江苏省南通市如东高级中学2018_2019学年高二物理上学期第一次月考试卷（含解析）.doc

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1、- 1 -如东高级中学 20182019 学年第一学期高二年级阶段测试（一）高二试题（物理）一、单项选择题：本大题共 5 小题，每小题 3 分，共计 15 分每小题只有一个选项符合题意1.关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（ ）A. 安培力的方向可以不垂直于直导线B. 安培力的方向总是垂直于磁场的方向C. 安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D. 将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半【答案】B【解析】试题分析：本题考查了产生条件、大小与方向，当电流方向与磁场平行时不受安培力，根据左手定则可知安培力的方向与磁场垂直引用公式 F=BIL 时，注意要求

2、磁场与电流垂直，若不垂直应当将导线沿磁场与垂直于磁场分解，因此垂直时安培力最大，最大为 F=BIL解：A、B、根据左手定则可知，安培力方向与磁场和电流组成的平面垂直，即与电流和磁场方向都垂直，故 A 错误，B 正确；C、磁场与电流不垂直时，安培力的大小为 F=BILsin，则安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角有关，故 C 错误；D、当电流方向与磁场的方向平行，所受安培力为 0，将直导线从中折成直角，让其中的一半与磁场的方向平行，安培力的大小将变为原来的一半；将直导线在垂直于磁场的方向的平面内从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的 ，故 D 错误故选：B【点评】解决本题的关键是知道当导线的

3、方向与磁场的方向平行，所受安培力为 0，最小当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为 F=BIL视频2.在地球赤道上空有一小磁针处于水平静止状态,突然发现小磁针 N 极向东偏转,由此可知（ ）A. 一定是小磁针正东方向有一条形磁铁的 N 极靠近小磁针- 2 -B. 一定是小磁针正东方向有一条形磁铁的 S 极靠近小磁针C. 可能是小磁针正上方向有电子流自南向北水平通过D. 可能是小磁针正上方向有电子流自东向西水平通过【答案】C【解析】试题分析：小磁针正东方向有一条形磁铁的 N 极靠近小磁针；由于同名磁极相互排斥，小磁针的 N 将向西转动，A 错误；小磁针正方东向有一条形磁铁的 S 极靠近小磁

4、针，由于异名磁极相互吸引，所以小磁针的 N 极向东偏转，B 正确；小磁针正上方有电子流自南向北水平通过，在小磁针所在处电子流产生的磁场方向由西指向东，小磁针 N 极向东，C 正确；小磁针正上方有电子流自东向西水平通过，在小磁针所在处电子流产生的磁场方向由南指向北，小磁针 N 极向北，D 错误；故选 BC。考点：电流的磁场。【名师点睛】一般来说，小磁针由于受到地磁场的作用，S 极指南，N 极指北，现小磁针 N极向东偏转，说明小磁针 N 极受到向东的力的作用，因此产生了向东方向的磁场，进而判断磁场和电流的方向。3.图中 固定，并通以电流 ，问在图示位置上从上往下看，磁铁怎样运动，线中张力如何变化A

5、. 顺时针转， 增大 B. 顺时针转， 减小C. 逆时针转， 增大 D. 逆时针转， 减小【答案】A【解析】【详解】将导线分成左右两段研究：左段所受的安培力方向垂直纸面向外，右段所受安培力的方向垂直纸面向里，根据作用力与反作用力，磁铁左边受到的作用力向里，右边受到的作- 3 -用力向外，从上往下看，知磁铁顺时针转动。若磁铁转动 90时，导线所受的安培力方向向上，故磁铁受到的安培力向下，故 T 增大；故 A 正确，BCD 错误。故选 A。【点睛】解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向，以及掌握微元法、特殊位置法的运用.4.如图所示，长为 的导线 放在相互平行的金属导轨上，导轨宽度为 ，通过的

