福建省三明第一中学2019-2020学年高二上学期第二次月考物理试题 Word版含解析

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福建省三明第一中学2019-2020学年高二上学期第二次月考物理试题 Word版含解析

www.ks5u.com 三明一中 2019-2020 学年第一学期月考(2)试卷 高二物理 一、选择题 ‎1.物体中电子因受原子核的束缚较弱,跑到另一个物体上去,使得到电子的物体由于其中的负电荷多于正电荷,因而显出带负电;失去电子的物体由于其中的正电荷多于负电荷,因而显出带正电,由此物体所带的电称为“静电”,当其积聚到一定程度时就会发生火花放电现象,静电往往会带来一些不便或危害.下列做法不利于消除静电的是( )‎ A. 在地毯中夹杂0.05mm—0.07mm的不锈钢导电纤维 B. 在机器设备上增加接地线 C. 使用空气干燥机降低空气湿度 D. 在干燥的季节尽量穿纯棉衣服 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、不锈钢丝的作用是把鞋底与地毯摩擦产生的电荷传到大地上,以免发生静电危害.属于防止静电危害,故A错误;‎ B、在机器设备上增加接地线,及时把静电导走,避免静电造成的危害.属于防止静电危害,故B错误;‎ C、使用空气干燥机降低空气湿度,这样产生的大量静电不能及时导走,会出现静电放电现象,不利于消除静电,故C正确;‎ D、干燥的季节尽量穿纯棉衣服,产生不了大量静电,不会出现放电现象,故D错误;‎ 不利于消除静电的故选C.‎ ‎【点睛】静电危害是由于相互间不断摩擦,从而产生大量的静电,不及时导走,会出现放电危害.‎ ‎2.关于磁场,下列说法正确的是 A. 磁感线越密的地方磁感应强度越大 B. 通电导线在某处所受磁场力为零,则该处的磁感应强度为零 C. 磁场的方向就是通电导线在磁场中某处受到的磁场作用力的方向 D. 磁感应强度大的地方,通电导线在磁场中该处受到的磁场作用力也大 ‎【答案】A - 21 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 磁感线的疏密程度表示磁场的强弱,磁感线越密的地方,磁感应强度越大,故A正确; ‎ B. 通电导线受力为零,可能是磁场与通电导线平行,不能说明磁感应强度为零,故B错误;‎ C. 据左手定则判断,磁场的方向与安培力的方向是垂直的,不是导线受力的方向,故C错误;‎ D. 若通电导线与磁场平行,即使磁感应强度大,通电导线也不会受磁场力,故D错误。‎ ‎3.如图所示,两个半径相同、粗细相同互相垂直的圆形导线圈,可以绕通过公共的轴线 xx′自由转动,分别通以相等的电流,设每个线圈中电流在圆心处产生磁感应强度为B,当两线圈转动而达到平衡时,圆心O处的磁感应强度大小是 A. B B. B C. 2B D. 0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由于电流间的相互作用(同向电流相吸、反向电流相斥),当两线圈转动而达到平衡时两个线圈重合;每个线圈中电流在圆心处产生磁感应强度为B,圆心O处的磁感强度的大小是BO=2B。故C项正确,ABD三项错误。‎ ‎4. 如图(甲)从阴极发射出来的电子束,在阴极和阳极间的高电压作用下,轰击到长条形的荧光屏上激发出荧光,可以显示出电子束运动的径迹.若把射线管放在如图(乙)蹄形磁铁的两极间,阴极接高压电源负极,阳极接高压电源正极,关于荧光屏上显示的电子束运动的径迹,下列说法正确的是 A. 电子束向上弯曲 B. 电子束沿直线前进 C. 电子束向下弯曲 D. 电子的运动方向与磁场方向无关 - 21 -‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析:电子束向右运动,磁场向里,由左手定则可判断出电子束向下弯曲.‎ 故选C 考点:左手定则判断洛伦兹力的方向 点评:注意电子带负电,由左手定则判断洛伦兹力的方向时,四指应指向负电荷运动的反方向.‎ ‎5. 如图,P、Q两枚小磁针分别放在通电螺线管的正上方和右侧.闭合电键,小磁针静止时N极的指向是( )‎ A. P、Q均向左 B. P、Q均向右 C. P向左,Q向右 D. P向右,Q向左 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由右手螺旋定则可知通电螺线管右侧为N极,小磁针静止时N极所指方向为该点的磁场方向,由磁感线的分布情况可知C对;‎ ‎6.如图所示的电路中,输入电压U恒为12 V,灯泡L上标有“6V,12 W”字样,电动机线圈的电阻RM=0.50 Ω.若灯泡恰能正常发光,以下说法中正确的是( )‎ A. 电动机的输入功率为12 W B. 电动机的输出功率为12 W C. 电动机的热功率为2.0 W D. 