1、四川省广元川师大万达中学2019-2020学年高二物理上学期11月月考试题（含解析）一.选择题1.两个分别带有电荷量-Q和+5Q的相同金属小球(均视为点电荷)，固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F。两小球相互接触后将其固定距离变为2r，则两球间库仑力的大小为( )A. 5FB. C. D. 【答案】B【解析】【详解】相距为时，根据库仑定律得：接触后，各自带电量变为，则此时有：故B正确，ACD错误。2.一个负点电荷其电量为210-9C，在静电场中由a点移到b点，在该过程中，除电场力外其它力做的功为610-5J，电荷的动能增加了810-5J，则a、b两点间的电势差Uab为( )A. -11
2、04 VB. 1104 VC. -4104 VD. 4104 V【答案】A【解析】【详解】设此过程中，电场力对点电荷做的功为，由动能定理可知：解得：则、两点间的电势差为：故A正确，BCD错误。3.平行板电容器的电容为C，电荷量为Q，极板间的距离为d，在两极间的中点放一电荷量很小的点电荷q，它所受的电场力大小等于（）A. 8kqB. 4kqC. 2qD. q【答案】D【解析】【详解】平行板电容器的电容定义式为，极板间存在匀强电场有，得，而电荷在匀强电场中受电场力为，所以；故选D.【点睛】平行板电容器极板间存在匀强电场，根据及求出电场强度，再根据F=Eq即可求解.4.下列运动(电子只受电场力或磁场
3、力的作用)不可能的是( )A. 电子以固定的正点荷Q为圆心绕Q做匀速圆周运动B. 电子在固定等量异种点电荷+Q、-Q连线的中垂线上做直线运动C. 电子在图示的匀强磁场中沿图示虚线轨迹做圆周运动D. 电子沿通电螺线管中心轴线做直线运动【答案】B【解析】【详解】A电子受到点电荷对它的库仑引力，速度若满足条件，靠库仑引力完全提供向心力，做匀速圆周运动，故A正确；B图中等量异种电荷连线的中垂线上的电场方向始终水平向右，电子受到水平向左的电场力，不可能沿中垂线做直线运动，故B错误；C电子在匀强磁场中受洛伦兹力，靠洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，故C正确；D通电螺线管内部的磁场方向沿水平方向，电子的速
4、度方向与磁场方向平行，不受洛伦兹力，做匀速直线运动，故D正确。故选B。5.如图所示，a、b分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀电阻丝的伏安特性曲线，下列判断中正确的是（ ）A. a代表的电阻丝较粗B. b代表的电阻丝较粗C. 将两条电阻丝并联后，其IU图线位于a、b之间D. 将两条电阻丝串联后接入电路，a的热功率比b的小【答案】B【解析】【详解】AB.图线的斜率表示电阻的倒数，图线的斜率小于的斜率，所以的电阻大于的电阻，根据电阻定律知，长度相同，材料相同，知的横截面积小，的横截面积大，故A错误，B正确；C.、电阻并联之后的总电阻的小于两个电阻中较小的电阻，结合A的方向可知，伏安特性曲
5、线的斜率大于图象的斜率，故其图线位于图象与轴之间，故C错误；D.将两条电阻丝串联后接入电路，电流相等，结合，由于的电阻大，故的热功率比的大，故D错误故选B。【点睛】解决本题的关键会从图线中比较电阻的大小，以及掌握电阻定律，同时要明确并联之后的总电阻的小于两个电阻中较小的电阻，串联后的电阻大于任意一个电阻6.如图所示，三个完全相同的半圆形光滑轨道竖直放置，分别处在真空、匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上，三个相同的带正电小球同时从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动，P、M、N分别为轨道的最低点，如图所示，则下列有关判断正确的是()A. 小球第一次到达轨道最低点的速度关系vpvMvNB.