6、电流为 ，垂直于纸面的匀强磁场的磁感应强度为 ，则 所受的磁场力的大小为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】由公式 F=BIL 得 F=BI ，故选 C。【点睛】公式中的 L 是有效长度，即为通电电流的磁场中的长度，且垂直放置于磁场中5.电源的电动势和内阻都保持一定，现用两个不同的电压表先后直接接电源的两极上，电压表 1 的读数是 ，电压表 2 的读数是 ，已知电压表的内阻依次是 、 ，且 ，那么由于两电压表内阻不同，将是A. 一定小于B. 一定等于C. 若将两个电压表同时并接在电源的两极时，读数一定不同D. 若将两个电压表串联后接在电源的两极时，两电压表读数之和一定大于【答案】

7、D【解析】【详解】因 R1R 2，由 可知，接电压表 1 时电路中电流较小，故内电压较小，故路端电压较大，故电压表示数较大，故 U1一定大于 U2，故 AB 错误；若将两电表并连接在电源的两极时，因两表均测量路端电压，故两电压表的示数相等，故 C 错误；若将两电压表串联后- 4 -接在电源的两极时，因总电阻增大，故电路中电流较小，故内压减小，路端电压增大；故两电压表读数之和一定大于 U1；故 D 正确；故选 D。【点睛】本题要注意电压表可看作能读出电压的电阻，故可以将电压表作为外电阻，用闭合电路的欧姆定律进行分析处理二、多项选择题本题共 5 小题，每小题 4 分，共 20 分每小题有多个选项符

8、合题意全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，错选或不答的得 0 分6. 关于磁场和磁感线的描述，下列说法正确的是:( )A. 磁感线可以形象地描述磁场的强弱和方向，它每一点的切线方向表示该点的磁场方向B. 磁感线是从磁铁的 N 极指向 S 极C. 磁极间的相互作用是通过接触发生的D. 磁感线就是磁场中碎铁屑排列成的曲线【答案】A【解析】磁感线在磁体外部是从磁铁的 N 极指向 S 极，在内部从 S 极指向 N 极，B 错误；磁极间的相互作用是通过磁场发生的，属非接触力，C 错误；磁感线是人们假想出来的，不存在，D 错误7. 有两根长直导线 a、b 互相平行放置，如图所示为垂直于导线的截面

9、图在图中所示的平面内，O 点为两根导线连线的中点，M、N 为两导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与 O 点的距离相等若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流 I，则关于线段MN 上各点的磁感应强度，下列说法中正确的是（ ）A. M 点和 N 点的磁感应强度大小相等，方向相同B. M 点和 N 点的磁感应强度大小相等，方向相反C. 在线段 MN 上各点的磁感应强度都不可能为零D. 在线段 MN 上只有一点的磁感应强度为零【答案】BD【解析】- 5 -试题分析：根据安培定则判断得知，两根通电导线产生的磁场方向均沿逆时针方向，由于对称，两根通电导线在 MN 两点产生的磁感应强度大小相等

10、，根据平行四边形进行合成得到，M点和 N 点的磁感应强度大小相等，M 点磁场向下，N 点磁场向上，方向相反，故 A 错误 B 正确；只有当两根通电导线在同一点产生的磁感应强度大小相等、方向相反时，合磁感应强度才为零，则知只有 O 点的磁感应强度为零，故 C 错误，D 正确考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【名师点睛】根据安培定则判断两根导线在 M、N 两点产生的磁场方向，根据平行四边形定则，进行合成，确定大小和方向的关系在线段 MN 上只有 O 点的磁感应强度为零8.如图所示，在滑动变阻器的滑片向左滑动的过程中，理想电压表、电流表的示数将发生变化，电压表 、 示数变化量的绝对值分别为 、