整个电路消耗的电功率为22 W ‎【答案】AC - 21 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电动机两端的电压 U1=U-UL=12-6V=6V 整个电路中的电流 所以电动机的输入功率 P=U1I=6×2W=12W.‎ 故A正确. BC.电动机的热功率 P热=I2RM=4×0.5W=2.0W;‎ 则电动机输出功率 P2=P-I2RM=12-2W=10W.‎ 故B错误,C正确.  D.整个电路消耗的功率 P总=UI=12×2W=24W.‎ 故D错误.‎ ‎7.如图所示,水平放置的带电平行金属板间有匀强电场,板间距离为 d。一个带负电的液滴所带电量大小为 q,质量为 m,从下板边缘射入电场并沿直线从上板边缘射出。则下列选 项中错误的是 A. 液滴做匀速直线运动 B. 液滴做匀减速直线运动 C. 两板间电势差为 D. 液滴的电势能减小了 mgd ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.‎ - 21 -‎ ‎ 液滴进入竖直方向的匀强电场中,所受的电场力方向竖直向上或竖直向下,因为微粒做直线运动,可知,电场力方向必定竖直向上,而且电场力与重力平衡,液滴做匀速直线运动,故A正确,不符合题意;B错误,符合题意;‎ C. 液滴从下极板运动到上极板的过程中,由动能定理有 qU−mgd=0,‎ 解得:‎ 故C正确,不符合题意;‎ D. 液滴进入竖直方向的匀强电场中,重力做功−mgd,微粒的重力势能增加,动能不变,根据能量守恒定律得知,微粒的电势能减小了mgd,故D正确,不符合题意。‎ ‎8.如图是质谱仪的工作原理示意图。带电粒子被加速电场加速后,进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E。平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2。下列表述正确的是 A. 只有带正电的粒子能通过速度选择器沿直线进入狭缝 P B. 粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝 P,粒子的比荷越大 C. 速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里 D. 能通过的狭缝 P 的带电粒子的速率等于 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AD.当粒子通过速度选择器时,必须满足qvB=qE,则得 v=‎ - 21 -‎ 这个结论与粒子的电性无关,故A错误,D错误;‎ B. 粒子进入磁场B0中做匀速圆周运动,设轨道半径为r,则:‎ 粒子打在胶片上的位置到狭缝P的距离:‎ s=2r=‎ v一定,B0相同,则知s与比荷成反比,即粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P,s越小,粒子的比荷越大,故B正确;‎ C. 假设粒子带正电,在速度选择器中所受的电场力向右,要使粒子做匀速直线运动,所受的洛仑兹力必须向左,根据左手定则判断可知,磁场方向垂直纸面向外,故C错误。‎ ‎9.四个相同的小量程电流表(表头)分别改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、V2.已知电流表A1的量程大于A2的量程,电压表V1的量程大V2的量程,改装好后把它们按图示接入电路,则( )‎ A. 电流表A1的读数小于电流表A2的读数 B. 电流表A1的偏转角小于电流表A2的偏转角 C. 电压表V1的读数小于电压表V2的读数 D. 电压表V1偏转角等于电压表V2的偏转角 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析:据题意,由于四个小量程电流表完全相同,改装后接成上图,要改装成电流表需要并联一个定值电阻,要改装成电压表,需要串联一个定值电阻,由于电流表A1量程大于A2的量程,则A1的内阻小于A2的内阻, 据上图可知由于电压相同则通过A1的电流较大,所以A选项正确;但由于A1和A2的表头相同,两者又并联,所以两个表头的指针偏角相同,B选项错误;由于电压表V1的量程大于V2,则电压表V1的内阻大于V2的,当两者串联时,通过的电流相同,所以V1的读数较大,而两个表头的偏角相同,故C选项错误而D选项正确.‎ - 21 -‎ 考点:本题考查电表改装.‎ ‎10.回旋加速器是获得高能带电粒子的装置,其核心部分是分别与高频交流电源的两极相连的两个 D 形盒,两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场,使粒子在通过狭缝时都能得到加速,两 D 形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中,如图所示,关于回旋加速器的下列说法正确的是 A. 