1、甘肃省会宁县第二中学2017-2018学年第一学期高二12月考物理试卷一、选择题1. 下列关于点电荷的说法中，正确的是（）A. 点电荷是电荷量和体积都很小的带电体B. 点电荷是一种理想化的物理模型C. 点电荷就是体积足够小的电荷D. 任何带电体都可以看作是电荷全部集中于球心的点电荷【答案】B【解析】点电荷是一种理想化的物理模型，B正确；带电体能否看成点电荷由所研究问题的性质决定，跟带电体的大小和电荷量的多少无关，ACD错误；故选B。2. 以下说法正确的是（）A. 由可知，电场中某点的电场强度E与F成正比,与q成反比B. 由可知，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U有关C. 由可知，磁场中
2、的某点的磁感应强度B与放入磁场中的通电导线的电流I有关D. 由可知，某段导体中的电流I与U成正比【答案】D【解析】A、公式E=F/q为电场强度的定义式，电场强度的大小跟放入电场中的电荷无关，故A错误；B、公式C=Q/U是电容器的定义式，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关，故B错误；C、公式B=F/IL是磁感应强度的定义式，磁场中的某点的磁感应强度B与放入磁场中的通电导线的电流I无关，故C错误；D、导体中的电流与导体两端的电压成正比,与导体的电阻成反比，故D正确；故选D。3. 两个分别带有电荷量Q和3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处。它们间库仑力的大小为F.两
3、小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】开始时两球间的库仑力为：，两小球相互接触后，电量先中和在均分：，此时的库仑力为：，故C正确，ABD错误。4. 如图甲所示为电场中的一条电场线，在电场线上建立坐标轴，则坐标轴上间各点的电势分布如图乙所示，则（）A. 在间，场强先减小后增大B. 在间，场强方向一定发生了变化C. 若一负电荷从点运动到点，电势能逐渐减小D. 从点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，则该电荷在间一直做加速运动【答案】D 【点睛】根据，图象的切线斜率表示电场强度大小；由图看出，之间，电势逐渐降低，可判断出电场力的方向，根据
4、牛顿第二定律分析加速度情况.5. 如图所示,其中电流表A的量程为0.6A,表盘均匀划分为30个小格,每一小格表示0.02A；R1的阻值等于电流表内阻的1/2；R2的阻值等于电流表内阻的2倍,若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是() A. 将接线柱1、2接入电路时,每一小格表示0.04AB. 将接线柱1、2接入电路时,每一小格表示0.02AC. 将接线柱1、3接入电路时,每一小格表示0.06AD. 将接线柱1、3接入电路时,每一小格表示0.01A【答案】C【解析】当接线柱1、2接入电路时，R1与电流表并联，由于R1，可知流过R1的电流为流过电流表电流的2倍，所以1、
5、2接线柱间的电流为通过电流表电流的3倍，所以每一小格是原来的3倍，即为0.06 A，所以A、B错误；当接线柱1、3接入电路时，电流表与R1并联，然后再与R2串联，串联电阻对电流无影响，与1、2接入电路的效果一样，所以每一小格表示0.06 A，C正确，D错误。6. 如图所示电路中，电源的电动势为E，内阻为r，R1为滑动变阻器，R2为定值电阻，电流表和电压表均为理想电表，闭合电键S，当滑动变阻器R1的滑动触头P向右滑动时，电表的示数都发生变化，电流表示数变化量的大小为I、电压表V、V1和V2示数变化量的大小分别为U、U1和U2，下列说法错误的是( ) A. B. 变小 C. 不变 D. 不变【答案
6、】B【解析】当滑动变阻器R1的滑动触头P向右滑动时，R1减小，电路中电流增大，U2增大，路端电压U减小，则U1减小因为U=U1+U2，则U1U2；根据闭合电路欧姆定律得U1=E-I（R2+r），则不变；R2为定值电阻，则不变，由U=E-Ir，得不变，故B错误，ACD正确；本题选错误的故选B。7. 如图所示，三个电阻R1、R2、R3的阻值相同、允许消耗的最大功率分别为12W、10W、4W，将三电阻接成图示电路时，此电路允许消耗的最大功率为( ) A. 26W B. 18W C. 16W D. 12W【答案】B【解析】因为R2与R3并联，则两端电压相等，所以由公式知道，R2与R3所消耗的功率一样，
7、已知告诉我们，R2与R3本身允许的最大功率分别是10W和4W，所以R2、R3在电路中允许最大功率只能是4W，否则会超过R2的允许功率；再分析R1在电路中允许的最大功率把R2与R3看成一个并联电阻R23，则电路就是R1与R23串联，而串联电路所流过的电流一样，再由P=I2R知道，R1与R23所消耗功率之比等于2，所以R1上消耗的功率是并联电阻R23上的两倍；如果R2、R3的功率都为4W，则R23的功率就是4W+4W=8W，则R1的功率是28W=16W，这样就大于12W，显然不可以；所以只能是R1功率为12W，则R23是R1的功率一半就是6W，而R2与R3的消耗功率一样，所以R2与R3的消耗功率均
8、是R23的一半，为3W；最后计算，R1功率为12W，则R2为3W，R3为3W所以总功率最大为12W+3W+3W=18W；故选B。8. 现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及电键如图连接下列说法中正确的是( ) A. 电键闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转B. 线圈A插入线圈B中后，电键闭合和断开的瞬间，电流计指针均不会偏转C. 电键闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，电流计指针静止在中央零刻度D. 电键闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转【答案】A【解析】A、电键闭合后，线圈A插入或拔出都会产生感应电流，会引起电流计指针偏转，故A正确；B、线
