1、广东省湛江四中2014-2015学年高二下学期月考物理试卷（3月份）一、单项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共64分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分1（4分）由电场强度的定义式E= 可知，在电场中的同一点（）A电场强度E跟F成正比，跟q成反比B无论检验电荷所带的电量如何变化，始终不变C电荷在电场中某点所受的电场力大，该点的电场强度强D一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，则P点的场强一定为零2（4分）两个放在绝缘架上的相同金属球，相距r，金属球的半径比r小得多，两球带电量大小分别为q和3q，相互斥力为3F现将这两个金属球相接触，然后分开
2、，仍放回原处，则它们之间的相互作用力将为（）A1FB4FC3FD2F3（4分）电荷在磁场中运动时受到洛仑兹力的方向如图所示，其中正确的是（）ABCD4（4分）如图所示，一根有质量的金属棒MN，两端用细软导线连接后悬挂于a、b两点，棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从M流向N，此时棒受到导线对它的拉力作用为使拉力等于零，下列方法可行的是（）A适当减小磁感应强度B使磁场反向C适当增大电流强度D使电流反向二、双项选择题：本大题共5小题，每小题6分，共54分在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分5（6分
3、）下列说法正确的是（）A磁感线上某点切线方向就是该点磁应感强度方向B沿着磁感线方向磁感应强度越来越小C磁感线越密的地方磁感应强度越大D磁感线是客观存在的真实曲线6（6分）1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是（）A离子由回旋加速器的边缘进入加速器B离子在磁场中加速C离子由回旋加速器的中心附近进入加速器D离子在电场中偏转7（6分）如图所示，线圈竖起放置且固定不动，当它正上方的磁铁运动时，流过电阻的电流是由A经R到B，则磁铁可能（）A向上加速运动B向上减速运动C向下加速运动D向下减速运动8（6分）如图所
4、示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r在滑动变阻器的滑动触片P从图示位置向上滑动的过程中，下列说法正确的是（）A电路中的总电流变大B电源路端电压变大C通过电阻R2的电流变大D通过滑动变阻器R1的电流变大9（6分）如图所示，在等量正点电荷连线的中垂线上取A、B、C、D四点，A、D两点与B、C两点均关于O点对称，设各点电势分别为A、B、C、D下列说法正确的是（）AABCDBA=B=C=DC把一正点电荷从B点移到A点，电场力做正功D同一负点电荷在C点的电势能大于在D点的电势能三、解答题（共4小题，满分54分）10（6分）某同学在做多用电表测电阻的实验中：测量某电阻时，用“10”档时发现指针偏转角度过
5、大，他应该换用档（填“1”或“100”）换档位结束后，应该进行（填“欧姆调零”、“机械调零”或“不用调零”），再次进行电阻测量测量完毕后应将档位调到11（12分）某同学用伏安法测定一段阻值约为5左右的金属丝电阻Rx有以下器材可供选择（要求测量结果尽量准确）A电池组E（3V，内阻约1）B电流表A1（03A，内阻约0.025）C电流表A2（00.6A，内阻约0.125）D电压表V1（03V，内阻约3k）E电压表V2（015V，内阻约15k）F滑动变阻器RP1（020，额定电流1A）H开关，导线为减小误差，实验时应选用的电流表是，电压表是请在图1的虚线框中画出实验电路图某次测量中，电流表、电压表的示
6、数如图2所示，则流过电流表的电流是A，由图中电流表、电压表的读数可计算出金属丝的电阻为（计算结果保留2位有效数字）12（18分）如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行光滑金属导轨相距l=1m，导轨平面与水平面成=30角，下端连接“2.5V，0.5W”的小电珠，匀强磁场方向与导轨平面垂直质量为m=0.02kg、电阻不计的光滑金属棒放在两导轨上，金属棒与两导轨垂直并保持良好接触取g=10m/s2求：（1）金属棒沿导轨由静止刚开始下滑时的加速度大小；（2）当金属棒下滑速度达到稳定时，小电珠正常发光，求该速度的大小；（3）磁感应强度的大小13（18分）如图所示，内径为r、外径为2r的圆环