狭缝间的电场对粒子起加速作用,因此加速电压越大,带电粒子从 D 形盒射出时的动能越大 B. 磁场对带电粒子的洛仑兹力对粒子不做功,因此带电粒子从 D 形盒射出时的动能与磁场的强弱无关 C. 带电粒子做一次圆周运动,要被加速两次,交变电场的周期等于粒子圆周运动的周期 D. 用同一回旋加速器分别加速不同的带电粒子,一般要调节交变电场的频率 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 根据,解得:‎ 带电粒子射出时的动能:‎ 与加速的电压无关,与磁感应强度的大小有关。故AB错误;‎ C. 带电粒子做一次圆周运动,要两次经过加速电场,要被加速两次,交变电场正好变化一个周期,交变电场的周期等于粒子圆周运动的周期,故C正确;‎ D.交变电场的周期与带电粒子在磁场中运动的周期相等,带电粒子在匀强磁场中运动的周期:‎ - 21 -‎ 不同的带电粒子,在磁场中运动的周期不等,所以加速不同的带电粒子,一般要调节交变电场的频率。故D正确。‎ ‎11.在场强大小为 E 的匀强电场中,质量为 m、带电量为+q 的物体以某一初速沿电场反方向做匀减速直线运动,其加速度大小为 0.8q,物体运动 s 距离时速度变为零。则 A. 物体克服电场力做功 qEs B. 物体的电势能减少了 0.8qEs C. 物体的动能减少了 0.8qEs D. 物体的电势能减少了 qEs ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由于物体所受电场力和运动方向相反,故电场力做负功即克服电场力做功:‎ W=EqS,‎ 故A正确;‎ BD. 电场力做负功,电势能增加,电势能增加量和克服电场力做功相等,所以电势能增加了EqS,故B错误,D错误;‎ C. 物体做减速运动,合外力做负功,动能减小,由动能定理得:‎ ‎△Ek=-maS=-0.8EqS,‎ 所以动能减小了0.8qEs,故C正确。‎ ‎12.如图所示,A板发出的电子经加速后,水平射入水平放置的两平行金属板间,金属板间所加的电压为U,电子最终打在荧光屏P上,关于电子的运动,下列说法中正确的是 A. 滑动触头向右移动时,电子打在荧光屏上的位置上升 B. 滑动触头向左移动时,电子打在荧光屏上的位置上升 C. 电压U增大时,电子打在荧光屏上的速度大小不变 D. 电压U增大时,电子从发出到打在荧光屏上的时间不变 ‎【答案】BD - 21 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】设加速电压为U′,由题意知,电子在加速电场中加速运动,根据动能定理得:‎ eU′=mv2‎ 电子获得的速度为:‎ 电子进入偏转电场后做类平抛运动,也就是平行电场方向做初速度为0的匀加速直线运动,加速度为:‎ 电子在电场方向偏转的位移为:‎ 垂直电场方向做匀速直线运动,粒子在电场中运动时间为:‎ 联立解得:‎ 又因为偏转电场方向向下,所以电子在偏转电场里向上偏转。‎ A. 滑动触头向右移动时,加速电压变大,故电子偏转位移y变小,因为电子向上偏转,故在屏上的位置下降,故A错误;‎ B. 滑动触头向左移动时,加速电压变小,故电子偏转位移y变大,因为电子向上偏转,故在屏上的位置上升,故B正确;‎ D. 偏转电压U增大时,电子在电场中受到电场力增大,即电子偏转的加速度a增大;因为加速电压不变,电子进入电场的速度没有变化,电子在电场中运动的时间t没有发生变化,故D正确;‎ C. 偏转电压U增大时,电子在电场中受到的电场力增大,即电子偏转的加速度a增大;因为电子水平方向的速度v不变,电子在电场中运动的时间不变,电子打在屏上的速度为 则电子打在屏上的速度增大,故C错误。‎ - 21 -‎ ‎13.如图所示,在一个边长为a的正六边形区域内存在磁感应强度为B,方向垂直于纸面向里的匀强磁场.三个相同带正电的粒子比荷为,先后从A点沿AD方向以大小不等的速度射入匀强磁场区域,粒子在运动过程中只受磁场力作用.已知编号为①的粒子恰好从F点飞出磁场区域,编号为②的粒子恰好从E点飞出磁场区域,编号为③的粒子从ED边上的某一点垂直边界飞出磁场区域.则下列说法正确的是( )‎ A. 编号为①的粒子进入磁场区域的初速度大小为 B. 编号为②的粒子在磁场区域内运动的时间 C. 编号为③的粒子在ED边上飞出的位置与E点的距离 D. 三个粒子在磁场内运动的时间依次减少并且为4:2:1‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.设编号为①的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r1,初速度大小为v1,则有:;由几何关系可得:,解得:,选项A正确;‎ B.