2018-2019学年安徽省郎溪中学高二下学期第一次月考物理试题 解析版

2018-2019学年安徽省郎溪中学高二下学期第一次月考物理试题 解析版

‎2018-2019学年安徽省郎溪中学高二下学期第一次月考物理试题 解析版 一、选择题 ‎1.下列说法中正确的是 A. 电场线越密处场强越大，电势越高 B. 沿电场线的方向电势逐渐降低 C. 场强为0处，电势一定为0‎ D. 在电势高处电荷具有的电势能大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】电场线越密处场强越大，但是电势不一定越高，例如距离负点电荷较近的位置，选项A错误；沿电场线的方向电势逐渐降低，选项B正确；场强为0处，电势不一定为0，例如在等量同种电荷连线的中点处，选项C错误；正电荷在电势高处电荷具有的电势能大，负电荷正好相反，选项D错误；故选B.‎ ‎2.如图所示，在同一平面内有A、B两闭合金属圆环，圆环A通有顺时针方向的电流。若圆环A中的电流突然增大，关于圆环B，下列说法中正确的是 A. 将产生逆时针的感应电流，有扩张的趋势 B. 将产生顺时针的感应电流，有收缩的趋势 C. 将产生顺时针的感应电流，有扩张的趋势 D. 将产生逆时针的感应电流，有收缩的趋势 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 当线圈A中通有突然增大的顺时针方向的电流时，知穿过线圈B的磁通量垂直向里，且增大，根据楞次定律，线圈B产生逆时针方向的电流，由于穿过线圈B的磁通量增大，根据楞次定律的另一种表述，线圈B有扩张的趋势，阻碍磁通量的增加。故B正确，ACD错误。故选B。‎ ‎【点睛】当线圈A中通有不断增大的顺时针方向的电流时，周围的磁场发生变化，即通过线圈B的磁通量发生变化，根据楞次定律结合右手螺旋定则判断出B线圈中感应电流的方向．根据楞次定律的另一种表述，引起的机械效果阻碍磁通量的变化，确定线圈B有扩张还是收缩趋势．‎ ‎3.如图所示，虚线表示某电场的等势面。一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的径迹如图中实线所示。粒子在A点的加速度为、电势能为E ；在B点的加速度为a 、电势能为E 则下列结论正确的是　　‎ A. 粒子带正电，a ，E  ‎ B. 粒子带负电，a  ，E  ‎ C. 粒子带正电， ，E  ‎ D. 粒子带负电，a  ，E  ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 图中场源位于等势面圆心位置，根据曲线的弯曲可知是静电斥力，根据等差等势面的疏密判断场强大小，结合牛顿第二定律得到加速度大小关系；根据公式判断电势能高低．‎ ‎【详解】由于等势面是同心圆，且半径外大里小，故图中场源位于等势面圆心位置，是负电荷；根据曲线的弯曲可知是静电斥力，故粒子也带负电；由于B位置等差等势面较密集，场强大，加速度大，即aA＜aB；从A到B，电势降低，根据公式，B点电势能大，即EPA＜EPB；故选D。‎ ‎【点睛】本题关键是先根据等势面判断场源，结合曲线运动判断电场力，根据公式φ=Ep /q 判断电势能大小．‎ ‎4.两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图所示。若不计粒子的重力，则下列说法正确的是 A. a粒子带正电，b粒子带负电 B. a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大 C. b粒子的动能较大 D. b粒子在磁场中运动时间较长 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ a、b两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子以不同的速率对向射入圆形匀强磁场区域，偏转的方向不同，说明受力的方向不同，电性不同，可以根据左手定则判定。从图线来看，a的半径较小，可以结合洛伦兹力提供向心力，写出公式，进行判断，之后根据公式，再判定动能和运动的时间。‎ ‎【详解】粒子向右运动，根据左手定则，b向上偏转，应当带正电；a向下偏转，应当带负电，故A错误。洛伦兹力提供向心力，即：qvB=m，得：，故半径较大的b粒子速度大，动能也大。故C正确。由公式F=qvB，故速度大的b受洛伦兹力较大。故B错误。根据推论公式t=T、T=，周期相等，故磁场中偏转角大的运动的时间也长；a粒子的偏转角大，因此运动的时间就长。故D错误。故选C。