11、 ，已知电阻 大于电源内阻 ，则A. 电流表 的示数增大 B. 电压表 的示数增大C. 电压表 的示数增大 D. 大于【答案】ACD【解析】【详解】据题理想电压表内阻无穷大，相当于断路。理想电流表内阻为零，相当短路，所以R 与变阻器串联，电压表 V1、V 2分别测量 R、路端电压，当滑动变阻器滑片向左滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则 A 的示数增大，故 A 正确；电路中电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，所以 V2的示数减小，故 B 错误；电路中电流增大，根据欧姆定律知，电压表 V1的示数增大，故 C 正确。路端电压减小，R 的电压增大，则U 1大于U2，故 D 正确。故

12、选 ACD。9.某同学将一直流电源的总功率 、输出功率 和电源内部的发热功率 ，随电流 变化的图线画在了同一坐标系中，如图中的 、 、 所示以下判断正确的是- 6 -A. 在 、 、 三条图线上分别取横坐标相同的 、 、 三点，这三点的纵坐标一定满足关系B. 、 图线的交点与 、 图线的交点的横坐标之比一定为 ，纵坐标之比一定为C. 电源的最大输出功率D. 电源的电动势 ，内电阻【答案】ABD【解析】【详解】在 a、b、c 三条图线上分别取横坐标相同的 A、B、C 三点，因为直流电源的总功率PE等于输出功率 PR和电源内部的发热功率 Pr的和，所以这三点的纵坐标一定满足关系PA=PB+PC，所

13、以 A 正确；当内电阻和外电阻相等时，电源输出的功率最大，此时即为 b、c 线的交点 M 时的电流，此时电流的大小为 ，功率的大小为 ，a、b 线的交点 N 表示电源的总功率 PE和电源内部的发热功率 Pr随相等，此时只有电源的内电阻，所以此时的电流的大小为 ，功率的大小为 ，所以横坐标之比为 1：2，纵坐标之比为 1：4，所以 B 正确；图线 c 表示电源的输出功率与电流的关系图象，很显然，最大输出功率小于 3W，故 C 错误；当 I=3A 时，P R=0说明外电路短路，根据 PE=EI 知电源的电动势 E=3V，内电阻 r= =1，故D 正确。故选 ABD。【点睛】当电源的内阻和外电阻的大

14、小相等时，此时电源的输出的功率最大，并且直流电源的总功率 PE等于输出功率 PR和电源内部的发热功率 Pr的和10.如图所示，两平行导轨 、 竖直放置在匀强磁场中，匀强磁场方向竖直向上，将一根金属棒 放在导轨上使其水平且始终与导轨保持良好接触，现在金属棒 中通以变化的电流 ，同时释放金属棒 使其运动已知电流 随时间 变化的关系式为 （ 为常数， ） ，金属棒与导轨间的动摩擦因数一定以竖直向下为正方向，则下面关于棒的速度 、加速度 随- 7 -时间 变化的关系图象中，可能正确的有A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】以竖直向下为正方向，根据牛顿第二定律得，金属棒的加速度 ，f=N=F

15、 A=BIL=BLkt，联立解得加速度 a=g ，与时间成线性关系，且 t=0 时，a=g，故 CD 错误。因为开始加速度方向向下，与速度方向相同，做加速运动，加速度逐渐减小，即做加速度逐渐减小的加速运动，然后加速度方向向上，加速度逐渐增大，做加速度逐渐增大的减速运动。故 A 错误，B 正确。故选 B。【点睛】解决本题的关键会根据合力确定加速度的变化，结合加速度方向与速度方向判断物体做加速运动还是减速运动，知道速度时间图线的切线斜率表示加速度三、简答题 （本题共两大题，共 20 分）11.物理兴趣小组的同学们从实验室中找到一只小灯泡，其标称功率值为 ，额定电压值已模糊不清他们想测定其额定电压值

