河北省唐山市开滦二中2019-2020学年高二上学期月考物理试题

河北省唐山市开滦二中2019-2020学年高二上学期月考物理试题

开滦二中2019～2020学年第一学期高二年级12月月考物理试卷 一、单项选择题 ‎1.关于电场强度、磁感应强度，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 由真空中点电荷的电场强度公式E=k可知，当r趋近于零时，其电场强度趋近于无限大 B. 电场强度的定义式E=适用于任何电场 C. 由安培力公式F=BIL可知，一小段通电导体在某处不受安培力，说明此处一定无磁场 D. 通电导线在磁场中受力越大，说明磁场越强 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：当r趋近于零时，两个电荷就不能看成点电荷了，库仑定律不能成立，故选项A错误；电场强度的定义式适用于任何电场，选项B正确；一小段通电导体在某处不受安培力，可能是电流方向与磁场方向平行，而此处不一定无磁场，选项C错误；由安培力公式F=BIL可知，通电导线在磁场中受力越大，磁场不一定越强，选项D错误；故选B.‎ 考点：电场强度、磁感应强度 ‎【名师点睛】此题考查了对电场强度、磁感应强度的公式的理解；要知道库仑定律的适应范围，知道三个电场强度公式的应用范围；当通电导线放在磁场中所受的安培力是和导线的放置方式有关的，平行时为零，垂直时最大.‎ ‎2.把小磁针放在环形电流中央，通以如图所示顺时针方向电流，则小磁针N极指向为（ ）‎ A. 水平向左 B. 水平向右 C. 垂直环形电流所在平面向外 D. 垂直环形电流所在平面向里 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】如图所示，若通电时，据安培定则得出环形线圈的前面是S极、后面是N极，故其磁感线的方向：环形线圈外面是垂直于纸面向外，环形线圈里面是垂直纸面向里，而小磁针静止时的N极指向与线圈的磁感线的方向是一致的，所以垂直环形电流所在平面向里；‎ A．水平向左，与结论不相符，选项A错误；‎ B．水平向右，与结论不相符，选项B错误；‎ C．垂直环形电流所在平面向外，与结论不相符，选项C错误；‎ D．垂直环形电流所在平面向里，与结论相符，选项D正确；‎ ‎3.下列四个图中能产生感应电流的是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：根据产生感应电流条件，A中电路没有闭合，无感应电流，故A错误；‎ B项：D中磁通量不发生变化，无感应电流，故B错误；‎ C项：C中穿过线圈的磁感线相互抵消，磁通量恒为零，无感应电流，故C错误；‎ D项：B中穿过回路的磁感应强度不变，面积增大，闭合电路的磁通量增大，有感应电流，故D正确．‎ ‎4.如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图。若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是 ( )‎ A. a粒子动能最大 B. c粒子速率最大 C. c粒子在磁场中运动时间最长 D. 它们做圆周运动的周期 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，根据 可得：‎ 则可知三个带电粒子的质量、电荷量相同，在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，则由图知，a粒子速率最小，c粒子速率最大。故A错误，B正确； CD．由于粒子运动的周期及可知，三粒子运动的周期相同，a在磁场中运动的偏转角最大，运动的时间最长。故CD错误。‎ ‎5.在如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑动片向下移动时，关于电灯L的亮度及电容器C所带电量Q的变化判断正确的是（ ）‎ A. L变暗，Q增大 B. L变暗，Q减小 C. L变亮，Q增大 D. L变亮，Q减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 解：当滑动变阻器的滑动片向下移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得知，干路电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，灯L变暗．‎ 电容器板间电压等于变阻器两端电压．由上得知，路端电压减小，则通过L灯的电流减小，而干路电流增大，则通过R1的电流增大，R1的电压也增大，则变阻器两端的电压减小，电容器所带电量Q减小．故B正确．‎ 故选B ‎【点评】本题是电路动态分析问题，按“局部→整体→局部”的思路进行分析．电路稳定时，与电容器串联的电路没有电流，电容器的电压等于所并联的电路两端的电压．‎ ‎6.A、B是某电场中一条电场线上的两点，一个负电荷仅在电场力作用下，沿电场线从A点运动到B点，速度图象如图所示．下列关于A、B两点电场强度E的大小和电势的高低的判断，正确的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：从v-t图象可以知道正电荷仅在电场力作用下沿电场线从A点到B点做加速度不断增大的减速运动，故电荷在A点受到的电场力小于电荷在B点的电场力，故A点的场强大于B点的场强，即EA＜EB，故A错误，B正确；电荷做减速运动，故受力方向与运动方向相反，故电场力做负功，电势能增大，由于物体带负电，则可知电势减小，故φA＞φB，故CD错误；故选B．‎ 考点：v-t图像；电场强度 ‎7.如图所示，两块平行金属板M、N竖直放置，它们的电压恒为U．一电子（不计重力）从N板静止释放，它运动到M板时速率为υ．现将M板水平向右移动一段距离，再次将电子从N板静止释放，下列判断正确的是（ ）‎ A. 金属板M、N的带电量不变 B. 电子运动过程的加速度变大 C. 电子运动到M板所用的时间变长 D. 