‎ ‎【点睛】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量。‎ ‎5.如图所示，导线框中电流为I，导线框垂直于磁场放置，磁感应强度为B，AB与CD相距为d，则棒MN所受安培力大小(　　)‎ A. F＝BId B. F＝BIdsin θ C. F＝BIdcos θ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 电流的方向与磁场方向垂直,则F=BIL=，L为导线的长度。故D正确，ABC错误。‎ 故选：D.‎ ‎6.如图所示理想变压器原线圈的匝数为n1，副线圈的匝数为n2，原线圈的两端a、b接正弦交流电源，电压表V的示数为220V，负载电阻R=44Ω，电流表A1的示数为0.20A．下列判断中正确的是（）‎ A. 原线圈和副线圈的匝数比为2：1‎ B. 原线圈和副线圈的匝数比为5：1‎ C. 电流表A2的示数为0.8A D. 电流表A2的示数为0.4A ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】变压器的输出功率等于输入功率，则：，解得：，由于原副线圈电流与匝数成反比，所以初级线圈和次级线圈的匝数比，故B正确，ACD错误。‎ ‎7.霍尔元件磁传感器，是实际生活中的重要元件之一，广泛应用于测量和自动控制等领域．如图一长度一定的霍尔元件，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示从E到F方向的电流I，其中元件中的载流子是带负电的电荷，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 该元件能把电学量转化为磁学量 B. 左表面的电势高于右表面 C. 如果用该元件测赤道处的磁场，应保持水面呈水平状态 D. 如果在霍尔元件中的电流大小不变，则左右表面的电势差与磁场的磁感应强度成正比 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在霍尔元件中，移动的是负电荷，根据左手定则判断出电子所受洛伦兹力方向，从而知道两侧面所带电荷的电性，即可知道M、N两侧面会形成电势差UMN的正负．MN间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡推导出电势差UCD与什么因素有关。‎ ‎【详解】A项：霍尔元件能够把磁学量转换为电学量的传感器，故A错误；‎ B项：根据左手定则，负电荷向左侧面偏转，左表面带负电，右表面带正电，所以右表面的电势高，故B错误；‎ C项：在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过，故C错误；‎ D项：CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有，I=nqvs=nqvbc，则，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道霍尔元件中移动的是自由电子，以及自由电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡。‎ ‎8.如图甲所示，一绝缘的整直圆环上均勻分布着正电荷，一光滑细杆垂直圆环平面从圆心穿过圆环，杆上套有带正电的小球，现使小球从a点由静止释放，并开始计时，后经过b、c两点，其运动过程中的v-t图象如图乙所示。下列说法正确的是 ( )‎ A. 带电圆环在圆心处产生的场强大于零 B. b点电势低于c点电势 C. b点场强大于c点场强 D. 电势差大于 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据电场的叠加原理和对称性可知，带电圆环在圆心处产生的场强为零，故A错误；‎ B、由乙图知，带正电的粒子在电场力的作用下从a到c的过程中速度越来越大，所以电场力做正功，正电荷所受的电场力方向与电场线方向相同，而且沿电场方向电势降低，所以b点电势高于c点电势，故B错误；‎ C、小球在b处的加速度大于c处加速度，由qE＝ma知，b点场强大于c点，故C正确；‎ D、根据动能定理得：qUab0m×0.32＝0.045m，qUbcm×（0.52﹣0.32）＝0.08m，可得 Uab＜Ubc．故D错误。‎ ‎9.如图所示电路中，A1、A2是两只相同的电流表（零刻度在表盘的正中央）， 电感线圈L（自感系数足够大）的直流电阻的阻值小于电阻R的阻值，下列说法正确的是（ ）（ ）‎ A. 