16、，于是先用欧姆表直接测出该灯泡常温下不发光的电阻约为 ，然后根据公式计算出该灯泡的额定电压 他们怀疑所得电压值不准确，于是，再利用下面可供选择的实验器材设计一个电路，测量通过灯泡的电流和它两端的电压并根据测量数据来绘灯泡的 图线，进而分析灯泡的额定电压- 8 -A电压表 （量程 ，内阻约 ）B电流表 （量程 ，内阻约 ）C电流表 （量程 ，内阻约 ）D滑动变阻器E滑动变阻器F电源 （电动势 ，内阻不计）G开关 和导线若干H待测灯泡 （额定功率 ，额定电压未知）（1）在下面所给的虚线框中画出他们进行实验的电路原理图_，指出上述器材中，电流表选择_（“ ”或“ ”）：滑动变阻器选择_（填“ ”或“

17、 ”） （2）在实验过程中，该同学将灯泡两端的电压由零缓慢地增加，当电压达到 时，发现灯泡亮度很暗，当达到 时，发现灯泡已过亮，便立即断开开关，并将所测数据记录在下边表格中次数 1 2 3 4 5 6 70.20 0.60 1.00 1.40 1.80 2.20 2.7080 155 195 227 255 279 310请你根据实验数据在图中作出灯泡的 图线_（3）由图象得出该灯泡的额定电压应为_ ；这一结果大于 ，其原因_- 9 -【答案】 (1). (2). A2 (3). R1 (4). (5). 2.5 (2.4-2.6“) (6). 灯泡冷态电阻小于正常工作时的电阻（或灯泡电阻随温

18、度升高而变大）【解析】【详解】 （1）由 P=I2R 可得，I= =0.61A，所以应选电流表 A2；由 U-I 图象可知电流从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器 R1；电压表的内阻远大于小灯泡的电阻，则采用安培表外接电路，电路图如图；（2）根据表中数据采用描点法可得出对应的 U-I 图象；（3）根据 U-I 图象读出 U=2.5V，I=300mA 时，P=UI=0.75W，所以该灯泡额定电压为U=2.5V，这一结果大于开始时的计算结果，说明灯泡的电阻随温度的升高而增大（或灯泡的冷态电阻小于正常工作是的电阻） 【点睛】本题考查测量伏安特性曲线的性质；要求能熟记电流表内接法与

19、外接法的选择方法，以及滑动变阻器分压式接法的条件即选择原则；并能明确伏安特性曲线的应用12.现在要测量一段电阻丝的电阻率 ，其阻值 约为 ，允许通过的最大电流为 现- 10 -有如下器材可供选择：电流表 （量程 ，内阻约为 ）电压表 （量程 ，内阻约为 ）待测电阻丝 （阻值约为 ）标准电阻 （阻值 ）滑动变阻器滑动变阻器直流电源 （ ，内阻不计）开关 、导线若干（1）图为四位同学分别设计的测量电路的一部分，你认为合理的是_；A BC D（2）实验中滑动变阻器应该选择_（选填“ ”或“ ”） ，并采用_接法；（3）根据你在（1） （2）中的选择，在图甲上完成实验电路的连接；（4）实验中，如果两电

20、表的读数分别为 和 ，测得拉直后电阻丝接入电路中的长度为 、直径为 ，则待测电阻丝的电阻率 的计算式为 _；（5）用螺旋测微器测量待测电阻丝的直径时读数如图乙所示，则该电阻丝的直径_ - 11 -【答案】 (1). C (2). (3). 分压 (4). (5). 【解析】【详解】 （1）阻值 Rx约为 0.5，允许通过的最大电流为 0.5A，电压表量程为 3V，为保护电阻安全，待测电阻应与定值电阻串联；电流表内阻约为 0.6，电压表内阻约为 3k，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，由此可知，应选择图 C 所示电路（2）为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，滑动变阻器选择

21、阻值较小的 R1；根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：（3）电阻丝电阻：R x= -R0，由电阻定律可知： ，电阻率： ；（4）由图示螺旋测微器可知，其示数为：1mm+20.50.01mm=1.205mm；【点睛】本题考查了实验电路的选择、连接实物电路图、求电阻率、螺旋测微器读数等问题，根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法是选择电路、连接实物电路图的前提与关键；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四、计算题：本题共 4 小题，共计 65 分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位13.如图所

