【物理】江西省抚州市南城县第二中学2019-2020年高二上学期第二次月考试题（解析版）

【物理】江西省抚州市南城县第二中学2019-2020年高二上学期第二次月考试题（解析版）

南城二中2019-2020学年度上学期第二次月考 高二物理试卷 一、选择题 ‎1.在赤道上空，水平放置一根通以由东向西方向电流的直导线，则此导线（ ）‎ A. 受到竖直向上的安培力 B. 受到竖直向下的安培力 C. 受到由南向北的安培力 D. 受到由西向东的安培力 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】直导线的电流方向由东向西，赤道上空地磁场的方向由南向北，根据左手定则即可判断安培力方向。‎ ‎【详解】赤道上空地磁场的方向由南向北，根据左手定则：伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向北穿过手心，则手心朝南．四指指向电流方向，则由西向东，拇指指向安培力方向：竖直向下，B正确，ACD错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】考察左手定则的运用。‎ ‎2.如图所示，按A、B、C、D四种方式在一个正方形的四个顶点分别放置一个点电荷，所带电量已在图中标出，其中正方形中心场强最大的是（ ）‎ A. B. C D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先分析各点电荷在中心处场强大小和方向，再根据矢量合成法则，即可求出中心处的场强。‎ ‎【详解】A．根据点电荷电场强度公式，结合矢量合成法则，正方形对角线异种电荷的电场强度，为各自点电荷在中心处相加，因此中心处的合电场强度大小为；‎ B．两个负电荷在正方形中心处场强为零，两个正点电荷在中心处电场强度为零，因此中心处的合电场强度大小为0；‎ C．同理，正方形对角线的两负电荷的电场强度在中心处相互抵消，而正点电荷在中心处，叠加后电场强度大小为；‎ D．同理，在中心处的电场强度大小；‎ 综上比较，正方形中心场强最大的是A，所以A正确。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】考察点电荷在某点场强的矢量合成。‎ ‎3.一带正电粒子仅在电场力作用下从A点经B、C运动到D点，其v-t图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. A处的电场强度一定小于B处的电场强度 B. A处的电势一定大于在B处的电势 C. CD间各点电场强度和电势都为零 D. AB两点间的电势差不等于CB两点间的电势差 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ v-t图像斜率表示加速度，进而可判断在某点的场强的强弱以及电势和电势能的变化。‎ ‎【详解】A．由v-t图像斜率可看出，带正电的粒子的加速度在A点时较大，有牛顿第二定律得知在A点的电场力大，故A点的电场强度一定大于B点的电场强度，故A错误；‎ B．B点速度比A点的速度大，说明从A到B电场力做正功，电势能减小，由于是正电荷，根据，电势也减小，A点电势大于B点电势，B正确；‎ C．CD间各点电荷的加速度为零，故不受电场力，故电场强度为零，电场强度为零，说明各点之间的电势差为零，但电势不一定为零，C错误；‎ D．A、C两点速度相等，故粒子的动能相同，因此从A到B和从B到C电场力做功的绝对值相同，AB两点间的电势差等于CB两点间的电势差，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】考察对v-t图像的理解和电势、电势能的判断方法。‎ ‎4.如图，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为的a点处的磁感应强度为零。如果让P中的电流反向，其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为（ ）‎ A. 0 B. B0‎ C. B0 D. 2B0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过安培定则可判断两长直导线P和Q在a点的磁感应强度的方向，进而确定其大小，直导线P电流反向后，再用安培定则判断a点的磁感应强度的方向，然后分析即可。