开关S接通的瞬间，通过电流表A1的电流比A2的大 B. 开关S接通的瞬间，通过电流表A1的电流比A2的小 C. 开关S接通电路稳定后再断开的瞬间，通过电流表A2的电流比稳定时大 D. 开关S接通电路稳定后再断开的瞬间，通过电流表A2的电流方向与稳定时相同 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ AB、闭合S瞬间,因为线圈的电流变大,导致其产生电动势,从而阻碍电流的变大,所以电流表A1示数小于A2示数,故A错误,B正确; C、由于电感线圈L（自感系数足够大）的直流电阻的阻值小于电阻R的阻值，‎ 所以电路稳定是A1大于A2，当断开S瞬间,线圈电流变小,从而产生电动势,此时回路中流过的电流是A1的电流，所以通过电流表A2的电流比稳定时大，故C正确；‎ D、当断开S瞬间,线圈电流变小,从而产生电动势相当于电压会变小电源与电阻串联,则流过A2的电流与原来电流的方向相反，故D错 点睛:电路中有线圈,当通过线圈的电流发生变化时会产生感应电动势去阻碍线圈中电流变化.然后根据题意解决实际问题。‎ ‎10.蹦极是勇敢者的运动，深受年轻人的喜爱。如图所示，蹦极者从高台跳下，在空中经历加速、减速下降至速度为零，然后再通过反弹上升。设蹦极者在空中自由下落的运动过程为Ⅰ，弹性绳张紧至最低点速度为零的过程为Ⅱ，不计空气阻力，则下列判断正确的是( )‎ A. 在过程Ⅰ中蹦极者受到重力冲量的大小，比过程Ⅱ中绳子弹力的冲量小 B. 在过程Ⅰ中，蹦极者受到的重力冲量等于动量的改变量 C. 在过程Ⅰ中，每秒钟蹦极者动量的变化量相同 D. 在过程Ⅰ和在过程Ⅱ中蹦极者动量的变化量相等 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、过程I中，蹦极者只受到的重力，无弹力，则重力冲量等于动量的改变量，过程II重力与绳子弹力合力的冲量等于动量的改变量，而两个过程动量的改变量大小相等，则竖直向下为正方向，对过程I：，对于过程II：，解得，故在过程Ⅰ中蹦极者受到重力冲量的大小小于过程Ⅱ中绳子弹力的冲量大小， 故AB正确；‎ C、在过程I中，重力不变，由△P＝I＝mgt可知每秒钟蹦极者动量的变化量相同。故C正确；‎ D、在过程I中速度由零增大到最大，在过II中速度由最大减到零，所以动量的变化量大小相等，但方向相反，故D错误。‎ ‎11.如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内有一位于纸面内的电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝左、右两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，拉出磁场过程中，导体框ad边两端电压分别为U1、U2，通过导体框截面的电荷量分别为q1、q2。则 A. U 2 = 3U1 B. U2 =Ul C. q2 = 3q1 D. q2 =q1‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 从一般情况去考虑，设以速度v从磁场中拉出线框，则感应电动势为：E=BLv，感应电流为：．从左边拉出时，ad边切割磁感线是电源，所以导体框ad两端的电压大小为：U1＝E＝BLv，从右边拉出时，ad边不切割磁感线不是电源，所以导体框ad两端的电压大小为U2＝E＝BL×3v＝BLv，所以选项B正确，A正确．通过线框截面的电量为：，与速度无关，所以选项C错误，D正确；故选BD.．‎ 点睛：本题是以不同的速度拉出线框，要判断电压大小及通过线框的电量大小等问题．这要从一般情况去考虑，写出每一个判断量的表达式，再看它与速度的关系，再作判断．‎ ‎12.如图所示，空间存在一垂直于纸面向外的磁感应强度为0.5 T的匀强磁场，一质量为M＝0.2 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端放置一质量为m＝0.1 kg、电荷量q＝＋0.2 C的滑块，滑块与绝缘板之间的动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．现对木板施加方向水平向左、大小为0.6 N的恒力F，取g＝10 m/s2，则 （ ）‎ A. 木板和滑块一直做加速度为2 m/s2的匀加速运动 B. 滑块开始做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动 C. 最终木板做加速度为3 m/s2的匀加速运动，滑块做速度为10 m/s的匀速运动 D. 