江苏省海安高级中学2019-2020学年高二10月月考物理试题

江苏省海安高级中学2019-2020学年高二10月月考物理试题

‎2019-2020学年度第一学期高二年级阶段检测 物 理（选修）‎ 一、单项选择题：本题共7小题，每小题3分，共计21分．每小题只有一个选项符合题意．‎ ‎1.如图所示，某区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一正方形刚性线圈，边长为L，匝数为n，线圈平面与磁场方向垂直，线圈的一半在磁场内。某时刻，线圈中通过大小为I的电流，则此线圈受到的安培力大小为（ ）‎ A. B. ‎ C. nBIL D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】在磁场中通电导线的有效长度为，每一匝线圈都要受到安培力，则线圈所受的安培力大小是.‎ A．，与结论不相符，选项A错误；‎ B．，与结论不相符，选项B错误；‎ C．nBIL，与结论不相符，选项C错误；‎ D．，与结论相符，选项D正确；‎ ‎2.如图为洛伦兹力演示仪结构图。励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直。电子速度大小可通过电子枪的加速电压来控制，磁场强弱可通过励磁线圈的电流来调节。下列说法正确的是(　　)‎ A. 仅增大励磁线圈的电流，电子束径迹的半径变大 B. 仅提高电子枪的加速电压，电子束径迹的半径变大 C. 仅增大励磁线圈的电流，电子做圆周运动的周期将变大 D. 仅提高电子枪的加速电压，电子做圆周运动的周期将变大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要考查了洛伦兹力、动能定理、圆周运动。根据动能定理表示出加速后获得的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力推导出半径的表达式，利用速度公式推导出周期表达式，增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，当提高电子枪加速电压，速度增大，并结合以上公式即可解题。‎ ‎【详解】电子在加速电场中加速，由动能定理有：，电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：，解得：，那么周期为：,当增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，半径在减小，周期变小，故AC错误；当提高电子枪加速电压，速度增大，电子束的轨道半径变大、周期不变，故B正确，D错误。‎ ‎3.如图所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为(　　)‎ A. v0＋(v0＋v) B. v0－v C. v0＋v D. v0＋(v0－v)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】人在跃出的过程中船人组成的系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律得：（M+m）v0=Mv′-mv，解得：v′=v0+（v0+v）；‎ A. v0＋(v0＋v)，与结论相符，选项A正确；‎ B. v0－v，与结论不相符，选项B错误；‎ C. v0＋v，与结论不相符，选项C错误；‎ D. v0＋(v0－v) ，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎4.如图所示，导线框abcd与导线在同一平面内，直导线通恒定电流I，当线框由左向右匀速通过直导线时，线框中感应电流的方向是（　　）‎ A. 始终dcba B. 先abcd，后dcba C. 先abcd，后dcba，再abcd D. 先dcba，后abcd，再dcba ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据右手定则可以判断，线圈所在位置磁场垂直纸面向外，根据电流磁场分布，线圈向右移动过程中，回路磁通量向外变大，感应电流磁场向里，根据右手定则判断，电流方向dcba，当dc边通过直导线位置后，磁通量向外减小，感应电流磁场向外，感应电流方向abcd，当ab过直导线后，磁通量向里减小，感应电流磁场向里，电流为dcba，ABC错误D正确。‎ ‎5.水力采煤是利用高速水流冲击煤层而进行的.