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1、用心爱心专心720122013学年度上学期第二次月考高二物理试题【新课标】（考试时间：90分钟 总分：100分）第I卷 （选择题 共50分）一、单项选择题（本题共 10小题，每小题3分，共30分。）1 .关于电场力和电场强度，以下说法正确的是：A.电场中某点场强为零，则检验电荷在该点受到的电场力不一定为零B.在电场中某点如果没有检验电荷，则电场力为零，电场强度也为零C. 一点电荷分别处于电场中的 A、B两点，电荷受到的电场力大则场强大D. 一检验电荷在以一个点电荷为球心，半径为r的球面上各点所受电场力相同2.某电场的电场线分布如图所示，下列说法正确的是：A. c点的电势高于 d点的电势B. a
2、点的电场强度大于 b点的电场强度C.若将一负试探电荷由 c点移到d点，电势能增加D.若将一正试探电荷由 a点移到b点，电场力做负功3 . 一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段径迹如图所示，径迹上的每一小段都可近似看成圆弧， 由于带电粒子使沿途 的空气电离，粒子的动能逐渐减小（带电量不变）从图中情况可以确定： A.粒子从a到b,带负电B .粒子从b到a,带正电C .粒子从a到b,运动周期变大 D.粒子从b到a,运动周期变小4 .如图所示，平行板电容器的电容为C,带电荷量为Q,板间距离为d,今在离右板d/4处a点与B点连线正好与斜面垂直，a点放一电荷q,则它所受电场力的大小为
3、：人,16Qq, 4QqA. k2B. k2-ddC. QqD,迎5 .有一光滑绝缘斜面体，如图所示，在斜面体上的与A点相连正好与 MN连线垂直。现把一带正电小球 1放在光滑绝缘斜面的 a点上，欲使小球1能静止该点位置，需在 MN放另一带电小球 2,则小球2 可能是：A.带负电，放在B点的左侧B.带负电，放在A点的左侧C.带正电，放在B点的右侧D.带正电，放在A点的左侧6 .如图所示，a、b是位于真空中的平行金属板，a板带正电，b板带负电，两板间的电场为匀强电场，场强为 E。同时在两板之间的空间中加匀强磁场，磁场方 向垂直于纸面向里，磁感应强度为B。一束电子以大小为 V0的速度从左边S处沿图中
4、虚线方向入射，虚线平行于两板，要想使电子在两板间能沿虚线运动，则 v0、E、B之间的关系应该是：A.EVo =BB.7 .如图所示，一金属直杆 MNW端接有导线，悬挂于线圈上方, 平面内，为使 MNB直纸面向外运动，可以：A.将a、b端分别接电源的正负极，c、d不接电源8 .将a、d端接在电源正极，b、c端接在电源负极C.将a、c端接在电源正极，b、d端接在电源负极D.将b、c端接在电源正极，a、d端接在电源负极”刈 RB. Rv RC. Rc= R)+Q,在y轴上有C、DD.因不知两表的内阻具体大小，故无法比较R与R0的大小关系10.平行板间加如图10-1所示周期变化的电压，重力不计的带电粒
5、子静止在平行板中央,tCABD图 10-2二、双项选择题(本题共 5小题.每小题4分，共20分。每小题给出的四个选项中，有二个选项正确，选对的得 4分，有漏选的得 2分.)11 .如图，水平放置的平行板电容器两极板接有一恒压电源。一带电小球以水平速度从处射入，从b处射出。现将上极板向下平移一小段距离，带电小球仍以同样的速度从a处射入电容器，若仍能从两极板间穿出，则下列说法正确的是： A.小球两次在电容器内运动的时间相等B.第二次电场力对小球做的功比第一次多C.第二次电场力做功可能为零D.上极板下移后，电容器两板间电势差增大12 .一个带电小球在空中从点 a运动到点b,这一过程重力做功 4 J,
6、 电场力做功3 J ,克服空气阻力做功l J ,由此可以判断小球从点 a运动到点b的过程 中，有关能量的变化是： A.重力势能减小4 JB.电势能增大3 JC.动能增大6 JD.机械能减小2 J13 .如图所示，铜质导电板置于匀强磁场中，通电时铜板中电流方向向上。由于磁场的作 用，b 点电势高于a点电势，则：1A.板左侧聚集较多电子田.卜)B.板右侧聚集较多电子|C.匀强磁场的方向垂直纸面向外一D.匀强磁场的方向垂直纸面向里14 .如图所示，电源电动势为 E,内阻为r,定值电阻 Rr,当电路中滑动变阻器 R2的滑 动触头P向左滑动时，以下说法正确的是 ： l2_.A.电容器的带电量增大_Lb.
