2019-2020学年宁夏石嘴山市第三中学高二上学期第二次（12月）月考物理试题 word版

2019-2020学年宁夏石嘴山市第三中学高二上学期第二次（12月）月考物理试题 word版

宁夏石嘴山市第三中学2019-2020学年高二上学期第二次（12月）月考物理试卷 一、单选题（共12小题，每题3分，共36.0分）‎ 1. 如图所示，若一束电子从O点沿y轴正向移动，则在z轴上某点A的磁场方向应是（     ）‎ ‎ A. 沿x轴的正向 B. 沿x轴的负向 ‎ C. 沿z轴的正向 D. 沿z轴的负向 2. 如图所示，O为圆心，KN和LM是半径分别为ON、OM的同心弧，在O处垂直纸面放置一载直流导线，电流方向垂直纸面向外，用一根导线围成回路KLMN.当回路中沿图示方向通过电流时则回路( )    ‎ A. 向左移动 B. 向右移动 C. KL边垂直纸面向外运动,MN边垂直纸面向里运动 D. KL边垂直纸面向里运动,MN边垂直纸面向外运动 3. 如图所示，一金属直杆MN两端接有导线，悬挂于线圈上方，MN与线圈轴线均处于竖直平面内，为使MN垂直纸面向外运动，可以（　　）‎ A. 将a、b端分别接电源的正负极,c、d不接电源 B. 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 4. 如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则( )‎ A．电压表读数减小 B．电流表读数减小 C．质点P将向上运动 D．R3上消耗的功率逐渐增大 1. 倾角为α的导电轨道间接有电源，轨道上静止放有一根金属杆ab．现垂直轨道平面向上加一匀强磁场，如图所示，磁感应强度B逐渐增加的过程中，ab杆受到的静摩擦力（　 　）‎ A. 逐渐增大 B. 逐渐减小 ‎ C. 先增大后减小 D. 先减小后增大 2. 如图所示，质量为m、电荷量为q的带正电的物体在绝缘的水平面上向左运动，物体与地面间的动摩擦因素为μ，整个装置放在磁感强度为B方向垂直纸面向里的匀强磁场中．设某时刻物体的速率为，则下列叙述中正确的是 （      ）‎ A. 物体速率由v减小到零的过程,加速度逐渐增大 B. 物体速率由v减小到零通过的位移等于 C. 如果再加一个方向水平向左的匀强电场,物体有可能做匀速运动 D. 如果再加一个方向竖直向下的匀强电场,物体有可能做匀速运动 3. 如图所示，一个矩形线圈与通有相同大小的电流的平行直导线处于同一平面，而且处在两导线的中央，则 ( 　 )‎ A．两电流同向时，穿过线圈的磁通量为零 B．两电流反向时，穿过线圈的磁通量为零 C．两电流同向或反向，穿过线圈的磁通量都相等 D．因两电流产生的磁场是不均匀的，因此不能判定穿过线圈的磁通量是否为零 4. 粗细均匀的导体棒ab悬挂在两根相同的轻质弹簧下，ab恰好在水平位置，如图所示。已知ab的质量m=2g，ab的长度L=20cm，沿平方向与ab垂直的匀强磁场的磁感应强度B=0.1T，电池的电动势为12V，电路总电阻为12Ω．当开关闭合时（　 　）‎ A. 导体棒ab所受的安培力方向竖直向上 B. 能使两根弹簧恰好处于自然状态 C. 导体棒ab所受的安培力大小为 D. ‎ 若系统重新平衡后,两弹簧的伸长量均与闭合开关前相比改变了,则弹簧的劲度系数为 1. 如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的P环套在固定的水平长直绝缘杆上，整个装置处在垂直于杆的水平匀强磁场中，磁感应强度大小为B.现给环一向右的初速度v0(v0>)，则( ) ‎ A. 环将向右减速,接着向左加速 B. 环将向右减速,最后停止运动 C. 从环开始运动到最后达到稳定状态,损失的机械能是 D. 从环开始运动到最后达到稳定状态,损失的机械能是 2. 如图所示，三条长直导线都通以垂直于纸面向外的电流，且I1=I2=I3，则距三导线等距的A点的磁场方向为（ 　　）‎ A. 向上 ‎ B. 向右 ‎ C. 向左 ‎ D. 向下 3. 初速度为v0的电子（重力不计），沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图所示，则（　　）‎ A. 电子将向右偏转,速率不变 B. 电子将向左偏转,速率改变 C. 电子将向左偏转,速率不变 D. 电子将向右偏转,速率改变 4. ‎ 如图所示，在匀强磁场中，AB为粗细均匀的铅笔芯，C为AB的中点。