9、圈A插入线圈B中后，电键闭合和断开的瞬间穿过线圈B的磁通量发生变化，产生感应电流，电流计指针均会偏转，故B错误；C、电键闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，穿过线圈B的磁通量变化，会产生感应电流，电流计指针会偏转，故C错误；D、电键闭合后，滑动变阻器的滑片P加速滑动，穿过B的磁通量变化，产生感应电流，电流计指针偏转，故D正确。故选：AD。【名师点睛】穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合电路中会产生感应电流，根据题意判断磁通量是否变化，然后答题。9. 如图所示，F是磁场对通电直导线的作用力，其中正确的是示意图是（）A. B. C. D. 【答案】AD【解析】试题分析：根据左手定则来判断即可，让磁感
10、线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是导线受的安培力的方向解：A、根据左手定则可得，安培力的方向垂直导线斜向上，所以A正确；B、根据左手定则可得，安培力的方向水平向左，所以B错误；C、根据左手定则可得，安培力的方向向下，所以C错误；D、根据左手定则可得，安培力的方向水平向左，所以D正确；故选：AD【点评】掌握住左手定则的内容，直接判断即可，比较简单，同时要注意与右手定则的区别，注意磁场方向、电流方向以及安培力的方向之间的关系10. 如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反，下列说法正确的是( )A
11、. L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直B. L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直C. L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为D. L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为【答案】BC【解析】同向电流相互吸引，反向电流相互排斥。对L1受力分析，如图所示，可知L1所受磁场力的方向与L2、L3所在的平面平行，故A错误；对L3受力分析，如图所示，可知L3所受磁场力的方向与L1、L2所在的平面垂直，故B正确；设三根导线两两之间的相互作用力为F，则L1、L2受到的磁场力的合力等于F，L3受的磁场力的合力为，即L1、L2、L3单位长度受到的磁场力之比为，故C正
12、确，D错误。【名师点睛】先根据安培定则判断磁场的方向，再根据磁场的叠加得出直线电流处磁场的方向，再由左手定则判断安培力的方向，本题重点是对磁场方向的判断、大小的比较。11. 回旋加速器工作原理示意图如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，两盒间的狭缝很小，粒子穿过的时间可忽略，它们接在电压为U、频率为f的交流电源上，若A处粒子源产生的质子在加速器中被加速，下列说法正确的是（）A. 若只增大交流电压U，则质子获得的最大动能增大B. 若只增大交流电压U，则质子在回旋加速器中运行时间会变短C. 若磁感应强度B增大，交流电频率f必须适当增大才能正常工作D. 不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回
13、旋加速器也能用于加速粒子【答案】BC【解析】试题分析：回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等，当粒子从D形盒中出来时，速度最大，此时运动的半径等于D形盒的半径，再推导出动能表达式，从而即可解题 12. 速度相同的一束粒子（不计重力）经速度选择器射入质谱仪后的运动轨迹如右图所示，则下列相关说法中正确的是（ ）A. 该束带电粒子带正电B. 速度选择器的P1极板带负电C. 能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于D. 若粒子在磁场中运动半径越大，则该粒子的比荷越小【答案】ACD【解析】试题分析：由图可知，带电粒子进入匀强磁场B2时向下偏转，所以粒子所受的洛伦兹力方向向下，根据左手定则判断得
14、知该束粒子带正电故A正确在平行金属板中受到电场力和洛伦兹力两个作用而做匀速直线运动，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向向下，粒子带正电，电场强度方向向下，所以速度选择器的P1极板带正电故B错误粒子能通过狭缝，电场力与洛伦兹力平衡，则有：qvB1=qE，解得：故C正确粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：，解得：可见，由于v是一定的，B不变，半径r越大，则越小故D正确故选ACD考点：质谱仪；速度选择器【名师点睛】本题关键要理解速度选择器的原理：电场力与洛伦兹力，粒子的速度一定粒子在磁场中偏转时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律则可得到半径。二、
