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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 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
