安徽省定远县民族私立中学2020学年高二物理元月月考试题（含解析）

安徽省定远县民族私立中学2020学年高二物理元月月考试题（含解析）

安徽省定远县民族私立中学2020年高二物理元月份考试卷 ‎ 物理试题 一、选择题 ‎1.丹麦物理学家奥斯特在1820年发现了电流的磁效应，奥斯特在实验中，将直导线沿南北方向水平放置，指针靠近直导线，下列结论正确的是　　‎ A. 把小磁针放在导线的延长线上，通电后小磁针会转动 B. 把小磁针平行地放在导线的下方，通电后小磁针不会立即发生转动 C. 把小磁针平行地放在导线的下方，给导线通以恒定电流，然后逐渐增大导线与小磁针之间的距离，小磁针转动的角度与通电前相比会逐渐增大 D. 把黄铜针用黄铜制成的指针平行地放在导线的下方，通电后黄铜针一定会转动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：对于电流的磁效应，根据安培定则进行分析．注意磁场及磁场的应用．‎ 解：根据安培定则可知，针小磁针放在导线上的延长线上，小磁针所在位置没有磁场，故小磁针不会转动；故A错误；‎ B、由于铝板不能有效屏蔽磁场，故通电后小磁针会发生转动；故B错误；‎ C、离导线越远的地方，磁场越弱，则逐渐增大导线与小磁针之间的距离，小磁针转动的角度（与通电前相比）会逐渐减小；故C正确；‎ D、铜不能被磁化，故不会被磁场所吸引；故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查安培定则及能被磁化的材料，要注意正确掌握课本内容并能准确应用．‎ ‎2.如图所示，虚线是某静电场的一簇等势线，边上标有电势的值．一带电粒子只在电场力作用下恰能沿图中的实线从A经过B运动到C．下列判断正确的是（　　）‎ A. 粒子一定带负电 B. A处场强大于C处场强 C. 粒子在A处电势能大于在C处电势能 D. 粒子从A到B电场力所做的功大于从B到C电场力所做的功 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，可知电场线方向大致向左，根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子所受的电场力方向大致向左，则知粒子一定带正电，A错误；等差等势面的疏密反映电场强度的大小，A处场强大于C处场强，B正确；从A点飞到C点，电场力方向与速度的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，C正确；由于电势差相同，根据知，电场力做功相同，D错误．‎ ‎3.如图所示，一水平放置的N匝矩形线框面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向斜向上，与水平面成30°角，现若使矩形框以左边的一条边为轴转到竖直的虚线位置，则此过程中磁通量的改变量的大小为(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 初位置的磁通量，若规定此时穿过线圈为正面，则当线圈转到虚线部分时穿过线圈为反面，此时磁通量为 磁通量的改变量为： 磁通量变化的大小为： ，故选C 综上所述本题答案是：C ‎4.如图所示，电流表、电压表均为理想电表，L为小电珠。R为滑动变阻器，电源电动势为E，内阻为r。现将开关S闭合，当滑动变阻器滑片P向左移动时，下列结论正确的是(　 　)‎ A. 电流表示数变大，电压表示数变小 B. 小电珠L变亮 C. 电容器C上电荷量减小 D. 电源的总功率变小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 当滑动变阻器滑片P向左移动时，变阻器接入电路电阻增大，外电路总电阻增大，由欧姆定律得知，总电流减小，路端电压增大，则电流表示数变小，电压表示数变大，小电珠L变暗，故AB错误；电源的总功率P=EI，I减小，E不变，则电源的总功率变小，故D正确；电容器的电压U=E-I（RL+r），I减小，其它量不变，则U增大，由Q=CU可知电容器C上电荷量Q增加，故C错误。所以D正确，ABC错误。‎ ‎5.一正电荷在电场中仅受电场力作用，从A点运动到B点，速度随时间变化的图像如图所示，tA、tB分别对应电荷在A、B两点的时刻，则下列说法中正确的是（　　）‎ A. A处的场强一定小于B处的场强 B. A处的电势一定低于B处的电势 C. 电荷在A处的电势能一定大于在B处的电势能 D. 从A到B的过程中，电场力对电荷做正功 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由图象知A处的加速度大于B处的加速度，A处的场强一定大于B处的场强，A错．由功能关系及动能和电势能之和守恒知B正确，C、D错．‎ ‎6.如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里。一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由上向下匀速穿过磁场，则：（ ）‎ A. 导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→a B. 