7、电压表的读数变小丹:R 匚C.电源的输出功率变小D.如果保持滑动变阻器的滑动触头P位置不动，将电容器的两极板的距离变大，则电容器的带电量将减小15 .回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示。它的核心部分是两个D形金属盒，两盒 相距很近，分别和高频交流电源相连接，两盒间的窄缝中形成匀强电 场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速.两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，带电粒子在磁场中做圆周运动，通过两盒间的亨滋;窄缝时反复被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出。现要增大粒子射出时的动能，下列所采取的方法可行的是 .A.增大电场的加速电压- 丁 一B.增大磁场的磁感应强度C.减小狭
8、缝间的距离D.增大D形盒的半径第n卷（非选择题共50分）三、填空题（本题共 2小题，每空2分，共14分。把答案填在相应的横线上。）16.使用多用电表的欧姆挡测电阻时，用“ M 100”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度极小，正确的判断和做法是 A.被测电阻值很大B.被测电阻值很小C.为了把电阻值测得更准一些，应换用“ xlk”挡，重新欧姆调零后再测量D.为了把电阻值测得更准一些，应换用“ M10”挡，重新欧姆调零后再测量17.在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属直径时的刻度位置如图甲所示，用米尺测出金属丝的长 L,金属丝的电阻大约为 5c ,先用伏安法测出金属丝的电阻R,然
9、后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率.（甲）（1）从图（甲）中读出金属丝的直径为mm .（2）为此取来两节新的干电池、电键和若干导线及下列器材:A.电压表03V,内阻1OkCB.电压表015V,内阻50kQC.电流表00. 6A,内阻0. 05建D.电流表03A,内阻0. 01建E.滑动变阻器，010。F.滑动变阻器，0100 c要求较准确地测出其阻值，电压表应选 ,电流表应选 ,滑动变阻器应选.（填序号）实验中他的实物接线如图（乙）所示，请指出该同学实物接线中的两处明显错误.错误1错误2b四、计算题（本题 4小题，共36分.解答时应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
10、案的不能得分，有数值运算的，答案中必须明确写出数值和单位.）18 .如图所示，在倾角都为 0的光滑导轨上，放一根长为1、质量为m的金属棒ab,在通电金属 棒所在空间存在磁感应强度为B、方向竖直向上的匀弓11磁场，金属棒 ab在磁场中处于静止危态，则金属棒ab中的电流大小为多大？方向如何？19 .将电荷量为6X 10-6C的负电荷从电场中 A点移到B点，克服电场力做了 3X 105 J的功, 再将该电荷从 B点移到C点，电场力做了 1. 2X105J的功，求：(1) A、B之间的电势差Uab(2)该电荷从A点移到B点，再从B点移到C点的过程中，电势能变化了多少？20.在如图所示的电路中,R=2Q
11、 , R=4Q ,当电键 K接a时，R2上消耗的电功率为 4 W,当电键K接b时，电压表示数为 4. 5 V ,试求：(1)电键K接a时，通过电源的电流和电源两端的电压;(2)电源的电动势和内电阻；21.在平面直角坐标系 xOy中，第n象限存在沿 x轴正方向的匀强电场， 第I象限存在垂直 于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为区一质量为 m电荷量为q的带正电的粒子从x轴负半轴上的 M点以速度vo垂直于x轴射入电场，经 y轴上的N点与y轴正方 向成0 =60角射入磁场，最后从 x轴正半轴上的 P点垂直于x轴射出磁场，如图所 示。不计粒子重力，求：(1) M N两点间的电势差 LMn ；(2)粒子
12、在磁场中运动的轨道半径r；(3)粒子从M点运动到P点的总时间t。*丁N参考答案、单项选择题（本题共 10小题，每小题3分，共30分。）题号12345678910答案CDBCDACBBA、双项选择题（本题共 5小题.每小题4分，共20分。每小题给出的四个选项中，只有 二个选项正确，选对的得 4分，有漏选的得2分.）题号1112131415答案ACACADCDBD三、填空题（本题共 2小题，每空2分，共14分。把答案填在相应的横线上。）16. AC17. （1） 0 . 680mm（2）A , C, E错误1 :导线连接在滑动变阻器的滑片上错误2:采用了电流表内接法四、计算题（本题共 4小题，共3
13、6分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。）（2分）（2分）（1分）（1分）18. （6 分）解：F 安=BIl又F安二mgtg。由可得：I =mgtgBl方向：由b指向a19. （6 分）解：（1） UB=WAB二 一3；0。=5V（2 分）（2）电势能的变化量为：A E=VAC=Wb+Wc=-3 X 10-5+1 . 2X10-5=-1 . 8X10-5J,（3 分）负号表示电势能增加.（1分）20. （12分）解：（1） K接a时，R被短路，外电阻为 R,根据电功率公式：c 2c口，P /、P=IRi得： 11 = 一 =1A（2 分）. RiU12P得： Ui =qPR2
14、 =4V（2 分）R2（2） K接 a 时，有 E=U+I1r=4+r（2分）K接 b 时，R和 R 串联，R kR+R=6 Q通过电源电流12 =U 20.75ARiR2（2分）这时有：E=U+12r=4. 5+0. 75 r（2 分）由可得：E=6 Vr = 2 Q（2分）121221. （12 分）解：（1）由动能定理：qUMN = mu2 mu0（2 分）22又丁 u =0（1分）由可得：U MN = 3mv0（1cos2q分）（2）粒子进入磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力:2 v Bq = m r从而得：r2mv0qB（2分）（1分）（3）粒子在电场中做类平抛运动y 轴方向：rsinH=u0tlt13mBq（2分）粒子在磁场中做匀速圆周运动，转过的角度为12002 二mt2二T 二2 二 3Bq（2分）由可得粒子从 M点运动到P点的总时间:工（3,3 2二）mt 二3Bq（1分）