‎ ‎【详解】如图所示， P、Q中的电流在a点产生的磁感应强度大小相等，设为B1，由几何关系可知：‎ 如果让P中的电流反向、其他条件不变时，如下图所示，‎ 由几何关系可知，a点处磁感应强度的大小为：‎ B正确，ACD错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】考察直导线周围电场的分布和矢量的合成。‎ ‎5.在如图所示的电路中，由于某一电阻发生短路或断路，A灯变暗，B灯变亮，则故障可能是（ ）‎ A. R1短路 B. R2断路 C. R3短路 D. R4断路 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A灯变暗，说明流过A所在支路的电流减小；B灯变亮，说明其分得的电压变大了，根据串并联电路的特点和闭合电路欧姆定律即可求解。‎ ‎【详解】A．R1短路，外电路总电阻减小，总电流变大， A、B所在支路的电流均增大，A、B灯都变亮， A错误；‎ B．R2断路，A灯不会亮，外电路总电阻增大，总电流变小，R3所在支路的电压B灯泡分得的电压变大，变亮， B错误；‎ C．R3短路，外电路总电阻减小，总电流变大，路端电压减小，U1增大，则上面的并联电压减小，A灯变暗，流过A灯的电流减小，由于总电流增大，则流过B灯的电流增大，B灯变亮，C正确；‎ D．R4断路，外电路总电阻增大，电路总电流变小，路端电压变大，U1减小，则上面的并联电压增大，A灯变亮，流过A的电流增大，由于电路总电流变小，则流过R3支路的电流减小，B灯变暗，D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题是电路动态分析问题，关键理清电路结构，然后根据串并联电路的特点分析。‎ ‎6.一束几种不同的正离子，垂直射入正交的匀强磁场和匀强电场区域里，离子束保持原运动方向未发生偏转．接着进入另一匀强磁场，发现这些离子分成几束如图．对这些离子，可得出结论（ ）‎ A. 它们的动能一定各不相同 B. 它们的电量一定各不相同 C. 它们的质量一定各不相同 D. 它们的荷质比一定各不相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 沿直线通过速度选择器的粒子，具有共同的速度大小，进入磁场区分开，轨道半径不等，说明粒子比荷不同。‎ ‎【详解】解：经过速度选择器后的粒子速度相同，粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，有：‎ 即不发生偏转的粒子具有共同的速度大小：‎ 进入磁场区分开，轨道半径不等，根据公式：‎ v、B相同，R不同，说明比荷不同，ABC错误，D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】考察速度选择器的原理和带电粒子在匀强磁场中的运动。‎ ‎7.在如图所示的电路中，电源的电动势E恒定，内阻r=1Ω，R1为光敏电阻（其阻值随光照的增强而减小），定值电阻R2=2Ω，R3=5Ω，电表均为理想电表．则下列说法正确的是（ ）‎ A. 当光照增强时，电源的效率增大 B. 当光照增强时，电容器的电荷量减小 C. 光照强度变化时，电压表示数和电流表示数之比不变 D. 若光敏电阻R1阻值变化范围为2～9Ω，则光照强度变化前后，ab段电路消耗的电功率可能相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过光照强度的变化，可知电阻变化的，根据闭合电路的欧姆定律，可判断电路总电流和总电压的，进而判断其他问题。‎ ‎【详解】A．当光照增强时，光敏电阻阻值减小，总电流增大，路端电压U减小，则电源的效率为：减小，故A错误；‎ B．当光照增强时，光敏电阻阻值减小，总电流增大，R2 两端的电压增大，则电容器两端的电压增大，根据知，电容器的电荷量增大，B错误；‎ C．根据闭合电路欧姆定律得：，所以，电压表示数和电流表示数的变化量之比不发生变化，故C错误；‎ D．将R3看成电源的内阻，则等效电源的内阻为，，则光敏电阻时，外电路总电阻与等效电源的内阻相等，电源的输出功率有最大值，则若光敏电阻R1阻值变化范围为，则光照强度变化前后，AB两段电路的功率可能相同，D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】考察闭合电路的动态分析。‎ ‎8.如图所示，无限长水平直导线中通有向右的恒定电流I，导线正下方固定一正方形线框，线框中也通有沿顺时针方向的恒定电流I，线框的边长为L ‎，线框上边与直导线平行，且到直导线的距离也为L，已知在长直导线的磁场中距长直导线r处的磁感应强度大小为，线框的质量为m，则释放线框的一瞬间，线框的加速度可能为（ ）‎ A. 0 B. -g C. -g D. g-‎ ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过分析安培力的方向，结合牛顿第二定律，即可计算出加速度。