7、内有垂直纸面向里、磁感应强度为B的 匀强磁场圆环左侧的平行板电容器两板间电压为U，靠近M板处静止释放质量为m、电量为q的正离子，经过电场加速后从N板小孔射出，并沿圆环直径方向射人磁场，求：（1）离子从N板小孔射出时的速率；（2）离子在磁场中做圆周运动的半径；（3）要使离子不进入小圆区域，磁感应强度的取值范围广东省湛江四中2014-2015学年高二下学期月考物理试卷（3月份）参考答案与试题解析一、单项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共64分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分1（4分）由电场强度的定义式E= 可知，在电场中的同一点（）A电场强度
8、E跟F成正比，跟q成反比B无论检验电荷所带的电量如何变化，始终不变C电荷在电场中某点所受的电场力大，该点的电场强度强D一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，则P点的场强一定为零考点：电场强度 分析：公式E=是电场强度的定义式，运用比值法定义，电场强度反映本身的特性，与试探电荷无关解答：解：A、C、电场强度的定义式E=，运用比值法定义，E由电场本身决定，与试探电荷所受的电场力F和电荷量q无关，所以不能说E跟F成正比，跟q成反比故AC错误B、电场中同一点电场强度是一定的，与试探电荷无关，则在电场中的同一点，无论检验电荷所带的电量如何变化，始终不变故B正确D、一个不带电的小球在P点受到的电场力为零
9、，该点的场强可能为零，也可能不为零，故D错误故选：B点评：解决本题的关键是运用比值法定义的共性来理解电场强度的物理意义，知道E由电场本身决定，与试探电荷所受的电场力F和电荷量q无关2（4分）两个放在绝缘架上的相同金属球，相距r，金属球的半径比r小得多，两球带电量大小分别为q和3q，相互斥力为3F现将这两个金属球相接触，然后分开，仍放回原处，则它们之间的相互作用力将为（）A1FB4FC3FD2F考点：库仑定律 专题：电场力与电势的性质专题分析：由库仑定律可得出两球在接触前后的库仑力表达式，则根据电量的变化可得出接触后的作用力与原来作用力的关系解答：解：由库仑定律可得：3F=；F=；而两球接触后再
10、分开平分总电量，故分开后两球的带电量为2q；则库仑力F=4F；故B正确、ACD错误故选：B点评：本题很多同学由于没有看清题意而错将F来表示了接触前的库仑力，从而导致错误；在学习中应注意审题的练习3（4分）电荷在磁场中运动时受到洛仑兹力的方向如图所示，其中正确的是（）ABCD考点：左手定则；洛仑兹力 分析：已知磁场方向与电荷速度方向，由左手定则可以判断出电荷所受洛伦兹力的方向解答：解：A、由图示可知，电荷速度方向与磁场方向平行，电荷不受洛伦兹力作用，故A错误；B、由左手定则可知，电荷所受洛伦兹力方向竖直向下，故B错误；C、由左手定则可知，电荷所受洛伦兹力竖直向下，故C正确；D、由左手定则可知，电
11、荷所受洛伦兹力方向垂直于纸面向外，故D错误；故选C点评：熟练应用左手定则即可正确解题；应用左手定则时要注意，电荷的正负4（4分）如图所示，一根有质量的金属棒MN，两端用细软导线连接后悬挂于a、b两点，棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从M流向N，此时棒受到导线对它的拉力作用为使拉力等于零，下列方法可行的是（）A适当减小磁感应强度B使磁场反向C适当增大电流强度D使电流反向考点：安培力；共点力平衡的条件及其应用 分析：通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F=BIL求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方向解答：解：棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电