输出电压恒定的电源接A、B两端时，铅笔芯受到的安培力为F；若接A、C两端时，铅笔芯受到的安培力为( )‎ ‎ A． B． ‎ ‎ C． D．2‎ 二、多选题（共6小题，每题4分，共24.0分）‎ ‎0.0‎ I/A U/V ‎0.5‎ ‎1.0‎ ‎1.5‎ ‎2.0‎ ‎2.5‎ ‎3.0‎ ‎0.00‎ ‎0.05‎ ‎0.10‎ ‎0.15‎ ‎0.20‎ ‎0.25‎ 1. 在如图所示的电路中，电源电动势为3．0V，内阻不计，L1、、L2、L3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图所示．当开关闭合后，下列判断正确的是（ ）‎ E L1‎ S L2‎ L3‎ A．灯泡L1的电阻为12Ω B．通过灯泡L1的电流为灯泡L2电流的2倍 C．灯泡L1消耗的电功率为0．75W D．灯泡L2消耗的电功率为0．30W 2. 南极考察经常就南极地区特殊的地理位置进行科学测量．某次考察队在地球南极附近用弹簧测力计竖 直悬挂一未通电螺线管，如图所示．下列说法正确的是 ( ) ‎ A. 若将a端接电源正极,b端接电源负极,则弹簧测力计示数将减小 B. 若将a端接电源正极,b端接电源负极,则弹簧测力计示数将增大 C. 若将b端接电源正极,a端接电源负极,则弹簧测力计示数将增大 D. 不论螺线管通电情况如何,弹簧测力计示数均不变 3. 回旋加速器是加速带电粒子的一种装置，其核心部分是两个D形金属盒．两盒间的狭缝中存在周期性变化的电场，垂直于盒面存在一个匀强磁场．粒子每次经过狭缝时都获得加速，之后在洛伦兹力作用下盘旋路径．经多次加速，粒子最终贴近D形盒边缘射出．如图所示，设匀强磁场的磁感应强度为B，加速电压为U，电压变化的周期为T，则（　 　） ​‎ A. 由于粒子在电场中获得加速,所以增大U可以增大粒子射出时的动能 B. 增大B,粒子在盒内绕行的圈数变多,射出时的动能也变大 ‎ C. 若用来加速带电量为q,质量为m的粒子,T应设定为 D. 由于粒子的运动越来越快,所以走过半圆的时间会越来越短 1. 如图所示,通电直导线ab质量为m、水平地放置在两根倾角为的光滑绝缘导体轨道上,通以图示方向的电流,电流强度为两导轨间距为L,要使导线ab静止在导轨上,则关于所加匀强磁场大小、方向从b向a看的判断正确的是(    ) A. 磁场方向竖直向上,磁感应强度大小为 B. 磁场方向竖直向下,磁感应强度大小为 C. 磁场方向水平向右,磁感应强度大小为 D. 磁场方向垂直斜面向上时,磁感应强度有最小值 2. 两个质量、带电量绝对值均相同的粒子a、b，以不同的速率沿AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图（虚线AB弧长等于磁场圆周长的，虚线AC弧长等于磁场圆周长的），不计粒子重力。则下列说法正确的是（　　）‎ A.a、b粒子在磁场中的运动时间之比：：2 B. a粒子带正电,b粒子带负电 C. a、b粒子的速度之比 D. a、b粒子在磁场中的半径 3. 在竖直平面内放一个光滑绝缘的半圆形轨道，水平方向的磁场与轨道所在平面垂直。如图所示。一个带正电荷的小球由静止开始从半圆形轨道的最高点A滑下，则（　　）‎ A. 小球经过最低点C的速率比无磁场时大 B. 小球运动到最低点C所用的时间比无磁场时短 C. 小球经过最低点C的速度与无磁场时相等 D. 小球运动到最低点C所用的时间跟无磁场时相等 三、实验题（共2小题，空1分×7=7分，图共6分，共13.0分）‎ 1. 现有一合金制成的圆柱体，为测量该合金的电阻率，现用伏安法测量圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度。螺旋测微器和游标卡尺的示数如图所示： （1）由图可知，圆柱体的直径为______mm，长度为______mm。 （2）若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端之间的电压为U，圆柱体的直径和长度分别用d、L表示，则用d、L、I、U表示的电阻率关系式为ρ=______。‎ 2. ‎“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，小灯泡的额定电压为2.5V，额定功率为0.5W，实验中除导线和开关外，还有以下器材可供选择： A．