导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a C. 导线框离开磁场过程中，bc边受到安培力方向水平向左 D. 导线框进入磁场过程中．bc边受到安培力方向水平向左 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】导线框进入磁场时，回路中的磁通量向里增大，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，用左手定则判断，bc边受到安培力方向水平向左；导线框出磁场时，回路中的磁通量向里减小，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针方向，用左手定则判断出：bc边受到向右的安培力；故D正确，ABC错误。故选D。‎ ‎7.关于电动势下列说法中正确的是（  ）‎ A. 在电源内部把正电荷从负极移到正极，非静电力做功，电能增加 B. 对于给定的电源，移动正电荷非静电力做功越多，电动势就越大 C. 电动势越大，说明非静电力在电源内部把正电荷从负极向正极送单位电荷量做功越多 D. 电动势越大，说明非静电力在电源内部把正电荷从负极向正极移送电荷量越多 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在电源内部把正电荷从负极移到正极非静电力做功，电能增加，电动势表征电源把其他形式的能转化为电能本领的大小；根据电动势的定义式E=分析其意义；电动势等于电源没有接入电路时两极的电压．‎ ‎【详解】A、在电源内部非静电力把正电荷从负极移到正极而做功，其他形式的能转化为电能，电能增加，故A正确．‎ B、电动势等于电源没有接入电路时两极的电压，故B错误．‎ C、D、根据电动势的定义式E=得：W=qE，可知电动势越大，说明非静电力在电源内部把单位正电荷从负极向正极移送做功越多．故C正确，D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎【点睛】本题的解题关键是理解掌握电动势的物理意义、掌握电动势的定义式E=，知道电动势与电源两极间电压的区别．‎ ‎8.如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是(　　)‎ A. 带电粒子将始终向同一个方向运动 B. 2 s末带电粒子回到原出发点 C. 3 s末带电粒子的速度为零 D. 0～3 s内，电场力做的总功为零 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度为：，第2s内加速度为：故 a2=2a1，因此先加速1s再减小0.5s时速度为零，接下来的0.5s将反向加速，v-t图象如图所示：‎ 带电粒子在前1秒匀加速运动，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故A错误；‎ 根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t=2s时，带电粒子离出发点最远，故B错误；‎ 由解析中的图可知，粒子在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，3s末的瞬时速度刚减到0，故C正确；‎ 因为第3s末粒子的速度刚好减为0，根据动能定理知粒子只受电场力作用，前3s内动能变化为0，即电场力做的总功为零．故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎【考点定位】带电粒子在电场中的运动；动能定理。‎ ‎9.如图所示，平行金属板之间有一个很强的磁场，磁感强度方向垂直纸面向里，将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场．图中虚线框部分相当于发电机．把两个极板与用电器相连，则：（ ）‎ A. 用电器中的电流方向从A到B B. 用电器中的电流方向从B到A C. 若板间距及粒子的喷入速度不变，增强磁场，发电机的电动势增大 D. 若磁场及板间距不变，增大喷入粒子的速度，发电机的电动势增大 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ AB、等离子体喷入磁场后，受洛伦兹力作用，正离子打在上极板，带正电，负离子打在下极板，带负电，用电器中电流方向从A到B；故A正确，B错误；‎ CD、当等离子体在磁场和电场中时，电场强度，此时电动势最大，最大值，所以若只增强磁场或若只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势均会增大；故CD正确；‎ 故选ACD。‎ ‎【点睛】磁流体发电机的电动势为电压最大值，此时离子在两极板间做匀速直线运动，可由求得电动势。‎ ‎10.如图所示，用电池对电容器充电，电路a、b之间接有一灵敏电流表，两极板之间有一个电荷q处于静止状态．现将两极板的间距变大，则(　　)‎ A. 电荷将向上加速运动 B. 电荷将向下加速运动 C. 电流表中将有从a到b的电流 D. 