12、流，方向从M流向N，根据左手定则可得，安培力的方向竖直向上，由于此时悬线上有拉力，为了使拉力等于零，则安培力必须增加所以适当增加电流强度，或增大磁场故选：C点评：学会区分左手定则与右手定则，前者是判定安培力的方向，而后者是判定感应电流的方向二、双项选择题：本大题共5小题，每小题6分，共54分在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分5（6分）下列说法正确的是（）A磁感线上某点切线方向就是该点磁应感强度方向B沿着磁感线方向磁感应强度越来越小C磁感线越密的地方磁感应强度越大D磁感线是客观存在的真实曲线考点：磁感线及用磁感线描述磁
13、场 分析：磁感线是为了形象地描述磁场假想的线，外部由N指向S，内部由S指向N，磁感线的疏密表示磁场的强弱，切线方向表示磁场的方向解答：解：A、磁感线上某点切线方向就是该点磁应感强度方向，故A正确B、磁感线越密的地方磁感应强度越大，故B错误C正确D、磁感线是为了形象地描述磁场假想的线，并不存在，故D错误故选：AC点评：解决本题的关键知道磁感线的特点，以及知道磁感线和电场线的相同点和不同点，基础题6（6分）1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是（）A离子由回旋加速器的边缘进入加速器B离子在磁场中加速C离
14、子由回旋加速器的中心附近进入加速器D离子在电场中偏转考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：回旋加速器的工作原理是利用电场加速，磁场偏转，且二者的周期相同，被加速离子由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器；洛伦兹力并不做功，而电场力对带电离子做功解答：解：ABCD、据回旋加速器的工作原理知，粒子由回旋加速器的中心附近进入加速器，在电场中即D形盒之间加速，在磁场中偏转，故ABD错误，C正确故选：C点评：解决本题的关键知道回旋加速器的工作原理，运用电场加速，磁场偏转，但是最大动能与加速的电压无关，取决于D形盒的半径7（6分）如图所示，线圈竖起放置且固定不
15、动，当它正上方的磁铁运动时，流过电阻的电流是由A经R到B，则磁铁可能（）A向上加速运动B向上减速运动C向下加速运动D向下减速运动考点：楞次定律 分析：当磁铁向下或向上运动时，穿过线圈的磁通量增大或减小，根据楞次定律分析感应电流方向解答：解：A、B、当磁铁向上运动时，向下穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律，高于电流的磁场的方向向下，流过电阻的电流是由A经R到B故AB正确C、当磁铁向下运动时，向下穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律，流过电阻的电流是由B经R到A故CD错误故选：AB点评：楞次定律判断感应电流的方向往往按“三步走”：1、明确原磁场方向及磁通量的变化情况2、根据楞次定律确定感应电流的磁场
16、方向3、由安培定则判断感应电流方向8（6分）如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r在滑动变阻器的滑动触片P从图示位置向上滑动的过程中，下列说法正确的是（）A电路中的总电流变大B电源路端电压变大C通过电阻R2的电流变大D通过滑动变阻器R1的电流变大考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：在滑动变阻器R1的滑动触片P向上滑动的过程中，R1增大，外电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律分析电路中的总电流和路端电压的变化，分析通过电阻R2的电流变化，再判断通过滑动变阻器R1的电流的变化解答：解：A、在滑动变阻器R1的滑动触片P向上滑动的过程中，R1变大，外电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律
17、分析电路中的总电流变小故A错误B、路端电压U=EIr，I变小，E、r不变，则U变大故B正确C、路端电压U变大，通过电阻R2的电流变大故C正确D、总电流变小，通过电阻R2的电流变大，所以通过滑动变阻器R1的电流必定变小故D错误故选：BC点评：本题也可以利用结论进行判断：变阻器电阻变小，路端电压必定变小，其所在电路电流必定增大，所并联的电路电压变小9（6分）如图所示，在等量正点电荷连线的中垂线上取A、B、C、D四点，A、D两点与B、C两点均关于O点对称，设各点电势分别为A、B、C、D下列说法正确的是（）AABCDBA=B=C=DC把一正点电荷从B点移到A点，电场力做正功D同一负点电荷在C点的电势能