‎ ‎【详解】线框上边受到的安培力的大小为：‎ ‎，‎ 方向向上；‎ 线框下边受到的安培力大小为：‎ ‎，‎ 方向向下；‎ 若，则加速度为0，‎ 若，则加速度向上，根据牛顿第二定律可得：‎ 若，则加速度向下，根据牛顿第二定律可得：‎ 所以AB正确，CD错误。故选AB。‎ ‎【点睛】考察安培定则和牛顿第二定律的运用。‎ ‎9.如图所示，边长为L的正方形abcd为两个匀强磁场的边界，正方形内磁场的方向垂直纸面向外。磁感应强度大小为B，正方形外的磁场范围足够大，方向垂直纸面向里、磁感应强度大小也为B；把一个离子源放在顶点a处，它将沿ac连线方向发射质量也为m、电荷量为q（q>0）、初速度为v0= 的带电粒子（重力不计），下列说法正确的是 ‎ A. 粒子第一次到达d点所用的时间为 B. 粒子第一次到达c点所用的时间为 C. 粒子第一次到达b点所用的时间为 D. 粒子第一次返回a点所用时间为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据粒子的速度和磁场方向，运用左手定则，首先画出粒子的运动轨迹，再根据圆心角即可算出运动时间。‎ ‎【详解】A．在磁场中洛伦兹力提供向心力，根据公式：‎ ‎，‎ 可知粒子在磁场中运动的周期为：‎ 如下图，由几何关系可知，粒子在内部磁场中应恰好到达B点，时间为四分之一周期， 即：，A正确；‎ B．离开B后再经四分之三圆周到达C点，运动轨迹如图所示，可知到达C点的时间为一个周期，时间为，B错误；‎ C．粒子由C点进入时也CA方向，经四分之一圆周到达D点，时间为四分之五周期，时间为，C正确；‎ D．粒子离开B点后，再在外磁场中经四分之三圆周回到A点，可知粒子恰好经过了2个周期，时间为，D错误；‎ 故选AC。‎ ‎【点睛】本题考查带电粒子在磁场中的运动，明确粒子的运动轨迹和过程是解题的关键。‎ ‎10.如图所示，在直角三角形ABC内充满垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出），AB边长度为d，∠B=．现垂直AB边射入一群质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子，已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t，而运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为t（不计重力）。则下列判断中正确的是 A. 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为5t B. 该匀强磁场的磁感应强度大小为 C. 粒子在磁场中运动的轨道半径为d D. 粒子进入磁场时速度大小为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过画出图像，找到临界状态，根据几何关系即可解决问题。‎ ‎【详解】A．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直AC边射出的粒子在磁场中轨迹的圆心角为，运动的时间为，即：‎ 则得周期为4t，A错误；‎ B．根据公式：‎ 带入数据解得：‎ B正确；‎ C．如图，轨迹和BC边相切时，运动时间最长，‎ 设运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为θ，则有：‎ 得：‎ 画出该粒子的运动轨迹如图，设轨道半径为r，由几何知识得：‎ ‎，‎ 解得：‎ C错误；‎ D．根据公式：‎ 得：‎ 带入数据解得：‎ 故D正确；‎ 故选BD。‎ ‎【点睛】考察带电粒子在磁场中的偏转问题。‎ 二、填空题 ‎11.如图1，用螺旋测微器测金属棒直径为______ mm；如图2用20分度游标卡尺测金属棒长度为______ cm．‎ ‎ ‎ ‎（2）用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“×100”挡时发现指针偏转角度过小，他应该换用______ 挡（填“×10”或“×1K”），换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图3所示，则金属棒的阻值约为______ Ω．‎ ‎【答案】 (1). 6.125mm 12.030cm (2). “×1K” ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 注意游标卡尺和螺旋测微器的最小分度值，欧姆表指针偏转角度过小，说明所测电阻为大电阻，需要换高档位。