6、小球第一次到达轨道最低点时对轨道的压力关系FPFMFNC. 小球从开始运动到第一次到达轨道最低点所用的时间关系tPtMtND. 三个小球到达轨道右端的高度都不相同，但都能回到原来的出发点位置【答案】A【解析】【详解】A.小球沿P、M轨道下滑过程都只有重力做功，根据动能定理可知，所以小球沿P、M轨道下滑到达底端速度相等，即；而沿N轨道下滑过程电场力做负功，根据动能定理，其到达最低点速度要小于沿P、M轨道下滑情况，故选项A正确；B.小球沿P轨道到达底端时，根据牛顿第二定律：，得；同理小球沿M轨道到达底端时，所以，小球沿N轨道到达底端时，故FMFPFN，故选项B错误；C.根据上述分析知到达最低点的时
7、间关系tP=tMtN，故选项C错误；D.球沿轨道P、M下滑后能到达右端同样高度的地方，故选项D错误。故选A。7.一带正电的粒子在电场中做直线运动的vt图象如图所示，t1、t2时刻分别经过M、N两点，已知运动过程中粒子仅受电场力作用，则下列判断正确的是（ ）A. 该电场可能是由某正点电荷形成B. M点的电势高于N点的电势C. 从M点到N点的过程中，电势能逐渐增大D. 带电粒子在M点所受电场力大于在N点所受电场力【答案】C【解析】【详解】AD、由速度时间图象可知：粒子在电场中做匀减速直线运动，加速度是一个定值，所以电场力不变，是匀强电场，所以不可能是由某正点电荷形成的，故A、D错误；BC、从M到N
8、的运动过程中速度减小，根据动能定理可知电场力做负功，电势能增加，又由于是正电荷，所以电势也增加，故M点的电势低于N点的电势，故B错误，C正确故选C8. 如图所示，金属板M、N水平放置，相距为d，其左侧有一对竖直金属板P、Q，板P上小孔S正对板Q上的小孔O，M、N间有垂直纸面向里的匀强磁场，在小孔S处有一带负电粒子，其重力和初速均不计，当变阻器的滑动触头在AB的中点时，带负电粒子恰能在M、N间做直线运动，当滑动变阻器滑片向A点滑动过程中，则（ ）A. 粒子在M、N间运动过程中，动能一定不变B. 粒子在M、N间运动过程中，动能一定减小C. 粒子在M、N间仍做直线运动D. 粒子可能沿M板的右边缘飞出
9、【答案】B【解析】【分析】粒子仅受洛伦兹力和电场力作用，粒子恰能在M、N间作直线运动则二力恰好平衡，当滑片移动时，将打破平衡，引起离子发生偏转，当滑片移动到A端时，电场强度为零，粒子仅受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，动能不变，根据左手定则判断出洛伦兹力方向，从而判断粒子能否从M板的右边缘飞出。【详解】AB.滑动触头在中点时，粒子恰能做直线运动，此时M、N间为一速度选择器模型，当滑动触头滑向A点时，M、N间电压减小，电场力变小，粒子向下偏，所以粒子在其间运动时动能减小，故B正确，A错误；CD.因为粒子向下偏，所以不可能从M板的右边缘飞出，故CD错误。故选B【点睛】挖掘“粒子恰能在M、N间作直线运
10、动”的隐含信息，分析滑动片移动后的电场变化，知道洛伦兹力不做功，难度适中9.关于电场强度和磁感应强度，下列说法中正确的是( )A. 电场强度的定义式E适用于任何电场B. 由真空中点电荷的电场强度公式知，当r0时，其电场强度趋近于无限大C. 由公式B知，一小段通电导体在某处不受磁场力，说明此处一定无磁场D. 磁通量是标量，在磁场中，磁通密度越大的地方，磁场越强【答案】AD【解析】【详解】A电场强度的定义式，采用比值法定义，适用于任何电场，故A正确；B电场强度公式只适用于点电荷产生的电场。当趋近于零时，带电体不能再看成点电荷，该公式不再成立，所以不能根据这个公式得到电场强度趋近于无限大的结论，故B
11、错误；C一小段通电导体在磁场某处不受安培力，可能是由于通电导体与磁场平行，该处不一定无磁场，故C错误；D磁通量是标量，磁通密度即磁感应强度：所以磁通密度越大的地方，磁感应强度越大，磁场越强，故D正确。故选AD。10.如图所示，在正方形空腔内有匀强磁场，电子以不同的速率从a孔垂直磁场方向平行于ab边射入磁场，将从c孔射出的电子与从d孔射出的电子相比较( )A. 速率之比vcvd21B. 速率之比vcvd11C. 周期之比TcTd12D. 在磁场中运动的时间之比tctd12【答案】AD【解析】【详解】AB设电子在磁场中运动的轨迹半径为，洛伦兹力完全提供向心力：解得：，可见，设磁场边长为，如图所示：
12、电子从点离开磁场时，其轨迹半径为：从点离开磁场的电子，其轨迹半径为：则得：，故A正确，B错误；C电子的运行周期：与电子运动的半径和速率无关，所以，故C错误；D从点离开的粒子运行的时间：从点离开的粒子运行的时间：则，故D正确。故选AD。11.质量为m的通电细杆置于倾角为的导轨上，导轨的宽度为d，杆与导轨间的动摩擦因数为，有电流通过杆，杆恰好静止于导轨上在如图所示的A、B、C、D四个图中，下列说法中正确的是( )A. 图中杆一定有摩擦力B. 图中杆受两个力或四个力C. 图中杆一定受摩擦力D. 图中杆可能只受三个力【答案】BC【解析】【详解】A杆受重力、水平向右的安培力和斜面的支持力，若三个力平衡，