最终木板做加速度为2 m/s2的匀加速运动，滑块做速度为10 m/s的匀速运动 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】由于动摩擦因数为0.5，静摩擦力能提供的最大加速度为5m/s2，所以当0.6N的恒力作用于木板时，系统一起以a的加速度一起运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时Bqv＝mg，解得：v＝10m/s，此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动，a，所以BC正确。‎ 二、实验题 ‎13.（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为______mm．‎ ‎（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为______cm．‎ ‎【答案】5.015；4.700。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：图甲中物体的长度为50mm+3×0.05mm=5.015cm；图乙中的直径为4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm。‎ 考点：游标卡尺与螺旋测微器的读数。‎ ‎14.某同学准备测定一电池组的电动势和内阻，实验室备有下列器材：‎ 待测的电池组（电动势约为3.0V，内阻2.0Ω左右）‎ 电流表A1（量程0～3mA，内阻为10Ω）‎ 电流表A2（量程0～0.6A，内阻未知）‎ 滑动变阻器R（0～20Ω，5A） ‎ 定值电阻R1（990Ω）‎ 定值电阻R2（2.5Ω） ‎ 开关和导线若干 ‎（1）该同学利用上述器材设计了如图所示的实验电路。其中N处的电流表应选_________；a处的电阻应选_______________。‎ ‎（2）闭合开关前滑动变阻器的滑片应滑到最_________端（填写“左”或“右”）。 ‎ ‎（3）该同学通过设计的实验电路，多次进行实验，测得电流表 和的多组数据和，并画出 的关系图线如图乙所示，则该电池组的内阻r=________Ω。（取两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). （1）A1 (2). R1 (3). （2）左 (4). （3）1.5‎ ‎【解析】‎ ‎（1）电流表A1(量程0～3mA，内阻为10Ω)与定值电阻R1(990Ω)串联，相当于量程为3V的电压表，则其中N处的电流表应选A1，a处的电阻应选R1。‎ ‎（2）闭合开关前滑动变阻器的电阻应调到最大，即滑片应滑到最左端。‎ ‎（3）根据欧姆定律和串联的知识得电源两端电压为：U=I1（990+10）=1000I1， 根据图象与纵轴的交点得电动势为：E=3.0mA×1000Ω=3.0V 而由图象可知，当电压为1.00V时，电流为0.5A；‎ 则由闭合电路欧姆定律U=E-I(r+R2)可知：r=1.5Ω 点睛：本题考查测量电源电动势和内阻的实验，要注意搞清图像的物理意义以及图像上的各量与电路中各量的关系，根据闭合电路欧姆定律进行分析求出电动势及内阻．‎ 三、计算题 ‎ ‎15.蹦床运动有“空中芭蕾”之称，某质量为m的运动员从距蹦床高处自由落下，接着又能弹起高，运动员与蹦床接触时间t，在空中保持直立。重力加速度为g，取竖直向上的方向为正方向，忽略空气阻力。求：‎ ‎（1）运动员与蹦床接触时间内，所受重力的冲量I；‎ ‎（2）运动员与蹦床接触时间内，受到蹦床平均弹力的大小F。‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由动量的定义式：，‎ 得重力的冲量得：，负号表示方向竖直向下；‎ ‎(2)设运动员下落h1高度时的速度大小为v1，弹起时速度大小为v2，则有：‎ ‎ ‎ 由动量定理有：‎ ‎ ‎ 解得：。‎ ‎16.真空中存在着空间范围足够大的、水平向右的匀强电场。在电场中，若将一个质量为m，带正电的小球由静止释放，运动中小球速度与竖直方向夹角为37°(取sin37°=0.6，cos37°=0.8）.现将该小球从电场中某点以初速度v0竖直向上抛出。求运动过程中 ‎(1)小球受到的电场力的大小及方向；‎ ‎(2)小球从抛出点至最高点的过程中电场力做的功。