电流表中将有从b到a的电流 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：将两极板的间距变大，而电容器的电压不变，板间场强减小，电荷q所受的电场力F=Eq减小，电荷将向下加速运动．故A错误，B正确；根据电容的决定式可知，电容减小，电容器的电压U不变，由电容的定义式分析得知，电容器的电量减小，电容器放电，而电容器上极板带正电，则电流表中将有从b到a的电流．故C错误，D正确．故选BD．‎ 考点：电容器的电容；电场强度。‎ ‎11.如图所示，一个半径为R的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度B大小相等，方向均与环面轴线方向成θ角(环面轴线为竖直方向)。若导线环上载有如图所示的恒定电流I，则下列说法正确的是(　　)‎ A. 导电圆环有收缩的趋势 B. 导电圆环所受安培力方向竖直向上 C. 导电圆环所受安培力的大小为2BIR D. 导电圆环所受安培力的大小为2πBIRsin θ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ 试题分析：根据感应电流方向由楞次定律判断出穿过环的磁通量如何变化，然后判断环有收缩趋势还是扩张趋势；‎ 由左手定则判断环所受安培力方向，由安培力公式求出环所受安培力大小．‎ 解：A、根据通入电流方向，结合左手定则可知，安培力方向水平分量均指向圆心，因此环有收缩的趋势，故A正确；‎ B、把磁感应强度分解为水平分量与竖直分量，竖直方向的磁场对环形电流的安培力为零，由左手定则可知，水平方向的磁场对电流的安培力竖直向上，即导电圆环所受安培力竖直向上，故B正确；‎ C、把磁感应强度分解为水平分量与竖直分量，竖直方向的磁场对环形电流的安培力为零，导电圆环可以等效为两直线电流，导线的有效长度等于环的直径，水平磁场对电流的安培力F=B水平I•2πR=2πBIRsinθ，故C错误，D正确；‎ 故选：ABD．‎ ‎【点评】应用安培定则判断出感应电流磁场方向，熟练理解楞次定律是判断环收缩还是扩张的关键．‎ ‎12.图甲为交流发电机的原理图，正方形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动，电流表为理想交流电表，线圈中产生的交变电流随时间的变化如图乙所示，则(　　)‎ A. 电流表的示数为10 A B. 线圈转动的角速度为50 rad/s C. 0.01 s时线圈平面和磁场平行 D. 0.01 s时线圈的磁通量变化率为零 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 由题图乙可知交流电电流的最大值是Im=10A，周期T=0.02s，由于电流表的示数为有效值，故示数I=Im=10A，选项A正确；角速度ω==100π ‎ rad/s，选项B错误；0.01s时线圈中的感应电流为0，则穿过线圈的磁通量为最大，磁通量变化率为0，故线圈平面与磁场方向垂直，选项C错误，D正确；故选AD．‎ 点睛：此题考查交流电的产生和描述，知道电表示数为有效值，知道中性面的特点：感应电动势为零，则穿过线圈的磁通量变化为零，磁通量最大．‎ 二、填空题 ‎13.某同学在测一节干电池的电动势和内电阻的实验中，测得若干组电池两端电压值和对应的通过干电池的电流值，并利用这些数据画出了如图所示的U-I图象。则由此U-I图象可知，该干电池的电动势的测量值为 V，内电阻的测量值为 Ω。（本题结果保留到小数点后2位）‎ ‎【答案】1.48~1.50…………（3分），0.80~0.90…………（3分）（两问均不要求有效数字）‎ ‎【解析】‎ 在U-I图像中，与纵坐标的交点代表的是电动势的大小，所以有图像可知电动势为1.49V；图像的斜率代表了电源内阻值所以内阻的测量值为：‎ 综上所述本题答案是：(1). 1.49V (2). 0.86Ω ‎14. 某学生实验小组利用图（a）所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“×1k”挡内部电路的总电阻。使用的器材有：‎ 多用电表；‎ 电压表：量程5V，内阻十几千欧;‎ 滑动变阻器：最大阻值5kΩ 导线若干。‎ 回答下列问题:‎ ‎（1）将多用电表挡位调到电阻“×1k”挡，再将红表笔和黑表笔 ，调零点。‎ ‎（2）将图((a)中多用电表的红表笔和 （填“1”或“2”）端相连，黑表笔连接另一端。‎ ‎（3）将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图（b）所示，这时电压表的示数如图（c）所示。多用电表和电压表的读数分别为 kΩ和 V。‎ ‎（4）调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零。此时多用电表和电压表的读数分别为12.0kΩ和4.00 V。从测量数据可知，电压表的内阻为____ kΩ。‎ ‎（5）多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图(d)所示。根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为___ V，电阻“×1k”挡内部电路的总电阻为___ kΩ。