假如煤层受到3.6×106N/m2的压强冲击即可被破碎,若高速水流沿水平方向冲击煤层,不考虑水的反向溅射作用,则冲击煤层的水流速度至少应为 A. 30m/s B. 40m/s C. 45m/s D. 60m/s ‎【答案】D ‎【解析】‎ 本题考查动量定理。，，得，，选D。‎ ‎6.如图所示，闭合导线框向右匀速穿过垂直纸面向里匀强磁场区域，磁场区域宽度大于线框尺寸，规定线框中逆时针方向的电流为正，则线框中电流i随时间t变化的图象可能正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 线圈刚进入磁场时，产生逆时针方向的电流，故选项D错误；线圈一半进入磁场后有效长度减半，故感应电动势减半，感应电流减半；线圈出离磁场时产生顺时针方向的电流，刚出离磁场时，有效长度为L，一半出离磁场时有效长度减半，则感应电流减半；由以上分析可知，线框中电流i随时间变化的图线应该为B.故选B.‎ 点睛：解题时先根据楞次定律判断感应电流的方向．再分两段时间分析感应电动势，由欧姆定律得到感应电流的变化情况．感应电动势公式E=Blv，L是有效的切割长度即与速度垂直的长度。‎ ‎7.如图所示，a、b是一对水平放置的平行金属板，板间存在着竖直向下的匀强电场。一个不计重力的带电粒子从两板左侧正中位置以初速度v沿平行于金属板的方向进入场区，带电粒子进入场区后将向上偏转，并恰好从a板的右边缘处飞出；若撤去电场，在两金属板间加垂直纸面向里的匀强磁场，则相同的带电粒子从同一位置以相同的速度进入场区后将向下偏转，并恰好从b板的右边缘处飞出。现上述的电场和磁场同时存在于两金属板之间，仍让相同的带电粒子从同一位置以相同的速度进入场区，则下面的判断中正确的是( )‎ A. 带电粒子将做匀速直线运动 B. 带电粒子将偏向a板一方做曲线运动 C. 带电粒子将偏向b板一方做曲线运动 D. 无法确定带电粒子做哪种运动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：粒子进入电场与磁场的复合场后，会受到向上电场力qE和向下的洛伦兹力Bqv．若电场力大于洛伦兹力，则粒子会偏向a板，做曲线运动．若电场力小于洛伦兹力，则粒子会偏向b板，做曲线运动．‎ 解答：解：只有电场时，粒子做类平抛，‎ 设半间距离为d，板长为L，有：qE=ma…①‎ at2…②‎ L=v0t… ③‎ 由①②③得：qE=…④‎ 只有磁场时，粒子做匀速圆周运动，设运动半径为R，有：Bqv0=…⑤‎ 由几何关系知：R2-L2=(R-)…⑥‎ 由⑤⑥联立得：Bqv0=…⑦‎ 对比④⑦知：qE＞Bqv0，电场力大于洛伦兹力，故向a板偏转做曲线与动．‎ 故答案选B 点评：本题综合了电场、磁场、类平抛、圆周运动等内容，具有一定的综合性．解决此类问题的关键是判断洛伦兹力和电场力的大小．‎ 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意，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．‎ ‎8.质量为0.2kg的小球以6m/s的速度竖直向下落至水平地面上，再以4m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于小球动量的变化量Δp和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是（ ）‎ A. Δp＝-2kg·m/s B. Δp＝2kg·m/s C. W＝-2J D. W＝2J ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，小球动量的变化量 Δp=mv2-mv1=0.24kg·m/s-0.2(-6)kg·m/s=2kg·m/s 故A错误，B正确；‎ CD.根据动能定理，合外力对小球做的功 W=mv22-mv12=0.2(42-62)J=-2J 故C正确，D错误。‎ ‎9.如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r，用相同粗细、相同材料的金属导线制成。圆形匀强磁场的边缘恰好与a线圈重合，其磁感应强度B随时间均匀增大，则（ ）‎ A. 穿过a、b两线圈的磁通量之比为11‎ B. a、b两线圈的感应电动势之比为12‎ C. a、b两线圈的感应电流之比为21‎ D. a、b两线圈的电功率之比为21‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.