电子运动到M板时速率变小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、因为电源的电压恒定,当M板水平向右移动一段距离后,极板之间的距离减小,根据电容的决定式 可以知道,电容变大,由 可以知道,此时金属板M、N的带电量将变大,故A错误; B、电源的电压不变,两板之间的距离减小,根据 可以知道,电场强度要变大,所以电子所受的电场力变大,加速度也变大,所以B选项是正确的; C、电子在极板之间做的是匀加速直线运动,根据 可以知道,因为极板之间的距离d减小,加速度a变大,所以电子的运动的时间要减小,故C错误 D、在整个的运动的过程中,电压不变,只有电场力做功,根据动能定理得: , 可以知道电子运动到M板时速率不变,故D错误.‎ 综上所述本题答案是：B ‎8.在图中，标出磁场B的方向，通电直导线中电流I的方向，以及通电直导线所受磁场力F的方向，其中正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据左手定则：伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向里穿过手心，则手心朝外．四指指向电流方向：向右，拇指指向安培力方向：向下．故A错误；‎ B.通电导线与磁场平行，不受安培力，故B错误；‎ C.根据左手定则：伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向左穿过手心，则手心朝右．四指指向电流方向：向外，拇指指向安培力方向：向下．故C正确；‎ D.安培力方向既与电流方向垂直，又与磁场方向垂直，而此项安培力方向与磁场方向平行，不可能，故D错误．‎ ‎9.如图所示，电源电动势E=3V，小灯泡L标有“2V 0.4W”，开关S接1，当滑动变阻器调到R=4Ω时，小灯泡L正常发光；现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作，则（ ）‎ A. 电源的内阻为1Ω B. 电动机的内阻为4Ω C. 电动机正常工作的电压为1 V D. 电源的效率为80%‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．小灯泡的额定电流为 电阻为 当接1时，由闭合电路欧姆定律可知 E=I（RL+R+r）‎ 代入数据解得 r=1Ω 故A错误；‎ BC．当接2时灯泡正常发光，流过的电流为I=‎0.2A 电源内阻分的电压为 U=Ir=02×1V=0.2V 故电动机分的电压为 U动=E-UL-U=‎3-2-0‎.2V=0.8V 电动机的内阻 故BC错误；‎ D．电动机的输入功率 P=U动I=0.8×0.2=0.16W 电源的效率 故D错误；‎ 二、多选题 ‎10.如图所示，直线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，曲线是某一带电粒子通过该区域时的运动轨迹，ab是轨迹上两点。若带电粒子只受到电场力作用，可判断（ ）‎ A. 带电粒子所带电荷的正负 B. 带电粒子在a、b两点的受力方向 C. 带电粒子在a、b两点的速度a处大 D. 带电粒子在a、b两点的电势能a处大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．根据做曲线运动的物体受力的方向指向曲线弯曲的方向，从而判断出电场力的方向向左，由于不知道电场线的方向，不能判断出粒子的电性。故A错误，B正确；‎ C．粒子受到的电场力的方向向左，若粒子从a运动到b，则受力的方向与运动的方向之间的夹角是钝角，所以电场力做负功，速度减小所以粒子在a处的速度大，故C正确；‎ D．电场力做负功，电势能增大，所以粒子在b处的电势能大，故D错误；‎ ‎11.如图所示，质量为m，电荷量为+q的带电粒子，以不同的初速度两次从O点垂直于磁感线和磁场边界向上射入匀强磁场，在洛伦兹力作用下分别从M、N两点射出磁场，测得OM：ON=3：4，则下列说法中错误的是（ ）‎ A. 两次带电粒子在磁场中运动的路程长度之比为3：4‎ B. 两次带电粒子在磁场中经历的时间之比为3：4‎ C. 两次带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为3：4‎ D. 两次带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为4：3‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于OM：ON=3：4，则轨道半径之比为3：4，故弧长之比为3：4，即路程之比为3：4，故A正确，不符合题意；‎ B．粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：‎ 解得：‎ 周期：‎ 故运动时间 ‎；‎ 故B错误，符合题意；‎ CD．由于由于轨道半径之比为3：4，故速度之比为3：4；由于洛伦兹力F=qvB∝v，故洛伦兹力之比为3：4；故选项C正确，不符合题意；选项D错误，符合题意；‎ ‎12.下图是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流．各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中正确的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.当磁铁N极向下运动时，线圈的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反．再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而上．故A不符合题意； ‎ B.当磁铁S极向上运动时，线圈的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同．再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而上，故B不符合题意； C.当磁铁S极向下运动时，线圈的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反．再根据安培定则，可判定感应电流的方向与图中电流方向相同．故C符合题意； D.当磁铁N极向上运动时，线圈的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同．