‎ ‎【详解】（1）[1] 螺旋测微器的最小分度值为0.01mm，读数为：‎ ‎，‎ ‎[2] 游标卡尺的分度值为0.05mm，第6格对齐，读数为：‎ ‎（2）[3] 指针偏转角度过小，说明该电阻为大电阻，说以要换“×1K”，‎ ‎[4] 欧姆表读数为：‎ ‎【点睛】考察游标卡尺和螺旋测微器、欧姆表的读数。‎ ‎12.为了探究额定功率为4W、额定电压为4V的小灯泡消耗的功率与电压的关系，提供了如下的实验器材：‎ A．电压表V1（0～15V，内阻15kΩ） ‎ B．电压表V2（0～2V，内阻2kΩ）‎ C．电流表A（0～1A，内阻约1Ω）‎ D．定值电阻R1=16kΩ ‎ E．定值电阻R2=2kΩ F．滑动变阻器R（15Ω，2A）‎ G．学生电源（直流6V，内阻不计）‎ H．开关、导线若干 ‎（1）为了减小实验误差，电压表应选用______，定值电阻应选用______（均用序号字母填写）；‎ ‎（2）在探究功率与电压的关系时，要求电压从零开始调节，并且多次测量，在图中画出满足要求的电路图；‎ ‎（ ）‎ ‎（3）根据设计的电路图，写出电压表读数UV与小灯泡两端电压U的关系_________．若小灯泡的电功率为P，则关系图线可能正确的是__________．‎ A.B.C.D.‎ ‎【答案】 (1). B E (2). (3). C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据提供的电压表没有合适的，就需要改装，连接电路时注意电流表和滑动变阻器的接法，再根据相关公式，即可判断功率与电压的关系。‎ ‎【详解】（1）[1] 灯泡额定电压为4V，而两个电压表一个量程为2V太小，另外一个量程为15V又太大，4V以下的电压对大量程电压表指针偏角小，读数误差大，因此对小量程电压表改装，与串联后的量程为：‎ 刚好合适，故选B。‎ ‎[2] 综上所述，选E。‎ ‎（2）[3]要求电压从零开始调节，并且多次测量必须把滑动变阻器以分压式接入，而灯泡电阻约为：‎ 根据电流表“大内偏大，小外偏小”，由于，所以电流表选择外接法，电路图 ‎（3）[4] 与串联，电流为：‎ ‎，‎ 而灯泡电压：‎ ‎。‎ ‎[5] 根据灯泡纯电阻电路电功率：‎ 图像应是一条倾斜的直线，但考虑到随功率变大温度升高，电阻变大，所以图像斜率逐渐变小，图C正确。‎ ‎【点睛】考察电表的改装，电流表的接法和滑动变阻器的接法。‎ 三、计算题 ‎13.质量m=0.1g的小物块，带有5×10-4C的电荷，放在图示倾角为30°的光滑绝缘固定斜面顶端，整个斜面置于B=1T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．物块由静止开始下滑，到某一位置离开斜面（设斜面足够长，g取10m/s2）．求：‎ ‎（1）物块带何种电荷？‎ ‎（2）物块离开斜面时的速度是多大？‎ ‎（3）物块在斜面上滑行的距离是多大？‎ ‎【答案】（1）负电荷 （2） （3）1.2m ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由于物块到某一位置离开斜面，通过左手定则可判断物体带负电荷，物体在离开斜面之前，一直做匀加速直线运动，根据相关公式即可求解位移。‎ ‎【详解】（1）由于小滑块受到的安培力垂直斜面向上，根据左手定则可得：小滑块带负电。‎ ‎（2）当物体离开斜面时，弹力为零，因此有：‎ 代入数据得：‎ ‎（3）由于斜面光滑，物体在离开斜面之前一直做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：‎ 由匀变速直线运的速度位移公式得：‎ 解得：‎ x=1.2m ‎【点睛】考察左手定则以及牛顿运动定律的的运用。‎ ‎14.如图所示，水平导轨间距为L=0.5m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m=1kg，电阻R0=0.9Ω，与导轨接触良好；电源电动势E=15V，内阻r=0.1Ω，电阻R=4Ω；外加匀强磁场的磁感应强度B=4T，方向垂直于ab，与导轨平面成α=53°角；ab与导轨间动摩擦因数为μ=0.5（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），定滑轮摩擦不计，线对ab的拉力为水平方向，重力加速度g=10m/s2，ab处于静止状态．已知sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：‎ ‎（1）通过ab的电流大小和方向．