18、大于在D点的电势能考点：电势 专题：电场力与电势的性质专题分析：等量同种正点电荷的连线中垂线不是一条等势线根据电场线的分布情况，判断电势的高低根据电场力方向与位移方向的关系分析电场力做功正负，由电势能变化与电场力做功的关系分析电势能的大小解答：解：AB、根据等量同种正点电荷的电场线分布得：其连线的中垂线不是一条等势线，OA间电场强度的方向为OA，OD间的电场强度为 0D根据沿电场线方向电势降低和对称性可知：A=DB=C故A正确，B错误C、把一正点电荷从B点移到A点，电场力向上，做正功，故C正确D、由上知：C点电势大于D点电势，则同一负点电荷在C点的电势能小于在D点的电势能，故D错误故选：AC点
19、评：考查等量同种正点电荷的电场线和电势高低分布情况是考试的热点，要抓住对称性进行记忆，特别是连线中垂线不是一条等势线，考试经常做文章紧扣点电荷电场叠加突出电场强度的方向来确定电势的高低三、解答题（共4小题，满分54分）10（6分）某同学在做多用电表测电阻的实验中：测量某电阻时，用“10”档时发现指针偏转角度过大，他应该换用1档（填“1”或“100”）换档位结束后，应该进行欧姆调零（填“欧姆调零”、“机械调零”或“不用调零”），再次进行电阻测量测量完毕后应将档位调到OFF挡或交流电压最高挡考点：用多用电表测电阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：使用欧姆表测电阻，应选择合适的挡位，使指针指在中央刻
20、度线附近；欧姆表换挡后要进行欧姆调零；多用电表使用完毕，选择开关应置于OFF挡或交流电压最高挡解答：解：测量某电阻时，用“10”档时发现指针偏转角度过大，所选挡位太大，应该换用1档换档位结束后，应该进行欧姆调零，再次进行电阻测量测量完毕后应将档位调到OFF挡或交流电压最高挡故答案为：1；欧姆调零；OFF挡或交流电压最高挡点评：本题考查了欧姆表的使用，使用欧姆表测电阻，应选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近；欧姆表换挡后要进行欧姆调零；多用电表使用完毕，选择开关应置于OFF挡或交流电压最高挡11（12分）某同学用伏安法测定一段阻值约为5左右的金属丝电阻Rx有以下器材可供选择（要求测量结果尽量
21、准确）A电池组E（3V，内阻约1）B电流表A1（03A，内阻约0.025）C电流表A2（00.6A，内阻约0.125）D电压表V1（03V，内阻约3k）E电压表V2（015V，内阻约15k）F滑动变阻器RP1（020，额定电流1A）H开关，导线为减小误差，实验时应选用的电流表是C，电压表是D请在图1的虚线框中画出实验电路图某次测量中，电流表、电压表的示数如图2所示，则流过电流表的电流是0.46A，由图中电流表、电压表的读数可计算出金属丝的电阻为5.2（计算结果保留2位有效数字）考点：伏安法测电阻 专题：实验题分析：本题的关键是根据闭合电路欧姆定律求出电路中最大电流来选择电流表；根据待测电阻满足
22、可知电流表应用外接法，从而设计电路图，并连接实物图；根据欧姆定律R=，结合电表读数，即可求解解答：解：电动势为3V，所以电压表应选：D，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的最大电流为：Imax=A=0.6A，所以电流表应选：C，由于待测电阻是阻值约为5左右的金属丝电阻Rx满足，电流表采用外接法，本题没有特别要求，因此变阻器通常采用分压式，所以电路图如图所示：电流表读数：I=0.46A，电压表读数为：U=2.40V，所以金属丝电阻为RX=5.2故答案为：C、D； 如上图所示；5.2；点评：当变阻器的全电阻大于待测电阻并且变阻器能控制电路中电流时，变阻器应采用限流式接法；若要求电流从零调或变阻器的全