直流电源3V（内阻不计） B．直流电流表0～300mA（内阻约为5Ω） C．直流电流表0～3A（内阻约为0.025Ω） D．直流电压表0～3V（内阻约为3.0kΩ） E．滑动变阻器100Ω，0.5A F．滑动变阻器10Ω，2A 实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量。 （1）实验中电流表应选用______，滑动变阻器应选用______。（均填写仪器前的字母） （2）(3分)根据所提供器材，在线框中画出实验电路图。 （3）（3分）如图甲是此实验的器材实物图，图中已连接了部分导线。请根据在上问中所选的电路 图，补充完成图中实物间的连线。 （4）开关S闭合之前，图甲中滑动变阻器的滑片应该置于______。（选填“左端”“右端”或“正 ‎ 中间”） （5）根据实验数据，画出小灯泡IU图线如图乙所示。由此可知，当电压为0.75V时，小灯泡的灯 丝电阻是______Ω。‎ 四、计算题（共5小题，共6+8+10+10+13=47.0分）‎ 1. ‎（6分）如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图．电动机内电阻r=0.8Ω，电路中另一电阻R=10Ω，直流电压U=210V，电压表示数UV=110V．试求： （1）通过电动机的电流； （2）输入电动机的电功率； （3）若电动机以v=1m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量？（g取10m/s2）‎ ‎ ‎ 2. ‎(8分)如图所示，两平行金属导轨间距离L=0.4m，金属导轨所在的平面与水平面夹角37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.5T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.5Ω的直流电源．现把一个质量为m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨动摩擦因数为μ，且与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的导体棒的电阻R0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2．已知sin37°=0.60，cos37°=0.80，求： （1）导体棒受到的安培力F； （2）导体棒受到的摩擦力f； （3）若要使导体棒能静止，求磁感应强度B的取值范围． ‎ 3. ‎(10分)如图所示，在x轴上方有磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，x轴下方有磁感应强度大小为，方向垂直纸面向外的匀强磁场．一质量为m电荷量为-q 的带电粒子（不计重力）x轴上O点以速度v0垂直x轴向上射出．求： （1）经多长时间粒子第三次到达x轴（初位置O点为第一次）； （2）粒子第三次到达x轴时离O点的距离． ‎ 1. ‎(10分)下图为质谱仪的原理图，A为粒子加速器，电压为U1；B为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，板间距离为d；C为偏转分离器，磁感应强度为B2。今有一质量为m、电量为q的正离子经加速后，恰好通过速度选择器，进入分离器后做半径为R的匀速圆周运动，求：‎ ‎⑴粒子的速度v;‎ ‎⑵速度选择器的电压U2;‎ ‎⑶粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R.‎ 2. ‎（13分）如图所示, 在水平地面上方有一范围足够大的互相正交的匀强电场和匀强磁场区域.磁场的磁感应强度为B,方向水平并垂直纸面向里.一质量为m、带电荷量为q的带正电微粒在此区域内沿竖直平面(垂直于磁场方向的平面)做速度大小为v的匀速圆周运动,重力加速度为g.‎ ‎（1）求此区域内电场强度的大小和方向.‎ ‎（2）若某时刻微粒在场中运动到P点时,速度与水平方向的夹角为60°,且已知P点与水平地面间的 距离等于其做圆周运动的半径.求该微粒运动到最高点时与水平地面间的距离.‎ ‎（3）当带电微粒运动至最高点时,将电场强度的大小变为原来的 (方向不变,且不计电场变化对原磁场的影响),且带电微粒能落至地面,求带电微粒落至地面时的速度大小.