‎ ‎【答案】（1）短接 （2）1 （3）15.0 3.60 （4）12.0 （5）9.00 15.0‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）欧姆表使用前一定要欧姆调零，即红黑表笔短接后，调节调零旋钮，是电流表满偏；‎ ‎（2）红正黑负，电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；电流从电压表正接线柱流入，故红表笔接触1，黑表笔接2；‎ ‎（3）欧姆表读数=倍率×表盘读数=1K×15．0Ω=15．0kΩ；电压表读数为3．60V；‎ ‎（4）由于滑动变阻器被短路，故欧姆表读数即为电压表阻值，为12．0KΩ；‎ ‎（5）欧姆表的中值电阻等于内电阻，故欧姆表1K档位的内电阻为15．0KΩ；‎ 根据闭合电路欧姆定律，电动势为；‎ 考点：测定电源电动势和内阻实验 ‎【名师点睛】本题关键是明确实验原理，会使用欧姆表和电压表测量电阻和电压，同时能结合闭合电路欧姆定律灵活地列式分析．‎ 三、计算题 ‎15.如图所示，长度为l的轻绳上端固定在O点，下端系一质量为m，电荷量为+q的小球．整个装置处于水平向右，场强大小为的匀强电场中．‎ ‎（1）求小球在电场中受到的电场力大小F；‎ ‎（2）当小球处于图中A位置时，保持静止状态．若剪断细绳，求剪断瞬间小球的加速度大小a；‎ ‎（3）现把小球置于图中位置B处，使OB沿着水平方向，轻绳处于拉直状态．小球从位置B无初速度释放．不计小球受到的空气阻力．求小球通过最低点时的速度大小v．‎ ‎【答案】（1） ；（2） ；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）小球所受的电场力 ‎（2）根据平行四边形定则,小球受到的重力和电场力的的合力 根据牛顿第二定律 所以小球的加速度 ‎（3）根据动能定理有，解得 ‎16.如图所示，竖直平行正对放置的带电金属板A、B，B板中心的小孔正好位于平面直角坐标系xoy的O点，y轴沿竖直方向。在x>0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为；比荷的带正电的粒子P从A板中心处静止释放，其运动轨迹恰好经过M点；粒子P的重力不计，试求：‎ ‎（1）金属板AB之间的电势差；‎ ‎（2）若在粒子P经过O点的同时，在y轴右侧匀强电场中某点由静止释放的另一带电微粒Q，使粒子P、Q恰能在运动中相碰；假设Q的质量是P的2倍，带电情况与P相同；Q的重力及粒子P、Q之间的相互作用力均忽略不计，求：粒子Q释放点的位置横纵坐标x、y应满足的函数关系。‎ ‎【答案】（1）1000V（2）其中x>0‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）设粒子P的质量为m、带电量为q，从O点进入匀强电场时的速度大小为v0；由题意可知，粒子P在y轴右侧匀强电场中做类平抛运动；设从O点运动到M（，1）点历时为t0，由类平抛运动可得：‎ 解得：‎ 在金属板AB之间，由动能定理：‎ 解得：UAB=1000V ‎（2）设PQ在右侧电场中运动的加速度分别为a1、a2；Q粒子从坐标N（x，y）点释放后，经时间t与粒子P相遇；由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得：‎ 对于P:Eq=ma1‎ 对于Q:Eq=2ma2‎ x=v0t 解得：，其中x>0‎ 即粒子Q释放点N（x，y）坐标满足的方程为：其中x>0‎ 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】解决本题的关键是偏转过程的研究方法：动能定理，类平抛运动的研究方法：运动的分解法，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解。‎ ‎17.如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强电场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P（0，h）点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a（2h，0）点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力。求：‎ ‎（1）电场强度E的大小；‎ ‎（2）粒子到达a点时速度的大小和方向；‎ ‎（3）abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值。‎ ‎【答案】（1）；（2），方向与x轴的夹角为45°；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设粒子在电场中运动的时间为t，‎ 则有x=v0t=2h，‎ qE=ma，‎ 联立以上各式可得 ；‎ ‎（2）粒子达到a点时沿负y方向的分速度为vy=at=v0，‎ 所以 ，‎ 方向指向第IV象限与x轴正方和成45o角；‎ ‎（3）粒子在磁场中运动时，有 ，‎ 当粒子从b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有 ，‎ 所以磁感应强度B的最小值