再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而下，故D符合题意；‎ 三、实验题 ‎13.某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如下图所示，则该金属丝的直径d=_______mm．另一位学生用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得的结果如下图所示，则该工件的长度L=_____cm．‎ ‎【答案】 (1). 3.205（3.203-3.207） (2). 5.015‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]由图所示螺旋测微器可知，螺旋测微器的固定刻度示数是‎3mm，可动刻度示数是，螺旋测微器的示数是：‎ ‎ [2]由图所示游标卡尺可知，主尺示数是‎5cm，游标尺示数是3×‎0.05mm=‎0.15mm=‎0.015cm，则游标卡尺的示数是：‎ ‎14.用多用电表测量电阻阻值，请回答下列问题：‎ ‎（1）每次换挡后，需重新_____，再进行测量．‎ ‎（2）如果表的指针偏转角度过大，为了测量比较准确，应将表的选择开关拨至倍率_____（大或小）的挡位上．‎ ‎（3）某次测电阻时，表的指针位置如图所示，则该电的阻值是_____Ω．‎ ‎【答案】(1)欧姆调零　(2)小　(3)190‎ ‎【解析】‎ ‎(1)每次换挡后，需重新欧姆调零，再进行测量．‎ ‎(2)如果表的指针偏转角度过大，说明倍率档选择的过大，为了测量比较准确，应将表的选择开关拨至倍率小的挡位上．‎ ‎(3)该电的阻值是19×10Ω=190Ω．‎ ‎15.某学习小组在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，除导线和开关外，可供选择的实验器材如下：‎ A.小灯泡L，规格“2.5V，0.5W”‎ B.电流表A1，量程‎3A，内阻约为15Ω C.电流表A2，量程300mA，内阻约为0.5Ω D.电压表V1，量程3V，内阻约为3kΩ。‎ E.电压表V2，量程15V，内阻约为9kΩ F.滑动变阻器R1，阻值范围0~1000Ω。‎ G. 滑动变阻器R2，阻值范围0~5Ω H.定值电阻R3，阻值3Ω。‎ I.学生电源5V，内阻不计。‎ ‎（1）为了调节方便，测量尽量准确，实验中电流表应选用___________，电压表选用________，滑动变阻器应选用_________。(填写器材前面字母序号)‎ ‎（2）在图甲虚线方框内画出实验电路图。‎ ‎（ ）‎ ‎（3）根据实验数据，描绘伏安特性曲线如图乙所示，由此可知，当电压为1.5V时，小灯泡的灯丝电阻是___________Ω。(保留两位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). C (2). D (3). G (4). (5). 8.6‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1][2][3]．小灯泡的额定电压为2.5V，故选电压表D；额定电流为 故选电流表C；滑动变阻器采用分压接法，选择较小的，便于操作，故选滑动变阻器G； （2）[4]．小灯泡的电阻为：‎ 由于 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）[5]．由图乙所示图象可知，当小灯泡两端的电压为1.5V时，小灯泡中的电流为 ‎0.175A‎，所以根据欧姆定律可得此时小灯泡的电阻为：‎ 四、计算题 ‎16.电场中某区域的电场线如图所示，A、B是电场中的两点．一个电荷量的点电荷在A点所受电场力，将该点电荷从A点移动到B点，电场力做功．求：‎ ‎（1）A点电场强度的大小EA；‎ ‎（2）A、B两点间的电势差U．‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）A点电场强度的大小为：‎ ‎（2）A、B两点间的电势差 ‎17.如图所示，在倾角为θ=30°的斜面上，固定一宽L=‎0.5m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R，电源电动势E=10V，内阻r=2Ω，一质量m=‎100g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好．整个装置处于磁感应强度B=1T、垂直于斜面向上的匀强磁场中（导轨与金属棒的电阻不计）．金属导轨是光滑的，取g=‎10m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：滑动变阻器R消耗的电功率．‎ ‎【答案】8W ‎【解析】‎ ‎【详解】作出金属棒的受力图，如图． 则有：‎ F=mgsin30°=0.5N ‎ 根据安培力公式F=BIL有：‎ 设变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路欧姆有：‎ E=I（R+r）‎ 计算得出：‎ ‎ ‎ 滑动变阻器R消耗的电功率 ‎18.在平面直角坐标系xOy中，第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第四象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ＝60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y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UMN；‎ ‎（2）OP距离 ‎（3）粒子在磁场中的运动时间t；‎ ‎【答案】（1）UMN＝.（2）（3）.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，两者的衔接点是N点的速度.‎ ‎（1）设粒子过N点时的速度为v，有 ‎＝cos θ v＝2v0. ‎ 粒子从M点运动到N点的过程 ‎ ‎ 所以 ‎. ‎ ‎（2）如图所示，粒子在磁场中以O′为圆心做匀速圆周运动，半径为O′N，有 所以 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 ‎ ‎ 设粒子在磁场中运动的时间为t，有