22、示，有一提升重物用的直流电动机通过电阻 连接在电源两端，已知电源电动势，内阻 ，电阻 ，电动机内阻 ，闭合开关后电压表的读数为则：- 12 -（1）电源两端的输出电压为多少？（2）输入到电动机的电功率是多少？（3）电动机工作 提升重物做功是多少？【答案】 （1） （2） （3） 【解析】【详解】 （1）由闭合电路欧姆定律：得得（2）由 得（3）由 得得14.如图所示，电源电动势 ，内阻为 ，电阻 、 、 、电容 两板间距离 为 （1）开关接 时，电容器哪个极板带正电，电荷量是多少？（2）当开关由与 接触到与 接触，通过 的电荷量是多少？（3）若两极板中央有一个带电粒子，当电键与 接触时，正好处

23、于静止状态，若电键与 接触后，带电粒子向哪极板运动？经过多长时间到达极板？（不考虑电容充放电时间，）- 13 -【答案】 （1） , 上极板带正电 （2） （3）【解析】【详解】 （1）开关接 时，由闭合电路欧姆定律得：电容器带电荷量：上极板带正电（2）开关接 时，电路中的电流仍为电容器带电荷量：经过 的电荷量：（3）开关接 时: 开关接 时： 由、两式代入数据得：得【点睛】本题考查闭合电路欧姆定律中的含容电路问题，在解题时要注意电路稳定时 R3、R 4相当于导线；电容器中变化的电量才流过 R315.如图所示，在倾角为 的光滑斜面上垂直纸面放置一根长为 L、质量为 m 的直导体棒ab，通以方向

24、向里的电流，电流强度为 I，重力加速度为 g，- 14 -（1）若加竖直向上的匀强磁场，使导体棒静止在斜面上，求所加磁场的磁感应强度 B 的大小；（2）若匀强磁场的大小、方向都可以改变，要使导体棒能静止在斜面上，求所加磁场的磁感应强度 B 的最小值和所对应方向。【答案】 （1） (2) 、由左手定得磁感应强度的方向垂直斜面向上【解析】试题分析：（1）导体棒 ab 受到重力、支持力和磁场对它的作用力，三力平衡。由左手定则可知，安培力的方向水平向右，故 F 安 =mgtan，即 BLI=mgtan，故。（2）要使导体棒静止在斜面上，安培力的方向沿斜面向上时，安培力最小，此时 F 安 =mgsin，

25、即 BLI=mgsin，故 。由左手定得判断，磁感应强度 B 的方向垂直斜面向上考点：安培力，左手定则，力的平衡。16.光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关 与内阻不计、电动势为 的电源相连，右端与半径为 的两段光滑圆弧导轨相接，一根质量 、电阻 、长为 的导体棒，用长也为 的绝缘细线悬挂，如图所示，系统空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度，当闭合开关 后，导体棒沿圆弧摆动，摆到最大高度时，细线与竖直方向成角，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于紧张状态，导轨电阻不计， （不考虑导体棒因切割磁感线产生的微弱的感应电流） ， 请求解：- 15 -（1）匀强磁场的方向及导体棒在摆动过程中

26、所受安培力 ；（2）导体棒在摆动过程中电源的输出功率；（3）导体棒在摆动到最高点时加速度【答案】 （1）竖直向下；0.3N（2）9W（3）5m/s 2【解析】【详解】 （1）当开关 S 闭合时，导体棒向右摆动，说明其所受安培力水平向右，由左手定则可知，磁场方向竖直向下；设电路中电流为 I，电源的电动势为 E，则根据动能定理得：mgL（1-cos53）=FLsin53，解得安培力 F=0.3N（2）由 F=BIL=B L，得 E=3V，则电源的输出功率 。（3）摆到最高点时，由牛顿定律： 解得 a=5m/s2【点睛】本题是通电导体在磁场中运动问题，知道运用左手定则判断安培力与磁场的关系，运用动能定理和能量守恒定律分析能量问题。