‎ ‎【答案】(1)电场力大小 电场力的方向水平向右 (2)电场力做功 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）小球静止释放时，由于所受电场力与重力均为恒力，故其运动方向和合外力方向一致，根据这点可以求出电场力大小和方向；‎ ‎（2）小球抛出后，水平方向做匀加速直线运动，竖直方向上做竖直上抛运动，根据运动的等时性，可求出水平方向的位移，利用电场力做功即可求出电势能的变化量，或者求出高点时小球水平方向速速，然后利用动能定理求解；‎ ‎【详解】（1）根据题设条件可知，合外力和竖直方向夹角为37°，所以电场力大小为： Fe=mgtan37°=0.75mg，电场力的方向水平向右。故电场力为0.75mg，方向水平向右。 （2）小球沿竖直方向做匀减速运动，有：vy=v0-gt 沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，加速度为a： ‎ 小球上升到最高点的时间t=‎ ‎， 此过程小球沿电场方向位移： 电场力做功 W=Fxsx=mv02‎ ‎【点睛】本题在复合场中考查了运动的合成、分运动之间的关系等，有一定的综合性。解这类问题的关键是：正确进行受力分析，弄清运动形式，利用相应物理规律求解。‎ ‎17.如图所示，坐标空间中有场强为E=100 N/C的匀强电场和磁感应强度为B=10-3T的匀强磁场，y轴为两种场的分界面，图中虚线为磁场区域的右边界，现有一质量为m，电荷量为-q的带电粒子从电场中坐标位置(-1，0)处，以初速度vo=105 m/s沿x轴正方向开始运动，且已知带电粒子的比荷= 108 C/kg，粒子的重力忽略不计，则：‎ ‎(1)求带电粒子进入磁场的速度大小；‎ ‎(2)为使带电粒子能穿越磁场区域而不再返回电场中，求磁场的宽度d应满足的条件 ‎【答案】(1)m/s (2)2.41m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，设运动的加速度为a，由牛顿第二定律可得：qE=ma 设粒子出电场、入磁场时的速度大小为v，此时在y方向的分速度为vy，粒子在电场中运动的时间为t，则：vy=at l=v0t 解得vy=v0 ‎ ‎ ‎ ‎（2）设v的方向与y轴夹角为θ，则有 可得θ=450‎ 粒子进入磁场后在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，如图：则有：‎ 可得 ‎ 要使粒子穿越磁场区域，磁场的宽度应满足的条件： ‎ 综合已知条件解以上各式可得：‎ ‎【点睛】题考查带电粒子在匀强电场中做类平抛运动和在匀强磁场中做匀速圆周运动，在电场中掌握类平抛问题的处理方法，在磁场中运动要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了.‎ ‎18.平行金属导轨在水平面内固定，导轨间距L＝0.5 m，导轨右端接有电阻RL＝9Ω的小灯泡，导轨电阻不计，如图甲所示。在导轨的MNQP矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，MN、PQ间距d＝4m，此区域磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，垂直导轨跨接一电阻r＝1Ω的金属棒GH，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5。在t＝0时刻，给金属棒施加一向右的恒力F（F未知），使金属棒从静止开始运动，t＝2s时恰好到达MN处。在0～4 s内小灯泡发光亮度始终没变化 (g取10 m/s2) ，求：‎ ‎（1）此段时间内流过灯泡的电流；‎ ‎（2）导体棒的质量；‎ ‎（3）0～4 s内整个系统产生的热量。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）0～4 s内小灯泡发光亮度始终没变化，则流过灯泡的电流不变。‎ 在0～2s内由电磁感应定律得 由闭合电路的欧姆定律得 联立解得： ‎ ‎（2）由题知进入磁场后，磁场不再发生变化。‎ 由导体棒切割磁感线 在0～2s内，导体棒未进入磁 场。‎ 由运动学规律得 由牛顿第二定律得 ‎ 进入磁场后灯泡亮度不变，则导体棒做匀速运动。‎ 由平衡条件得 联立解得 ‎（3）0～4 s内产生的焦耳热 ‎0～2 s内位移 ‎ ‎2s～4 s内位移 摩擦产生的热量 ‎ 则系统产生的总热量 ‎ 综上所述本题答案是; （1） （2） （3）‎ 点睛：解本题的关键是会计算感应电动势，以及利用闭合电路求电流，由于本题牵涉到能量的关系，所以要利用能量守恒来解决本题中出现的问题。‎ ‎ ‎