任意时刻穿过a、b两线圈的磁感线条数相同，磁通量相同，穿过两线圈的磁通量之比为11，故A正确；‎ B.根据法拉第电磁感应定律E=S，S=r2，是个定值，所以a、b两线圈的感应电动势之比为11，故B错误；‎ C.线圈a、b的半径分别为r和2r，周长之比为12，电阻之比为12，根据欧姆定律I=知，a、b两线圈的感应电流之比为21，故C正确；‎ D.根据电功率P=知，E相同，电阻之比为12，则a、b两线圈的电功率之比为21，故D正确。‎ ‎10.如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过时间t从C点射出磁场，∠AOC为120°。现将带电粒子的速度变为，仍从A沿直径射入磁场，不计重力，则（ ）‎ A. 运动半径为 B. 运动半径为 C. 粒子在磁场中运动时间变为 D. 粒子在磁场中运动时间变为2t ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】圆形磁场区域的半径是r，带电粒子以速度v射入时，半径r1=，根据几何关系可知，=，所以r1=r，带电粒子转过的圆心角=，运动的时间t=T=；带电粒子以速度射入时，r2===，设第二次射入时的圆心角为，根据几何关系可知==，所以=，则第二次运动的时间t´===2t。‎ A.运动半径为，与分析不一致，故A错误；‎ B.运动半径为，与分析相一致，故B正确；‎ C.粒子在磁场中运动时间变为，与分析不一致，故C错误；‎ D.粒子在磁场中运动时间变为2t，与分析相一致，故D正确。‎ ‎11.半导体内导电的粒子—“载流子”有两种：自由电子和空穴（空穴可视为能自由移动带正电的粒子），以自由电子导电为主的半导体叫N型半导体，以空穴导电为主的半导体叫P型半导体。图为检验半导体材料的类型和对材料性能进行测试的原理图，图中一块长为a、宽为b、厚为c的半导体样品板放在沿y轴正方向的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。当有大小为I、沿x轴正方向的恒定电流通过样品板时，会在与z轴垂直的两个侧面之间产生霍尔电势差UH，霍尔电势差大小满足关系，其中k为材料的霍尔系数。若每个载流子所带电量的绝对值为e，下列说法中正确的是（ ） ‎ ‎ ‎ A. 如果上表面电势高，则该半导体为P型半导体 B. 霍尔系数越大的材料，其内部单位体积内的载流子数目越多 C. 若将磁场方向改为沿z轴正方向，则在垂直y轴的两个侧面间会产生的霍尔电势差变小。‎ D. 若将电流方向改为沿z轴正方向，则在垂直x轴的两个侧面间会产生的霍尔电势差变大。‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据左手定则判断带电粒子的电性，根据最终洛伦兹力和电场力平衡列式，再根据电流的微观表达式列式，最后联立求解即可．‎ ‎【详解】电流向右，磁场垂直向内，若上表面电势高，即带正电，故粒子受到的洛伦兹力向上，故载流子是带正电的“空穴”，是P型半导体，故A正确；最终洛伦兹力和电场力平衡，有：evB=e；电流的微观表达式为：I=nevS；且霍尔电势差大小满足关系UH=k，联立解得：，单位体积内的载流子数目，随着霍尔系数越大，而越小，故B错误；若将磁场方向改为沿z轴正方向，则平衡时：evB=e，解得U=Bdv，则d由原来的b变为c，减小，此时的电势差产生在前表面和后表面，则在垂直y轴的两个侧面间会产生的霍尔电势差变小，选项C正确，D错误。故选AC。‎ ‎【点睛】本题关键是明确霍尔效应的原理，知道左手定则中四指指向电流方向，注意单位体积内的载流子数目表达式的各物理量的含义．‎ 三、简答题：本题(第12、13题)，共计12分．请将解答填写在相应的位置．‎ ‎12.某物理兴趣小组利用如图所示的装置进行实验。在足够大的水平平台上的A点放置一个光电门，水平平台上A点右侧摩擦很小可忽略不计，左侧为粗糙水平面，当地重力加速度大小为g。采用的实验步骤如下：‎ ‎①在小滑块a上固定一个宽度为d的窄挡光片；‎ ‎②用天平分别测出小滑块a(含挡光片)和小球b的质量ma、mb；‎ ‎③在a和b间用细线连接，中间夹一被压缩了的轻弹簧，静止放置在平台上；‎ ‎④细线烧断后，a、b瞬间被弹开，向相反方向运动； ‎ ‎⑤记录滑块a通过光电门时挡光片的遮光时间t；‎ ‎⑥滑块a最终停在c点(图中未画出)，用刻度尺测出AC之间的距离Sa；‎ ‎⑦小球b从平台边缘飞出后，落在水平地面的B点，用刻度尺测出平台距水平地面的高度h及平台边缘铅垂线与B点之间的水平距离Sb；‎ ‎⑧改变弹簧压缩量，进行多次测量。 ‎ ‎(1)该实验要验证“动量守恒定律”，则只需验证_________=____________即可。(用上述实验数据字母表示) ‎ ‎ (2)改变弹簧压缩量，多次测量后，该实验小组得到Sa与的关系图象如图所示，图线的斜率为k，则平台上A点左侧与滑块a之间的动摩擦因数大小为________。(用上述实验数据字母表示)‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：要验证动量守恒，必须求出被弹开瞬间两滑块的速度，根据通过光电门的平均速度等于其瞬时速度和平抛运动规律求解（2）根据动能定理写出表达式，然后根据斜率列等式求解 ‎（1）由于A点右侧摩擦可以不计，所以被弹开后滑块a的瞬时速度等于经过光电门的速度，即，b被弹开后的瞬时速度等于做平抛运动的初速度，根据可得，该实验要验证“动量守恒定律”，则只需验证 ‎（2）根据动能定理可得，即，化简得，即解得 ‎13.如图所示，木块A的质量mA＝1kg，足够长的木板B的质量mB＝4kg，质量为mC＝4kg的木块C置于木板B上，水平面光滑，B、C之间有摩擦。现使A以v0＝12m/s的初速度向右运动，与B碰撞后以4m/s的速度弹回，则A与B碰撞后瞬间，B的速度为__m/s ，C运动过程中的最大速度为__m/s ，整个过程中因为B、C之间的摩擦而产生的总内能为___J。‎ ‎【答案】 (1). 4 (2). 2 (3). 16‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】［1］A与B碰瞬间，C的运动状态未变，B速度最大。以A、B组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得 mAv0=-mAvA+mBvB，‎ 代入数据得A与B碰撞后瞬间，B速度vB=4m/s。 ［2］A、B碰撞后，B与C相互作用使B减速、C加速，由于B板足够长，所以B和C能达到相同速度，二者共速后，C速度最大，以B、C组成的系统为研究对象，以向右为正方向，由动量守恒定律 mBvB=（mB+mC）vC 代入数据得C运动过程中的最大速度vC=2m/s． ［3］整个过程中因为B、C之间的摩擦而产生的总内能E=mBvB2-(mB+mC)vC2=16J。‎ 四、 计算题：本题共4小题，共计51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．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．‎ ‎14.在范围足够大、方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.2T，有一水平放置的光滑框架，宽度L＝0.4m，如图所示，框架上放置一质量m＝0.05kg、电阻R＝1Ω的金属杆cd，框架电阻不计。若杆cd在水平外力F的作用下以恒定加速度a＝2m/s2由静止开始向右做匀变速运动，求：‎ ‎(1)5s内的平均感应电动势；‎ ‎(2)第5s末回路中的电流I；‎ ‎(3)第5s末作用在杆cd上的水平外力F的大小。‎ ‎【答案】（1）0.4V（2）0.8A（3）0.164N ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由匀变速直线运动的位移公式求出位移，然后求出平均速度，再应用E=BLv求出感应电动势．（2）由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电流；（3）由安培力公式求出安培力，由牛顿第二定律求出外力．‎ ‎【详解】（1）5s内的位移为：x=at2=×2×52=25m 5s内的平均速度为：， 所以平均感应电动势为：； （2）第5s末速度为：v=at=10 m/s 此时感应电动势为：E=BLv， 回路中的电流为：． （3）杆cd匀加速运动，由牛顿第二定律得：F-F安 ‎=ma， 即：F=BIL+ma=0.164N；‎ ‎15.如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝100，线圈面积S＝200cm2，线圈的电阻r＝1Ω，线圈外接一个阻值R＝4Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。求：‎ ‎（1）线圈中的感应电流的大小和方向；‎ ‎（2）电阻R两端电压及消耗的功率；‎ ‎（3）前4s内通过R的电荷量。‎ ‎【答案】（1）0﹣4s内，线圈中的感应电流的大小为0.02A，方向沿逆时针方向。