‎ ‎（2）ab受到的安培力大小和方向．‎ ‎（3）重物重力G的取值范围．‎ ‎【答案】（1）3A；由a到b （2）6N；与水平成37°角斜向左上方（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过闭合电路的欧姆定律可算出电流，进而算出安培力，由左手定则可判断安培力方向，通过动态平衡分析，分析出摩擦力的方向，即可解决问题。‎ ‎【详解】（1）由闭合电路的欧姆定律可得，通过AB的电流为：‎ 方向由a到b。‎ ‎（2）AB受到的安培力为：‎ 方向为与水平成37°角斜向左上方。‎ ‎（3）AB受力如下图所示，最大静摩擦力：‎ 由平衡条件得：当最大静摩擦力方向向右时：‎ 当最大静摩擦力方向向左时：‎ ‎ 由于重物平衡，故T=G，则重物重力的取值范围为：‎ ‎【点睛】考察闭合电路的欧姆定律、左手定则以及摩擦力的动态平衡分析。‎ ‎15.如图所示，在x轴的上方有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E，在x轴的下方等腰三角形CDM区域内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，其中C、D点在x轴上，M点在y轴上，M点到原点O的距离为h，θ=37°，在y轴上的P点有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，不计带电粒子的重力与空气阻力。‎ ‎（1）若带电粒子在P点以沿x轴正方向的初速度v0出发，恰好经过D点，求P点到O点的距离h1；‎ ‎（2）若带电粒子从P点由静止释放，进入三角形磁场区域后垂直于三角形区域的CM腰射出，求P点到O点的距离h2。‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 有初速度时，粒子在电场中做类平抛运动，无初速度时，粒子在电场中做匀加速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据相应规律列出公式即可求解。‎ ‎【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向有：‎ ‎，‎ 水平方向有：‎ 联立可得：‎ ‎（2）粒子从P点到O经电场加速有：‎ 如下图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，恰好垂直CM射出磁场时，其圆心恰好在C点，其半径为r=a ，洛伦兹力提供向心力，得：‎ P到O的距离为：‎ ‎【点睛】‎ 考察带点粒子在电场和磁场中的运动规律。‎ ‎16.如图所示，在xoy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向外的匀强磁场，一质量为m，带电量为+q的粒子（重力不计）经过电场中坐标为（3L，L）的P点时的速度大小为V0．方向沿x轴负方向，然后以与x轴负方向成45°角进入磁场，最后从坐标原点O射出磁场求：‎ ‎（1）匀强电场的场强E的大小；‎ ‎（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小；‎ ‎（3）粒子从P点运动到原点O所用的时间．‎ ‎【答案】（1） （2） （3） ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）当粒子从P点垂直进入电场后，做类平抛运动，再以与x轴成45°垂直进入匀强磁场后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，接着从原点射出．由粒子在电场P点的速度可求出刚进入磁场的速度，再由动能定理可得电场强度．（2）从而由类平抛运动与圆周运动结合几何关系可求出圆弧对应的半径，因此可算出磁感应强度．（3）同时由周期公式及运动学公式可求出粒子从P点到O点的时间．‎ 粒子在电场中经过点P后，做类平抛运动，进入磁场中做匀速圆周运动，从O点射出，则其运动轨迹如图所示．‎ ‎（1）设粒子在O点时的速度大小为v，OQ段为圆周，PQ段为抛物线．根据对称性可知，粒子在Q点时的速度大小也为v，方向与x轴正方向成45°角，可得 解得 在粒子从P运动到Q的过程中，由动能定理得，解得 在匀强电场由P到Q的过程中，水平方向的位移为 竖直方向的位移为 可得 由故粒子在QO段圆周运动的半径及得．‎ ‎（3）在Q点时，‎ 设粒子从P到Q所用时间为，在竖直方向上有： ‎ 粒子从Q点运动到O所用的时间为 则粒子从O点运动到P点所用的时间为： ‎