2017-2018学年江西省九江第一中学高二上学期第二次月考物理试题 解析版

2017-2018学年江西省九江第一中学高二上学期第二次月考物理试题 解析版

江西省九江第一中学2017-2018学年高二上学期第二次月考物理试题 一、选择题 ‎1. 两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较弱磁场区域进入到较强磁场区域后，粒子的（ ）‎ A. 轨道半径减小，运动周期减小 B. 轨道半径增大，运动周期增大 C. 轨道半径减小，运动周期增大 D. 轨道半径增大，运动周期减小 ‎【答案】A ‎【解析】根据洛伦兹力充当向心力可知，Bqv=，解得： ；故从较弱的磁场区域进入较强的磁场区域后粒子的轨道半径减小；由于洛伦兹力不做功，因此粒子运动的速度大小不变，由v=Rω可知，因半径减小，故角速度增大，周期减小，故A正确，BCD错误．故选A．‎ ‎2. 如图，三个速度大小不同的同种带电粒子沿同一方向从图示长方形区域的匀强磁场边缘射入，当它们从下边缘飞出时相对入射方向的偏角分别为90°、60°、30°，则它们在磁场中运动时间之比分别为(　 )‎ ‎ ‎ A. 1：1：1 B. 1：2：3 C. 3：2：1 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：粒子在磁场中运动的周期的公式为，由此可知，粒子的运动的时间与粒子的速度的大小无关，所以粒子在磁场中的周期相同，由粒子的运动的轨迹可知，三种速度的粒子的偏转角分别为90°、60°、30°，所以偏转角为90°的粒子的运动的时间为，偏转角为60°的粒子的运动的时间为，偏转角为30°的粒子的运动的时间为；所以有，C正确；故选C。 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动 ‎【名师点睛】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动解题一般程序是：1、画轨迹：确定圆心，几何方法求半径并画出轨迹； 2、找联系：轨迹半径与磁感应强度、速度联系；偏转角度与运动时间相联系，时间与周期联系。‎ ‎3. 如图所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是( ) ‎ A. 穿过线圈a的磁通量减少 B. 从上往下看，线圈a中将产生逆时针方向的感应电流 C. 线圈a有扩张的趋势 D. 线圈a对水平桌面的压力将减小 ‎【答案】B ‎【解析】当滑动触头P向下移动时电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流增大，从而判断出穿过线圈a的磁通量增加，方向向下，所以A错误；根据楞次定律即可判断出线圈a中感应电流方向俯视应为逆时针，B正确．再根据微元法将线圈a无线分割根据左手定则不难判断出线圈a应有收缩的趋势，或直接根据楞次定律的第二描述“感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因”，因为滑动触头向下滑动导致穿过线圈a的磁通量增加，故只有线圈面积减少时才能阻碍磁通量的增加，故线圈a应有收缩的趋势，C错误；开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑动触头向下滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a和b看做两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁的N极相对，互相排斥，故线圈a对水平桌面的压力将增大，所以D错误．故选B．‎ 点睛：首先应掌握楞次定律的基本应用，楞次定律的第二描述是能量守恒定律在电磁感应现象中得出的必然结果．一般在解决有关相对运动类问题时用楞次定律的第二描述将会非常简便．‎ ‎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。如果把P导线剪断、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】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为l的a点处的磁感应强度为零，如下图所示： 由此可知，外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，即B1=B0；依据几何关系，及三角知识，则有：BPcos30°=B0； 解得P或Q通电导线在a处的磁场大小为BP=B0；如果把P导线剪断、其他条件不变，则a点处磁感应强度与Bp等大反向，即大小为B0，故选B. ‎ ‎5. 