15、实验题13. 某同学用螺旋测微器测金属丝的直径，示数如图甲所示，读数是_mm；用多用电表“1”档测该金属丝的电阻，如图乙所示，读数是_。【答案】 (1). 0.900mm (2). 7.0【解析】试题分析：螺旋测微器读数时，先读出固定刻度线的分度值，再读出可动刻度上的分度值，读数时应估读到最小刻度的十分之一，即本题中的读数为；欧姆档选用档，指针示数为；故读数为；考点：测定金属的电阻率【名师点睛】螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数多用电表测电阻时要注意档位及指针的读数；欧姆表测电阻本身就不是很精确，只能近似测出电阻值，所以对其读数要求不是很严格，小数点后保留几位是没有多大意义
16、的，到底保留多少，就中学考试来讲，看题目中已知数据的位数而定，但应注意“挡位”，该题中也是可以的。14. 为了测量一节干电池的电动势和内阻，某同学采用了伏安法，现备有下列器材：A被测干电池一节B电流表1：量程00.6 A，内阻r=0.3C电流表2：量程00.6 A，内阻约为0.1D电压表1：量程03 V，内阻未知E电压表2：量程015 V，内阻未知F滑动变阻器1：010，2 AG滑动变阻器2：0100，1 AH开关、导线若干伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差；在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。（1）在上述器材中请选择适当
17、的器材，电流表应选_、电压表应选_、滑动变阻器应选_（填写选项前的字母）；（2）实验电路图应选择下图中的_（填“甲”或“乙”）；（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的UI图象，则干电池的电动势E_V，内电阻r_。【答案】 (1). （1）B、 (2). D、 (3). F； (4). （2）甲； (5). （3）1.5V， (6). 0.7【解析】试题分析：（1）因为一节干电池的电动势为15伏左右，故电压表选择D；通过电源的电流不超过06A,因B电流报的内阻已知，故电流表选择B，滑动变阻器选择F。（2）因电流表内阻已知过实验电路图应选择下图中的甲；（3）电池的电动势E15V，内
18、电阻考点：测量电源的电动势及内阻【名师点睛】此题考查了测量电源的电动势及内阻的实验；与课本上选取的电路图不一样，因为此问题中电流表的内阻是已知的，所以用甲电路图可以减小实验的误差；注意最后计算内阻时要把电流表的内阻减掉三.计算题15. 如图所示，有一电子（质量m，电量为e）经电压U0加速后，进入两块间距为d、电压为U的平行金属板间若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能沿下板边缘射出电场，求：（1）电子从加速电场U0射出时的速度？（2）电子在平行金属板间（即偏转电场中）运动时的加速度？（3）金属板AB的长度？【答案】（1） （2）；方向竖直向下； （3）【解析】试题分析：（1）设电子被加速
19、后速度大小为v0，对于电子在加速电场中由动能定理得：eUo=mv02所以（2）在偏转电场中，由电子做类平抛运动，设加速度为a，极板长度为L，由于电子恰好射出电场，所以有：（3）L=v0t d =at2由解得：考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】电子先在加速电场中做匀加速直线运动，后在偏转电场中做类平抛运动，根据电子的运动的规律逐个分析即可。16. 水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L，M和P之间接入电动势为E的电源（不计内阻）现垂直于导轨搁一根质量为m，电阻为R的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向与水平面夹角为且指向右斜上方，如图所示，问：
20、（1）当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？（2）若B的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少为多少？此时B的方向如何？【答案】(1) Nmg- ，f(2) Bmin 水平向右【解析】（1）从b向a看其受力如图所示：水平方向： 竖直方向： 又：联立解得： ， （2）使ab棒受支持力为零，且让磁场最小，可知所受安培力竖直向上，则有 解得： ，根据左手定则判定磁场方向水平向右。综上所述本题答案是：（1）； （2），方向水平向右17. 平面直角坐标系xOy中，第象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示一带负电的粒子从电场中的Q点以速度
21、v0 沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等不计粒子重力，问： (1)粒子到达O点时速度的大小和方向；(2)电场强度和磁感应强度的大小之比【答案】 ; 【解析】（1）粒子在电场中由Q到O做类平抛运动，设O点速度v与+x方向夹角为，Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，根据类平抛运动的规律，有：x方向：y方向：粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为：又：解得：，即，粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为45角斜向上。粒子到达O点时的速度大小为（2）设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，粒子在电场中运动的加速度：设磁感应强度大小为B，粒子做匀速圆周运动的半径为R，洛伦兹力提供向心力，有：根据几何关系可知：整理可得：点睛:本题难度不大，但需要设出的未知物理量较多，容易使学生感到混乱，要求学生认真规范作答，动手画图。