‎ ‎2019-2020学年石嘴山市三中高二（上）第二次月考物理试卷 一、 单选题（共12小题，每题3分，共36.0分）‎ ‎1-6 B C C A D C 7-12 A C D B D C 二、多选题（共6小题，每题4分，共24.0分）‎ ‎13-18 ACD AC BC AD AC CD 三、实验题（共2小题，空1分×7=7分，图共6分，共13.0分）‎ ‎19.【答案】1.843   4.240   ‎ ‎【解析】解：（1）由图a所示可知，螺旋测微器固定刻度示数为1.5mm，游标尺示数为34.3×0.01mm=0.343mm，螺旋测微器示数为1.5mm+0.343mm=1.843mm； 由图所示可知，游标卡尺主尺示数为4.2cm，游标尺示数为8×0.05mm=0.40mm，游标卡尺示数为42mm+0.40mm=42.40mm=4.240cm； （2）根据电阻定律，有：R=ρ=ρ 解得：ρ=。 故答案为：（1）1.843，4.240；（2）。 （1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；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； （2‎ ‎）根据欧姆定律和电阻定律列式求解。 游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；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；游标卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读，对游标卡尺读数时，要注意游标尺的精度。并掌握电阻定律与欧姆定律的应用。 20.【答案】B   F   左端   6 ‎ ‎【解析】解：（1）小灯泡的额定电流为I===0.2A=200mA，故选电流表B；滑动变阻器选择较小的，便于操作，故选滑动变阻器F； （2）电流表内阻和小灯泡的内阻相接近，故采用电流表外接法，要求小灯泡两端的电压从零开始，所以采用滑动变阻器的分压接法，电路图如图所示： （3）根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示： （4）为了保护小灯泡不被烧坏，应使得小灯泡两端的电压为零，所以滑动变阻器的滑片应置于最左端； （5）由图乙所示图象可知，当小灯泡两端的电压为0.75V时，小灯泡中的电流为0.125A，所以根据欧姆定律可得此时小灯泡的电阻为：R===6Ω； 故答案为：（1）B；F；（2）电路图如图所示；（3）实物电路图如图所示；（4）左端；（5）6。 （1）根据灯泡额定电流选择电流表，为方便思议操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器。 （2）根据题意确定滑动变阻器与电流表接法，然后作出实验电路图。 （3）根据电路图连接实物电路图。 （4‎ ‎）滑动变阻器采用分压接法时，为保护电路，闭合开关前滑片要置于分压电路分压为零的位置。 （5）由图示图象求出电压对应的电流，然后由欧姆定律求出灯丝电阻。 本题考查测量小灯泡的伏安特性曲线的实验，要注意正确得出实验对应的接法和原理，并能正确根据图象进行数据分析；注意分压和电流表外接法的正确选择。‎ 四、计算题（共5小题，共6+8+10+10+13=47.0分）‎ ‎21.【答案】解：（1）通过R的电流I==A=10A； （2）电动机的输入功率P1=U2I=110×10W=1100W， （3）电动机内电阻的发热功率P2=I2r=102×0.8W=80W， 输出的机械功率P3=P1-P2=（1100-80）W=1020W； 而P3=Fv=mgv 解得：m==102kg 答：（1）通过R的电流为10A； （2）输入电动机的电功率为1100W； （3）若该电动机以v=1m/s匀速竖直向上提升一重物，此重物的质量为102kg． ‎ ‎【解析】（1）根据欧姆定律求出通过R的电流； （2）电动机的输入功率为P1=U2I； （3）电动机内电阻的发热功率为P2=I2r，输出的机械功率为P3=P1-P2．由公式P3=Fv=mgv求解物体的质量． 本题考查了机械公式和电功功率以及电功公式的灵活应用，关键是知道电动机做功的功率加上线圈的发热功率即为电动机消耗电能的功率，难度适中． ‎ ‎22.