如图，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Δt时间从C点射出磁场，OC与OB成60°角。现将带电粒子的速度变为，仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为(　 )‎ ‎ ‎ A. Δt B. 3Δt C. Δt D. 2Δt ‎【答案】D ‎【解析】设圆形磁场区域的半径是R，以速度v射入时，半径，根据几何关系可知，，所以r1=R；运动时间；以速度射入时，半径；‎ 设第二次射入时的圆心角为θ，根据几何关系可知：，所以 θ=120°；则第二次运动的时间为：,故选D．‎ 点睛：带电粒子在磁场中运动的题目解题基本步骤为：定圆心、画轨迹、求半径，同时还利用圆弧的几何关系来帮助解题．‎ ‎6. 如图所示，两匀强磁场的方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度大小分别为B1、B2，今有一质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场方向射入匀强磁场B1中，其运动轨迹为如图虚线所示的“心”形图线。则以下说法正确的是( )‎ ‎ ‎ A. 电子的运行轨迹为PENCMDP B. B1=2B2‎ C. 电子运行一周回到P用时为 D. B1=4B2‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据左手定则可知：电子从P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1时，受到的洛伦兹力方向向上，所以电子的运行轨迹为PDMCNEP，故A错误；电子在整个过程中，在匀强磁场B1中运动两个半圆，即运动一个周期，在匀强磁场B2中运动半个周期，所以，故C错误；由图象可知，电子在匀强磁场B1中运动半径是匀强磁场B2中运动半径的一半，根据可知，B1=2B2，故D错误，B正确．故选B．‎ ‎7. 如图，有甲、乙、丙、丁四个离子，它们带同种电荷，电荷量大小关系未知，质量关系m甲＝m乙＜m丙＝m丁，以速度v甲＜v乙＝v丙＜v丁 ‎ 进入速度选择器后有两种离子从速度选择器中射出，进入B2磁场。不计重力，由此可判定(  )‎ ‎ ‎ A. 射到A1的一定是乙离子 B. 射到A2的一定是乙离子 C. 射向P1的一定是丙离子 D. 射向P2的一定是丁离子 ‎【答案】D ‎【解析】通过在磁场中偏转知，粒子带正电．在速度选择器中，有qE=qvB．，只有速度满足一定值的粒子才能通过速度选择器．所以只有乙、丙两粒子能通过速度选择器．甲的速度小于乙的速度，所以甲的电场力大于洛伦兹力，甲向P1板偏转．同理射到P2的是丁粒子，故D正确，C错误．只有乙、丙两粒子能通过速度选择器进入磁场B2，根据，因电量的大小关系未知，则不能判断两离子的半径关系，选项AB错误；故选D．‎ 点睛：解决本题的关键知道只有速度满足一定的值，才能通过速度选择器．由速度选择器出来进入磁场，速度一定，根据，可比较粒子偏转半径的大小．‎ ‎8. 如图所示为一电源路端电压与电流关系的函数图象,把此电源接在 图示的电路中,其中R1=1 Ω,R2=R3=2 Ω.则下列正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 此电源电动势为3V，内阻为2 Ω B. 若在C、D间连一个理想电流表,其读数是0.75 A C. 若在C、D间连一个理想电压表,其读数是1.2 V D. 若在C、D间连一电容为20μF的电容器,则电容器所带电荷量是1.5×10-5C ‎【答案】AC ‎【解析】由甲图可得：电源的电动势 E=3V，内阻为：，选项A正确；若在C、D间连一个理想电流表，则外电路的连接关系是：R2与R3后与R2串联，电路中总电流为：‎ ‎，电流表的读数为：I=0.375A，故B错误．若在C、D间连一个理想电压表，其读数是：，故C正确．若CD间连一电容为C=20μF的电容器，则电容器板间电压为：；‎ 电容器所带电量是：Q=CU=2×10-5×1.2C=2.4×10-5C，故D错误． 故选AC.‎ 点睛：对于直流电路的计算，关键要分析清楚电路的连接关系，要知道电流表相当于导线，电压表相当于开关断开．‎ ‎9. 某型号的回旋加速器的工作原理如图所示（俯视图）．D形盒内存在匀强磁场，磁场的磁感应强度为B． D形盒半径为R，两盒间狭缝很小，带电粒子穿过狭缝的时间忽略不计．设氘核（）从粒子源A处射入加速电场的初速度不计．氘核质量为m、带电荷量为q.加速器接频率为f的高频交流电源，其电压为U. 不计重力，不考虑相对论效应．下列正确的是（ ）‎ A. 氘核第1次经过狭缝被加速后进入D形盒运动轨道的半径为 B. 只增大电压U，氘核从D形盒出口处射出时的动能不变 C. 不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器不能加速氦核（）‎ D. 