设编号为②的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r2,线速度大小为v2‎ - 21 -‎ ‎,周期为T2,则:、;解得:;由几何关系可得,粒子在正六边形区域磁场运动过程中,转过的圆心角为60°,则粒子在磁场中运动的时间:,选项B错误;‎ C.设编号为③的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r3,由几何关系可得:,,,,选项C正确;‎ D.编号为①的粒子在磁场中运动的时间:;编号为③的粒子在磁场中运动的时间:;故三个粒子在磁场内运动的时间依次减少并且为4:2:1,选项D正确。‎ 二、实验探究、填空题 ‎14.某地地磁场的磁感应强度的水平分量是3.0×l0-5T ,竖直分量是4.0×10-5T,则地磁场磁感应强度的大小为_______T,在水平面上,面积为5m2的范围内,地磁场的磁通量为_______ Wb。‎ ‎【答案】 (1). 5.0×10-5T (2). 2.0×10-4‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]根据题意,依据平行四边形法则,有:‎ ‎[2]当线框平面与磁感线平行时,没有磁感线穿过线框,穿过线框的磁通量为0;‎ 在水平面上,地磁场的竖直分量穿过线框,则磁通量为:‎ ‎15.为了研究某导线的特性,某同学所做部分实验如下:‎ - 21 -‎ ‎(1)用螺旋测微器测出待测导线的直径,如图甲所示,则螺旋测微器的读数为_______mm;‎ ‎(2)用多用电表直接测量一段导线的阻值,选用“×10”倍率的电阻档测量,发现指针偏转角度太大,因此需选择_______倍率的电阻档(选填“×1”或“×100”),欧姆调零后再进行测量,示数如图乙所示,则测量值为_______ Ω;‎ ‎(3)另取一段同样材料的导线,进一步研究该材料的特性,得到电阻 R 随电压 U 变化图像如图丙所示,则由图像可知,该材料在常温时的电阻为_______Ω;当所加电压为 3.00V时,材料实际消耗的电功率为_______W.(结果保留两位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). 1.731(1.730—1.733) (2). ×1 (3). 22 (4). 1.5 (5). 0.78(0.70—0.80均给分)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]由图可知,螺旋测微器的示数为:d=1.5+23.0×0.01mm=1.730mm;‎ ‎(2)[2]角度偏转太大,则说明示数太小,阻值太小,应换用小倍率档位,故选用×1档;‎ ‎[3]由图可知,电阻值为:22×1=22Ω;‎ ‎(3)[4]由图可知,常温不加电压时,电阻为1.5Ω;‎ ‎[5]加电压为3V时,电阻为11.5Ω;则功率:‎ ‎16.某研究性学习小组欲测定一块电池的电动势 E。用电压表 V、电阻箱 R、定值电阻 R0 、开关 S、若干导线和该电池组成电路,测定该电池电动势。‎ - 21 -‎ ‎(1)根据电路图,用笔画线代替导线,将实物图连接成完整电路。( )‎ ‎(2)闭合开关 S,调整电阻箱阻值 R,读出电压表 V 相应示数 U。该学习小组测出大量数据,分析筛选出下表所示的 R、U 数据,并计算出相应的 与的值。请用表中数据在坐标纸上描点,并作出 -- 图线。( )‎ R(Ω)‎ ‎166.7‎ ‎71.4‎ ‎50.0‎ ‎33.3‎ ‎25.0‎ ‎20.0‎ U(V )‎ ‎8.3‎ ‎5.9‎ ‎4.8‎ ‎4.2‎ ‎3.2‎ ‎2.9‎ ‎(×10-2Ω-1)‎ ‎0.60‎ ‎1.40‎ ‎2.00‎ ‎3.00‎ ‎4.00‎ ‎5.00‎ ‎(V-1 )‎ ‎0.12‎ ‎0.17‎ ‎0.21‎ ‎0.24‎ ‎0.31‎ ‎0.35‎ ‎(3)从图线中可以求得电动势 E=_______V(结果保留两位有效数字)。‎ - 21 -‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). 10V ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]连接电路如图所示。‎ ‎(2)[2]所做图像如图所示 - 21 -‎ ‎(3)[3]根据闭合电路欧姆定律可知:‎ 得到:‎ 从图中可知截距为电动势的倒数,则:‎ 由图线可知b=0.10,因此可求出电动势的大小:‎ E=10V 三、计算题 ‎17.如图所示,电源电动势 E=10V,内电阻 r=2Ω,R1=28Ω,R2=20Ω,R3=60Ω, 电容 C=4×10﹣8F,试求:‎ ‎(1)开关S断开稳定后,电容器所带电量;‎ ‎(2)再突然闭合S,求S闭合后,通过R3的电量。