【答案】解：（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有： 导体棒受到的安培力： F=BIL=0.5×1.5×0.4=0.30N 根据左手定则，方向平行斜面向上； （2）导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1=mgsin37°=0.24N ‎， 由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f； 根据共点力平衡条件，有： mgsin 37°+f=F 解得：f=0.06N （3）气体前2问是恰好不上滑的情况，故Bmax=B=0.5T； 如果是恰好不下滑，此时最大静摩擦力向上，安培力最小，故磁感应强度最小，根据平衡条件，有： F'=mgsin37°-f=0.24N-0.06N=0.18N 根据F'=BminIL， 解得：Bmin= 故0.3T≤B≤0.5T 答：（1）导体棒受到的安培力大小F为0.3N； （2）导体棒受到的摩擦力f为0.06N； （3）若要使导体棒能静止，磁感应强度B的取值范围为0.3T≤B≤0.5T． 【解析】（1）根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小，根据安培力的公式F=BIL求出安培力的大小F． （2）导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力，导体棒恰好静止，说明摩擦力为最大静摩擦力，导体棒处于平衡，根据共点力平衡求出最大静摩擦力的大小f． （3）如果改变磁感应强度的大小，则安培力大小会改变，考虑临界情况，即最大静摩擦力恰好向上或者恰好向下两种情况． 解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力；第三问要考虑两个临界情况． ‎ ‎23.【答案】解：粒子的运动轨迹示意图如图所示 由牛顿第二定律：qv0B=…① 由T=得：T1=  T2= 粒子第三次到达x轴所需时间： ‎ ‎ t=（T1+T2）= （2）由上面①可知：r1=，r2= 粒子第三次到达x轴时离O点的距离为：s=2（r1+r2）=． 答：（1）射出之后经时间粒子第三次到达x 轴． （2）粒子第三次到达x轴时离O点的距离是． ‎ ‎【解析】（1）由牛顿第二定律得洛伦兹力提供向心力得出周期的表达式，根据几何关系求出时间． （2）由牛顿第二定律得轨道半径，根据几何关系求出对应的距离． 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的时间，常常根据t=T求出，θ是轨迹的圆心角，根据几何知识求解．‎ ‎24.【答案】⑴粒子经加速电场U1加速，获得速度V，由动量定理得qU1=mv2 解得v=‎ ‎⑵在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛仑兹力平衡得Eq=qvB1‎ ‎ ‎ ‎25.【答案】(1)由于带电微粒可以在电场、磁场和重力场共存的区域内沿竖直平面做匀速圆周运动,表明带电微粒所受的电场力和重力大小相等、方向相反,因此电场强度的方向竖直向上.‎ 设电场强度为E,则有,即 .‎ ‎(2)设带电微粒做匀速圆周运动的轨道半径为R,根据牛顿第二定律和洛伦兹力公 式有,解得 .‎ 依题意可画出带电微粒做匀速圆周运动的轨迹如图所示,由几何关系可知,该微粒运动至 最高点时与水平地面间的距离 ‎(3)将电场强度的大小变为原来的 ,则电场力变为原来的 ,即 ,带电微粒运动过程中,洛伦兹力不做功,所以在它从最高点运动至地面的过程中,只有重力和电场力做功,设带电微粒落地时的速度大小为,根据动能定理有 解得 答案:(1) ,方向竖直向上 (2) ‎ ‎(3)‎ ‎【解析】(1)当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时,合外力时刻指向圆心,速率不变,而重力和电场力的方向是无法改变的,只能是这两个力平衡,由洛伦兹力提供向心力.‎ ‎(2)根据圆周运动的速度必定是切线方向、圆心必定在垂直于速度方向的直线上的特点,正确地画出运动轨迹,再由几何关系找出最高点到地面的距离与轨道半径R的关系.‎ ‎(3)由于洛伦兹力不做功,所以利用动能定理来解决一般的曲线运动.‎