不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器也能加速氦核（）‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】氘核第1次经过狭缝被加速后满足；进入D形盒后：，解得运动轨道的半径为，选项A正确；氘核从D型盒射出后满足，动能，可知只增大电压U，氘核从D形盒出口处射出时的动能不变，选项B正确；氦核在磁场中运动的周期 ‎，则不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器也能加速氦核，选项D正确，C错误；故选ABD.‎ ‎10. 如图所示，竖直平行线MN、PQ间距离为a，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场（含边界PQ），磁感应强度为B，MN上O处的粒子源能沿不同方向释放比荷为q/m的带负电粒子，速度大小相等、方向均垂直磁场。粒子间的相互作用及重力不计。设粒子速度方向与射线OM夹角为θ，当粒子沿θ=60°射入时，恰好垂直PQ射出。下列正确的是（ ）‎ A. 从PQ边界射出的粒子在磁场中运动的最短时间为 B. 沿θ=120°射入的粒子，在磁场中运动的时间最长 C. PQ边界上有粒子射出的区域长度为 ‎ D. MN边界上有粒子射出的区域长度为 a ‎【答案】BC ‎【解析】由题设条件，当粒子沿θ=60°射入时，恰好垂直PQ射出，由几何关系求出做匀速圆周运动的半径r=2a；要使粒子从PQ边射出时时间最短，则以a为弦长的轨迹所对应的时间最短．由几何半径知：其对应的圆心角θ满足：，θ=29°，最短时间为：，所以选项A错误．沿θ=120°射入的粒子由几何关系知道，其运动轨迹恰与PQ边相切，粒子从MN边射出，该粒子在磁场中偏转120°，运动时间最长，所以选项B正确．沿竖直向上射出的粒子打的位置最高，由几何关系可得 ，而以θ=120°射入的粒子其轨迹与PQ相切，打的位置最低，由几何关系有：，所以打在PQ的长度为y1+y2=2a，所以选项C正确；从MN边界上射出的粒子，应该是与PQ相切的粒子，射出的方向与MN成600角，则打到MN上时与O点的距离为，选项D错误．故选BC.‎ 点睛：由于粒子做匀速圆周运动的半径为2a，比磁场边界宽，所以要找到轨迹圆的圆心，拿圆规去试画，确定大致轨迹，能帮助分析问题．其次最短时间的确定，对应弧和弦最短，则只能是磁场宽度a，从而能求出最短时间，至于最长时间，则要找偏转角最大的，显然是轨迹恰与PQ相切，最后从MN射出的粒子．‎ 填空题 ‎11. （1）下面左图螺旋测微器读数为__________mm，右图游标卡尺读数为__________mm ‎（2）某表头满偏电流为1mA、内阻为982Ω。（以下计算结果均取整数）‎ ‎①为了将表头改装成量程为3V的电压表，需要一个阻值为________Ω的电阻与表头串联 ‎②为了将表头改装成量程为50mA的电流表，需要一个阻值约为____Ω的电阻与表头并联 ‎【答案】 (1). 0.900 (2). 14.50 (3). 2018 (4). 20‎ ‎...............‎ ‎（2）①为了将表头改装成量程为3V的电压表，需要一个阻值为的电阻与表头串联；‎ ‎②为了将表头改装成量程为50mA的电流表，需要一个阻值约为的电阻与表头并联；‎ ‎12. 某多用电表内欧姆挡“×1”的内部电路图如图所示，欧姆调零后明明同学将电阻箱和电压表V并联后接在两表笔a、b上，欲用图示的电路测量多用电表内部的电阻r(远小于电压表V的内阻)和电池的电动势E.‎ ‎ ‎ ‎（1）表笔a为________表笔(填“红”或“黑”)‎ ‎（2）改变电阻箱R的阻值，分别读出若干组电压表和电阻箱的示数U、R，将、的值算出并记录在表格中，并作出-图线，如图所示。‎ ‎（1）根据图线得到电动势E＝____V，内部的电阻r＝_____Ω.(结果保留三位有效数字)‎ ‎（2）由于电压表的分流作用，多用电表内部电池的电动势的测量值比真实值________(填“大”或“小”)．‎ ‎【答案】 (1). 红 (2). 1.41—1.45 (3). 22.9—23.9 (4). 小 ‎【解析】（1）表笔a内部接电源的负极，则为红表笔；‎ ‎（2）①由闭合电路欧姆定律可知：；变形得：； 可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势的倒数，故有：E==1.43V； 图象的斜率表示，则有：r==23.0Ω ‎②当电压表内阻为无穷大时，即为不接电阻箱时电压表的示数为多用电表内部电池的电动势的测量值，而电压表两端的电压等于电动势的真实值减去多用电表的内电压，所以多用电表内部电池的电动势的测量值比真实值小．‎ 三.解答题 ‎13. 