23、电阻远小于待测电阻时，变阻器必须采用分压式接法12（18分）如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行光滑金属导轨相距l=1m，导轨平面与水平面成=30角，下端连接“2.5V，0.5W”的小电珠，匀强磁场方向与导轨平面垂直质量为m=0.02kg、电阻不计的光滑金属棒放在两导轨上，金属棒与两导轨垂直并保持良好接触取g=10m/s2求：（1）金属棒沿导轨由静止刚开始下滑时的加速度大小；（2）当金属棒下滑速度达到稳定时，小电珠正常发光，求该速度的大小；（3）磁感应强度的大小考点：导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；电功、电功率；电磁感应中的能量转化 专题：电磁感应功能问
24、题分析：（1）金属棒刚开始下滑时，速度为零，回路中没有感应电动势和感应电流，棒只受重力和轨道的支持力，根据牛顿第二定律求加速度；（2）棒沿轨道先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动，达到稳定状态，受力平衡由平衡条件可求出此时棒所受的安培力FA，此时金属棒克服安培力做功的功率等于小电珠消耗的电功率，P=FAv，即可求出棒的速度；（3）棒达到稳定速度时，小电珠正常发光，电路中没有其他电阻，则感应电动势等于灯泡的额定电压，求出感应电动势，由E=Blv求出B解答：解：（1）设金属棒刚开始下滑时的加速度为a，由于金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律有 mgsin=ma 代入数据解得 a=gsin3
25、0=5m/s2 （2）设金属棒运动达到稳定时的速度为v、所受安培力为FA，棒在沿导轨方向受力平衡，则有 mgsin FA=0 此时金属棒克服安培力做功的功率等于小电珠消耗的电功率，则有 P=FAv 联立式并入代数据解得 v=5m/s （3）设磁感应强度的大小为B，金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E=Blv 小电珠正常发光，其两端电压等于E，必有E=U灯=2.5V 联立式并代入数据解得 B=0.5T 答：（1）金属棒沿导轨由静止刚开始下滑时的加速度大小是5m/s2；（2）当金属棒下滑速度达到稳定时，小电珠正常发光，该速度的大小为5m/s；（3）磁感应强度的大小是0.5T点评：本题是电磁感应与力
26、学、电路知识的综合，要抓住稳定时，棒做匀速运动，受力平衡，金属棒克服安培力做功的功率等于小电珠消耗的电功率，从力和能两个角度进行研究13（18分）如图所示，内径为r、外径为2r的圆环内有垂直纸面向里、磁感应强度为B的 匀强磁场圆环左侧的平行板电容器两板间电压为U，靠近M板处静止释放质量为m、电量为q的正离子，经过电场加速后从N板小孔射出，并沿圆环直径方向射人磁场，求：（1）离子从N板小孔射出时的速率；（2）离子在磁场中做圆周运动的半径；（3）要使离子不进入小圆区域，磁感应强度的取值范围考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动 专题：带电粒子在磁场中的运
27、动专题分析：（1）带电粒子在平行板电容器中做匀加速直线运动，由动能定理可求得粒子射入磁场时的速度；（2）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由洛仑兹力充当向心力，可由牛顿第二定律求得粒子旋转半径R；（3）要使离子不进入小圆区域，轨迹半径要足够小，当粒子的轨迹恰好与小圆相切时，轨迹半径最大，画出轨迹，由几何关系可得粒子轨迹半径的最大值，由牛顿第二定律求得磁感应强度的最小值，即可求得B的范围解答：解：（1）带电粒子在平行板电容器中加速过程，由动能定理得 qU=解得，v=（2）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由洛仑兹力充当向心力，由牛顿第二定律得 qvB=m则得圆周运动的半径R=（3）当粒子的轨迹恰好与小圆相切时，轨迹半径最大，画出轨迹，如图，由几何关系得 R2+（2r）2=（R+r）2解得，R=1.5r 由R=得 B=将v=，R=1.5r 代入解得，B=所以要使离子不进入小圆区域，磁感应强度的取值范围为B答：（1）离子从N板小孔射出时的速率是；（2）离子在磁场中做圆周运动的半径是；（3）要使离子不进入小圆区域，磁感应强度的取值范围为B点评：带电粒子在电磁场中的运动，要注意灵活选择物理规律，电场中一般由动能定理或类平抛的规律求解，而磁场中粒子做圆周运动，应由向心力公式及几何关系求解