，路端电压变小，所以电阻R1中的电流变小，电流表A1的示数将变小，总电流变大，所以电流表A2的示数将变大，故C正确、D错误。12.如图是“电磁炮”模型的原理结构示意图。光滑水平金属导轨M、N的间距L0.2 m，电阻不计，在导轨间有竖
15、直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B1102 T。装有弹体的导体棒ab垂直放在导轨M、N上的最左端，且始终与导轨接触良好，导体棒ab(含弹体)的质量m0.2 kg，在导轨M、N间部分的电阻R0.8 ，可控电源的内阻r0.2 。在某次模拟发射时，可控电源为导体棒ab提供的电流恒为I4103 A，不计空气阻力，导体棒ab由静止加速到4 km/s后发射弹体，则()A. 导体棒ab所受安培力大小为1.6105 NB. 光滑水平导轨长度至少为20 mC. 该过程系统产生的焦耳热为3.2106 JD. 该过程系统消耗的总能量为1.76106 J【答案】BD【解析】【详解】A由安培力公式有，FBIL8104
16、N，选项A错误；B弹体由静止加速到4 km/s，由动能定理知Fxmv2，则轨道长度至少为x20 m，选项B正确；CD导体棒ab做匀加速运动，由Fma，vat，解得该过程需要时间t1102 s，该过程中产生焦耳热QI2(Rr)t1.6105 J，弹体和导体棒ab增加的总动能Ekmv21.6106 J，系统消耗总能量EEkQ1.76106 J，选项C错误，D正确。第卷二、实验题：本题共2小题，共15分。13.学校物理兴趣小组为探究多用表欧姆档的原理，决定自己动手设计一个可以测量电阻的装置。手边的器材有：干电池组，电流计A，电阻箱，待测电阻Rx . 其中电流计刻度盘刻线清晰，但是读数已经模糊。（1）
17、小组成员先将电池组与电流计电流计A进行串联，电路两端分别接好表笔，如图（1）所示；将表笔短接，发现电流表指针刚好能够指在刻度盘最右端刻度处。（2）将两表笔分别与电阻箱两接线柱相连，调节电阻箱，直到电流计指针指在刻度盘正中央，电阻箱示数如图（2），则电阻箱接入电路的电阻值为_。（3）用待测电阻Rx代替电阻箱接入两表笔之间，则电流表指针指示如图（3）所示，则可知待测电阻Rx=_。（保留小数点后一位）此次实验快结束时，有同学拿来一块内阻为2803的电压表，将所设计装置的两表笔正确接在电压表的两接线柱上，电压表示数为2.8V，可以推知实验中使用的电池组的电动势为_V（保留小数点后一位）【答案】 (1)
18、. 97 (2). 48.5 (3). 2.9V【解析】【详解】（2）根据图2可知，电阻箱接入电路的电阻值为：R=910+71=97，（3）设电流表满偏电流为Im，短接时，根据闭合电路欧姆定律得：，接入电阻箱时有：，接入电阻Rx有：，解得：Rx=48.5，r=97，当两表笔正确接在电压表的两接线柱上时，根据闭合电路欧姆定律得：14.某学习小组利用如图1所示的电路测量多用电表内欧姆“1”挡内部电池的电动势E和多用电表欧姆“1”挡的内阻r，为滑动变阻器，为电压表(量程02V，内阻约)。实验步骤如下：（1）将多用电表的选择开关调到“1”挡后进行_。（2）将图1中多用电表的黑表笔与_(填“1”或“2”
19、)端相连。（3）两表笔与1、2正确连接后，改变滑动变阻器接入电路的阻值，某次实验中多用电表和电压表的读数分别如图2、图3所示，多用电表的读数为_，电压表的读数为_V。(4)多次改变滑动变阻器接入电路的阻值，记录多用电表的读数R和电压表的读数U，并在计算机上显示出如图4所示的图线，则E=_V，r=_。(计算结果保留三位有效数字)【答案】 (1). 欧姆调零 (2). 1 (3). 20 (4). 0.85 (5). 1.43 (6). 13.7【解析】【详解】(1)1.将多用电表的选择开关调到“1”挡后进行欧姆调零；(2)2.欧姆表内部黑表笔接电源的正极，则应将图1中多用电表的黑表笔与“1”端相
20、连。(3)34. 多用电表的读数为201=20，电压表的读数为0.85V。(4)56.由闭合电路欧姆定律可得：解得由图像可知：，解得E=1.43V r=13.7三、计算题：本题共3小题，共37分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。15.如图所示，电源的电动势为6 V，内阻是0.5 ，小电动机M的线圈电阻为0.5 ，电阻R03 ，若理想电压表的示数为3 V，试求：(1)电源的总功率和电源的输出功率；(2)电动机输入功率和电动机输出的机械功率(3)若取下电动机改用电阻箱接到该位置，当电阻箱R读数为多少时，电阻箱R
21、消耗的功率PR最大，并求这个最大值。【答案】(1) 6 W ； 5.5 W (2) 2.5 W； 2 W (3) 2.6 W 【解析】【详解】(1)电路中的电流，路端电压：；电源的总功率：电源的输出功率：(2)电动机两端电压：电动机的输入功率：电动机输出的机械功率：(3)当即时，电阻箱R消耗的功率最大为【点睛】本题关键抓住电路中电压分配和能量的关系，不能直接根据欧姆定律这样来求解电动机电路中电压电流，因为电动机工作时，欧姆定律不成立16.如图，空间存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。在坐标系内有一个以坐标原点为圆心，半径为R的圆形区域。一质量为m，电荷量为q（q0）的带电
22、粒子以一定的初速度从坐标（2R，0）处沿y轴正向射入磁场。求：（1）粒子不能进入圆形区域的速度范围；（2）粒子进入圆形区域运动的最长时间。【答案】（1）， （2）【解析】【详解】解：（1）在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动，根据左手定则，可得带电粒子受到的洛伦兹力方向。其运动轨迹如图所示：要使粒子不能进入圆形区域，则有：或由洛伦兹力提供向心力有：，解得：或解得：（2）粒子在磁场中运动的周期，粒子在磁场中运动的周期与速度无关根据几何关系知，粒子进入圆形区域内运动的最长时间，即粒子转过的角度最大时运动的时间，如图所示：由图可得出粒子在虚线圆形中运动的最大角度为120，由此可得粒子运动的最长时间为：1
23、7.如图的电路中，电池组的电动势=30V，电阻，两个水平放置的带电金属板间的距离d=1.5cm。在金属板间的匀强电场中，有一质量为g带电量C的油滴，当把可变电阻器的阻值调到35接入电路时，带电油滴恰好静止悬浮在电场中，此时安培表示数I=1.5A，试求： (1)两金属板间的电场强度；(2)B点的电势；(3)电阻通电10s钟产生的热量；(4)要使电池组的输出功率为62.5W，应把的阻值调到多大?【答案】（1）1400N/C（2）27V（3）243J（4）5【解析】【详解】(1)由油滴受力平衡有：得到：代入数据计算得出：E=1400N/C(2)电容器的电压：流过的电流：B点与零电势点间的电势差：因为B点的电势大于零，则电路中节点B的电势.(3)流过的电流：电阻在10s内产生热量：(4)根据闭合电路欧姆定律得电源的内阻：由：计算得出又由：代入计算得出R=10又因为根据串并联电阻与总电阻的关系：代入计算得出答：(1)两金属板间的电场强度E=1400N/C；(2)B点的电势；(3)电阻通电10s钟产生的热量Q=243J；(4)要使电池组的输出功率为62.5W，应把的阻值调到5.