如图，长度L＝0.5m的导体棒通入垂直纸面向里的电流，电流I＝2A，整个装置处于磁感应强度B＝T、方向竖直向上的匀强磁场中，导体棒静止于倾角θ=30°的光滑导轨上。取g＝10m/s2求：‎ ‎（1）导体棒所受安培力的大小；‎ ‎（2）导体棒质量 ‎【答案】（1）N ；（2）0.3kg 解得m=0.3kg ‎14. 如图所示的电路中，电源电动势E=20 V，内电阻r=2 Ω，R1=1 Ω。两个完全相同的灯泡L1、L2，每个灯泡的电阻都为2Ω（忽略温度变化对灯泡电阻的影响）。断开开关K，电阻箱R2调到15Ω时，L2恰好正常发光。‎ ‎（1）灯泡的额定电流。‎ ‎（2）当开关K闭合后，为了使灯泡均正常发光，求电阻箱R2应调到何值？此时R2消耗的功率是多少？‎ ‎【答案】（1）1A (2) 6Ω；24W ‎【解析】（1）灯泡的额定电流 ‎ ‎（2）当开关K闭合后，为了使灯泡均正常发光，则电路中的总电流为I′=2I=2A,则 ；‎ R2消耗的功率 ‎ ‎15. 如图所示，abcd为一正方形边界的匀强磁场区域，磁场边界边长为L，两个粒子以相同的速度从a点沿ac方向射入，粒子1从b点射出，粒子2从cd边垂直于磁场边界射出，不考虑粒子的重力和粒 子间的相互作用。求：‎ ‎（1）粒子1带正电还是负电 ‎（2）粒子1和粒子2的比荷之比（比荷：电荷量与质量的比值）‎ ‎（3）粒子1和粒子2在磁场中运动时间之比 ‎【答案】（1）正电 （2）2:1 （3）1:1‎ ‎【解析】（1）根据左手定则可得：粒子1带正电，粒子2带负电．‎ ‎ （2）做出粒子运动的轨迹如图，则粒子1运动的半径： ，粒子2运动的半径：r2＝L，‎ 由 可得可得： （3）粒子1在磁场中偏转角度为900，则；粒子2在磁场中偏转角度为450，则；所以：‎ ‎16. 如图所示的xOy坐标系中，在第Ⅰ象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从y轴上的P点垂直进入匀强电场，经过x轴上的Q点以速度v进入磁场，方向与x轴正向成30°角．若粒子在磁场中运动后恰好能再回到电场，已知OP＝，粒子的重力不计，电场强度E和磁感应强度B大小均未知．求：‎ ‎(1)OQ的距离；‎ ‎(2)磁感应强度B的大小；‎ ‎(3)若在O点右侧22L处放置一平行于y轴的挡板，粒子能击中挡板并被吸收，求粒子从P点进入电场到击中挡板的时间．‎ ‎【答案】(1)3L (2)B＝ （3）t总＝‎ ‎【解析】（1）粒子在Q点进入磁场时，vx=vcos30°，vy=vsin30°， OP间的距离 ．‎ OQ间的距离 解得x=OQ=3L （2）粒子恰好能回到电场，即粒子在磁场中轨迹的左侧恰好与y轴相切，设半径为R R+Rsin30°=3L， qvB=m 可得B=． （3）粒子在电场和磁场中做周期性运动，轨迹如图；‎ ‎ 一个周期运动过程中，在x轴上发生的距离为△L=3L+3L-2Rsin30°=4L，P点到挡板的距离为22L，所以粒子能完成5个周期的运动，然后在电场中沿x轴运动2L时击中挡板．5个周期的运动中，在电场中的时间为， 磁场中运动的时间 ‎ ， 剩余2L中的运动时间  ， 总时间t总=t1+t2+t3= ．  ‎ 点睛：本题考查了带电粒子在电场和磁场中的运动，掌握处理类平抛运动的方法，抓住等时性结合运动学公式进行求解，对于粒子在磁场中的运动，会确定圆心、半径和圆心角．‎ ‎17. 如图所示，与水平面成37°的倾斜轨道AC，其延长线在D点与半圆轨道DF相切，全部轨道为绝缘材料制成且位于竖直面内，整个空间存在水平向左的匀强电场，MN的右侧存在垂直于纸面向里的匀强磁场（C点在MN边界上）。一质量为0.4 kg的带电小球沿轨道AC下滑，至C点时速度为，接着沿直线CD运动到D处进入半圆轨道，进入时无动能损失，恰好能通过F点，通过F 点时速度为4 m/s，取g=10 m/s2 求：‎ ‎（1）小球带正电还是负电；‎ ‎（2）小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功；‎ ‎（3）小球从F点飞出时磁场同时消失，小球离开F点后的运动轨迹与AC轨道所在直线的交点为G（G点未标出），求G点到D点的距离。‎ ‎【答案】(1)正电（2）27.6 J (3) 2.26 m ‎【解析】（1）由小球离开C后仍能沿直线方向运动，电场力与洛仑兹力的合力一定与重力等大反向； 则可得出小球只能带正电．‎ ‎（2）依题意可知小球在CD间做匀速直线运动 在D点速度为 ‎ 在CD段受重力、电场力、洛伦兹力，且合力为0，设重力与电场力的合力为F，F=qvCB ‎ 又 ‎ 解得： ‎ 在F点处由牛顿第二定律可得 ‎ 把代入得，R=1 m 小球在DF段克服摩擦力做功W，由动能定律可得： ‎ W=27.6 J ‎ ‎（3）小球离开F点后做类平抛运动，其加速度为 ‎ 由 ，得 ‎ 交点G与D点的距离 ‎ ‎ ‎