13、则不受摩擦力，故A错误；B杆受重力、竖直向上的安培力，重力与安培力可能相等，杆受两个力；如果杆和斜面接触，除了受到重力和安培力外，还会受到支持力和摩擦力，共四个力，故B正确；C杆受重力、竖直向下的安培力、支持力，要想处于平衡，一定受摩擦力，故C正确；D杆受重力、水平向左的安培力，支持力，要想处于平衡，一定受摩擦力，杆应该受四个力，故D错误。故选BC12.如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线中点，连线上a、b两点关于O点对称导线均通有大小相等、方向向上的电流；已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度，式中k是常数、I是导线中电流、r为点到导线的距离；一
14、带正电的小球以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点关于上述过程，下列说法正确的是（ ）A. 小球先做加速运动后做减速运动B. 小球一直做匀速直线运动C. 小球对桌面的压力先减小后增大D. 小球对桌面的压力一直在增大【答案】BD【解析】【详解】根据右手螺旋定则及磁场的叠加可知a点处的磁场方向垂直于MN向里，b点处的磁场方向垂直于MN向外；从a点到O点，磁场大小减小，过O点后反向增大；根据左手定则可知，开始时带正电的小球受到的洛仑兹力方向向上，过O点后洛仑兹力的方向向下；由此可知，小球将做匀速直线运动，小球对桌面的压力一直在增大，故AC错误，BD正确二实验填空题13.如图所示为J0411多用电表示
15、意图其中A、B、C为三个可调节的部件某同学在实验室中用它测量一阻值约为13k的电阻他测量的操作步骤如下：（1）调节可调部件A，使电表指针指向左边零刻度处（2）调节可调部件B，使它的尖端指向的倍率挡_位置(选填“10”，“100”，“1k”)（3）将红、黑表笔分别插入正、负插孔中，两笔尖相互接触，调节可动部件C，使电表指针指向欧姆零刻度位置（4）将两只表笔分别与待测电阻两端相接，进行测量读数（5）换测另一阻值为2025k的电阻时，应调节B，使它的尖端指向“1k”的位置，此时还必须重复步骤_，才能进行测量，若电表读数如图所示，则该待测电阻的阻值是_【答案】 (1). “100” (2). （3）
16、(3). 22k【解析】【详解】（2）1测阻值为的电阻，为使指针指在中央刻度附近，选择“100”挡位；（5）2换测另一阻值为的电阻时，应调节，使它的尖端指向“”的位置，此时还必须重新进行欧姆调零，即重复步骤（3）；3由图示可知，欧姆表示数即待测电阻阻值为：。14.某同学采用如图甲所示的电路测定电源电动势和内电阻，已知干电池的电动势约为1.5 V，内阻约2 ，给出的电压表有A(03 V,3 .0k)，电压表B(05V,5 .0k)；给出的电流表有C(00.6 A,1.0 )，电流表D(03 A,0.2 )；滑动变阻器有R1(10 ，2 A)和R2(100 ，0.1 A)各一只实验原理图如图甲，在
17、实验中测得多组电压和电流值，得到如图乙所示UI图象.（1）实验中滑动变阻器应选用_(选填“R1”或“R2”)电压表选用_(选填“A”或“B”),电流表选用_(选填“C”或“D”)（2）由图可较准确地求出电源电动势E_ V；内阻r_ .【答案】 (1). R1 (2). A (3). C (4). 148(1.471.49均正确) (5). 1.89(1.881.90均正确)【解析】【详解】（1）1电路中最大电流：的额定电流小于，同时阻值太大，不便于调节，所以变阻器选用；2电源电动势在左右，所以电压表A的量程适合；3最大电流为，未超过电流表D最大量程的三分之一，由于有滑动变阻器进行调节，所以电流
18、表C的量程适合；（2）4由闭合电路欧姆定律：可知，当时，则将图线延长，交于纵轴，纵截距即为电动势5图像斜率的绝对值等于电源的内阻：15.用下列器材，测定小灯泡的额定功率A待测小灯泡：额定电压6V，额定功率约为5W；B电流表：量程l.0A，内阻约为0.5；C电压表：量程3V，内阻5k；D滑动变阻器R：最大阻值为20，额定电流1A；E电源：电动势10V，内阻很小；F定值电阻R0（阻值10k）；G开关一个，导线若干要求：实验中，电流表应采用_接法（填“内”或“外”）；滑动变阻器应采用_接法（填“分压”或“限流”）画出实验原理电路图_实验中，电压表的示数调为_V时，即可测定小灯泡的额定功率【答案】 (