4﹣6s内，线圈中的感应电流大小为0.08A，方向沿顺时针方向；（2）0﹣4s内，R两端的电压是0.08V；4﹣6s内，R两端的电压是0.32V，R消耗的总功率为0.0272W；（3）前4s内通过R的电荷量是8×10﹣2C。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）0﹣4s内，由法拉第电磁感应定律有：‎ 线圈中的感应电流大小为：‎ 由楞次定律知感应电流方向沿逆时针方向。‎ ‎4﹣6s内，由法拉第电磁感应定律有：‎ 线圈中的感应电流大小为：，方向沿顺时针方向。‎ ‎（2）0﹣4s内，R两端的电压为：‎ 消耗的功率为：‎ ‎4﹣6s内，R两端的电压为：‎ 消耗的功率为：‎ 故R消耗的总功率为：‎ ‎（3）前4s内通过R的电荷量为：‎ ‎16.如图所示，在矩形区域abcd内存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场矩形区域的边长ab=L，ad=3L．一粒子源处在ad边中点O，在t=0时刻粒子源垂直于磁场发射出大量的同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与Od的夹角分布在0～180°范围内．已知在bc边能接受到的最早到达的粒子时间为t=t0，粒子在磁场中做圆周运动的半径R=L，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，求 ‎（1）粒子在磁场中的运动周期T；‎ ‎（2）粒子比荷；‎ ‎（3）粒子在磁场中运动的最长时间。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎ （1）初速度沿Od方向发射的粒子在磁场中运动的轨迹如图1，其圆心为θ， 由几何关系有：sinθ＝，所以：θ=60°，， 解得：T=6t0 ‎ ‎ （2）粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，根据牛顿第二定律得：qvB＝m 所以：T＝ 解得 （3）如图2所示，在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹的弦Ob=L，圆轨迹的半径为L，所以Ob弦对应的圆心角为120°，粒子在磁场中运动的最长时间tmax＝＝2t0． 点睛：本题的解题关键是画出粒子的运动轨迹，根据几何知识确定隐含的极值条件和粒子运动轨迹对应的圆心角．‎ ‎17.如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0kg和mB＝3.0kg。用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁相接触。另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，C的v－t图象如图乙所示。求：‎ ‎（1）C质量mC；‎ ‎（2）t＝8s时弹簧具有的弹性势能Ep1，4~12s内墙壁对物块B的冲量大小I；‎ ‎（3）B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep2。‎ ‎【答案】（1）2kg ；（2）27J，36N·S；（3）9J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由题图乙知，C与A碰前速度为v1＝9m/s，碰后速度大小为v2＝3m/s，C与A碰撞过程动量守恒 mCv1＝(mA＋mC)v2‎ 解得C的质量mC＝2kg。‎ ‎（2）t＝8s时弹簧具有的弹性势能 Ep1＝(mA＋mC)v22=27J 取水平向左为正方向，根据动量定理，4~12s内墙壁对物块B的冲量大小 I=(mA＋mC)v3-(mA＋mC)（-v2）=36N·S ‎（3）由题图可知，12s时B离开墙壁，此时A、C的速度大小v3＝3m/s，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、C与B的速度相等时，弹簧弹性势能最大 ‎(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4‎ ‎(mA＋mC)＝(mA＋mB＋mC)＋Ep2‎ 解得B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep2＝9J。‎ ‎ ‎ ‎ ‎