‎ ‎【答案】(1)4×10-7C (2)2.4×10-7C ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)S断开时,电容电器的电压:‎ - 21 -‎ Uc=E=10V 电荷量:‎ Q=CU=4×10-8×10C=4×10-7C ‎(2)S闭合后,电容器的电压为:‎ Uc′=×10 V =4V 电荷量:‎ Q′=CUc′=4×10-8×4C=1.6×10-7C 则通过R3的电量:‎ ‎△Q=Q-Q′=(4×10-7-1.6×10-7)C=2.4×10-7C ‎18.如图所示,两平行金属导轨间的距离L=0.40m,金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37º,在导轨所在平面内,分布着磁感应强度B=0.50T、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=3V、内阻r=0.5Ω的直流电源.现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上,导体棒恰好静止.导体棒与金属导轨垂直、且接触良好,导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R=1Ω,金属导轨电阻不计,g取10m/s2.已知sin37º=0.6,cos37º=0.8,求:‎ ‎(1)导体棒受到的安培力大小;‎ ‎(2)导体棒受到的摩擦力大小.‎ ‎【答案】(1)0.40N;(2)0.16N ‎【解析】‎ ‎【详解】(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:‎ ‎=2A 导体棒受到的安培力大小为:‎ ‎0.40N - 21 -‎ ‎(2)导体棒所受重力沿斜面向下的分力:‎ N 其小于安培力,所以导体棒受沿斜面向下的摩擦力,所受力的分析,如图所示:‎ 根据平衡条件有:‎ 解得:N ‎19.如图1,在真空中足够大的绝缘水平地面上,一个质量为 m=0.2kg,带电量为q=+2.0×10-6 C的小物块处于静止状态,小物块与地面间的动摩擦因数μ=0.1。从t=0时刻开始,空间加上一个如图2所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场(电场为负表示电电场方向与正方向相反),(取水平向右的方向为正方向,g取10m/s2。)求:‎ ‎(1)23秒内小物块的位移大小;‎ ‎(2)23秒内电场力对小物块所做的功。‎ ‎【答案】(1)47m(2)9.8J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)0—2s内物块加速度:‎ a1=2m/s2‎ 位移:‎ - 21 -‎ s1==4m ‎2s末的速度为:‎ v2=a1t1=4m/s ‎2—4s内物块做减速运动,加速度的大小:‎ a2=2m/s2‎ 位移:‎ s2=s1=4m ‎4s末的速度为:‎ v4=0‎ 因此小物块做周期为4s的加速和减速运动,第22s末的速度为v22=4m/s,‎ 第23s末的速度 v23=v22-a2t=2m/s (t=1s)‎ 所求位移:‎ s=‎ ‎(2)23秒内,设电场力对小物块所做的功为W,由动能定理:‎ W-μmgs=‎ 求得:‎ W=9.8J ‎20.如图所示,在平面直角坐标系 xOy 内,第二、三象限内存在沿 y 轴正方向的匀强电场,第一、四象限内存在半径为 L 的圆形匀强磁场,磁场方向垂直于坐标平面向外。 一个比荷(荷质比)为 K 的带正电的粒子从第三象限中的 Q(-2L,-L)点以速度 v0 沿 x 轴正方向射出,恰好从坐标原点 O 进入磁场,从 P(2L,0)点射出磁场。不计粒子重力,求:‎ ‎(1)电场强度 E;‎ ‎(2)从P点射出时速度的大小;‎ ‎(3)粒子在磁场与电场中运动时间。‎ - 21 -‎ ‎【答案】(1);(2);(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动,‎ 加速度:‎ a==EK 在电场中运动的时间:‎ t1=‎ 沿y轴正方向,则有:‎ ‎=L 即:‎ 则:‎ E=‎ ‎(2)带电粒子刚进入磁场时,沿y轴正方向的分速度:‎ vy=at1=EK·‎ 则带电粒子进入磁场时的速度:‎ v=‎ 由于在磁场中洛仑兹力不改变带电粒子速度大小,则:‎ - 21 -‎ vP=v=‎ ‎(3)由图可知,设带电粒子进入磁场时速度v与x轴正方向夹角α,则满足:‎ tanα==1‎ 得:‎ α=45°‎ 则偏转圆的圆心角:‎ 由几何关系可知,偏转半径:‎ R=‎ 则粒子在磁场中运动时间:‎ 粒子在磁场与电场中运动时间:‎ - 21 -‎ ‎ ‎ - 21 -‎
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