19、1). 外接法 (2). 限流（分压） (3). (4). 2【解析】【详解】1由功率公式可得，灯泡电阻：；故，故电流表应采用外接法；滑动变阻器的最大电阻为20，大于灯泡内阻，故可以采用限流接法；分压也可以;2由以上分析可知，电路采用分压或限流均可；由于电压表量程只有3V，而灯泡额定电压为6V，故应将电压表与定值电阻串联充当电压表；故电路如图34串联电路中电流相等，分压之比等于电阻之比，故灯泡与电源的电压之比等于1：2；故当灯泡两端电压为6V时，电压表示数为2V时，小灯泡两端电压达到额定电压6V，即可测定小灯泡的额定功率.三计算题。16.如图所示，在同一水平面内的两导轨ab、cd相互平行，相距
20、2m并在竖直向上的磁场中，一根质量为3.0kg、有效长度为2m的金属棒放在导轨上，当金属棒中的电流为5A时，金属棒做匀速运动；当金属棒中的电流增大到8A时，金属棒能获得2m/s2的加速度则磁场的磁感应强度大小为多少？【答案】1T【解析】【详解】当金属棒匀速运动时安培力与滑动摩擦力大小相等：当金属棒中电流为时，根据牛顿第二定律：联立方程解得磁感应强度为：17.如图所示,O点固定,长为L的绝缘轻细绳的A端有一带负电荷的小球,电荷量为q,质量为m,水平方向的匀强电场的电场强度为E=.将轻绳拉成水平后自由释放.(重力加速度为g)求：（1）小球运动到最低点时绝缘轻细绳给小球的拉力多大？（2）小球运动的速
21、度最大时细绳与竖直方向的夹角多大？（可以用三角函数表示）【答案】（1）2mg （2）=【解析】【详解】（1）小球从静止释放到最低点，做圆周运动，从A点到B点应用动能定理：在最低点B，根据牛顿第二定律：解得绳子对小球的拉力大小为：（2）小球所受重力和电场力为恒力，将这两个力合成一个恒力，当与速度垂直时，此位置小球的速度最大，因为在此位置之前与速度夹角为锐角，小球一直加速，在此位置之后，二者夹角变为钝角，小球一直减速；那么在此位置细绳与竖直方向的夹角：18.如图所示,水平放置的两块带电金属极板a、b平行正对.极板长度为l,板间距为d,板间存在着方向竖直向下、电场强度大小为E的匀强电场和垂直于纸面向
22、里的匀强磁场.假设电场、磁场只存在于两板间.一质量为m、电荷量为q的粒子,以水平速度v0从两极板的左端正中央沿垂直于电场、磁场的方向射入极板间,恰好做匀速直线运动.不计粒子的重力及空气阻力.（1）求匀强磁场磁感应强度B大小;（2）若撤去磁场,粒子能从极板间射出,求粒子穿过电场时沿电场方向移动的距离;（3）若撤去电场，还是让该粒子以水平速度v0从两极板的左端正中央沿垂直于磁场的方向射入极板间，为使粒子不从磁场中射出，求所加磁场的磁感应强度的范围.【答案】（1） （2） （3）【解析】【详解】（1）粒子做匀速直线运动，所受电场力与洛伦兹力平衡：解得：（2）撤去磁场，粒子在极板之间做类平抛运动，分解
23、位移：电场力提供加速度：联立方程解得粒子穿过电场时沿电场方向移动的距离：（3）撤去电场，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由于粒子的电性不影响结果，所以假设粒子带正电，则粒子的运动轨迹如图所示。若为轨迹1，则粒子的运动半径：洛伦兹力提供向心力：联立方程解得：若为轨迹2，则根据勾股定理，粒子的运动半径：洛伦兹力提供向心力：联立方程解得：为使粒子不从磁场中射出，所加磁感应强度的范围为：即：19.（2012年2月济南检测）如图所示装置中，区域和中分别有竖直向上和水平向右的匀强电场，电场强度分别为E和；区域内有垂直向外的水平匀强磁场，磁感应强度为B一质量为m、带电量为q的带负电粒子（不计重力）从左边界O
24、点正上方的M点以速度v0水平射入电场，经水平分界线OP上的A点与OP成60角射入区域的磁场，并垂直竖直边界CD进入区域的匀强电场中求：（1）粒子在区域匀强磁场中运动的轨道半径（2）O、M间的距离（3）粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间【答案】（1）粒子在区域匀强磁场中运动的轨道半径是（2）O、M间的距离是（3）粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间是【解析】【详解】（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子过A点时速度为v，由类平抛规律知：粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得所以：R=（2）设粒子在电场中运动时间为t1，加速度为a则有：联立解得：O、M两点间的距离为：（3）设粒子在区域磁场中运动时间为t2则由几何关系知：设粒子在区域电场中运行时间为t3，则：粒子从M点出发到第二次通过CD边界所用时间为：
