2019-2020学年湖北省大冶市第一中学高二10月月考物理试题 word版

2019-2020学年湖北省大冶市第一中学高二10月月考物理试题 word版

大冶一中高二年级2019年10月月考 物 理 试 卷 试卷满分：100分 本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，时间90分钟。‎ 第Ⅰ卷(选择题共48分)‎ 一、选择题(共12小题，每小题4分，共48分，在每小题给出的四个选项中，第1～8小题只有一个选项符合题目要求，第9～12小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)‎ ‎1．下列是某同学对电场中的概念、公式的理解，其中正确的是( )‎ A．电荷在某点的电势能，等于把它从这点移动到零电势能位置时静电力做的功 B．根据电容的定义式，电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比 C．根据电场强度的定义式，电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量成反比 D．静电场中电场强度为零的位置，电势一定为零 ‎2．如图所示为磁场作用力演示仪中的线圈，在线圈中心处挂上一个小磁针，且与线圈在同一平面内，则当线圈中通以如图所示顺时针的电流时(　　)‎ A．小磁针N极向里转 B．小磁针N极向外转 C．小磁针在纸面内向左摆动 D．小磁针在纸面内向右摆动 ‎3．如图所示，a、b、c为三根与纸面垂直的固定长直导线，其截面位于等边三角形的三个顶点上，bc沿水平方向，导线中均通有大小相等的电流，方向如图所示，O点为三角形的中心（O到三个顶点的距离相等），则( )‎ A．O点的磁感应强度为零 B．O点的磁场方向垂直Oc斜向下 C．导线a受到的安培力方向垂直Oa连线方向水平向右 D．导线b受到的安培力方向垂直Ob连线方向斜向上 ‎4．如图所示，R1、R2为定值电阻，L为小灯泡，R3‎ 为光敏电阻，当照射光强度增大时（ ）‎ A．电压表的示数减小 B．R2中电流增大 C．小灯泡的功率增大 D．电路的路端电压增大 ‎5．如图所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m的木板B，木板表面光滑，左端固定一轻质弹簧。质量为2m的木块A以速度v0从板的右端水平向左滑上木板B。在木块A与弹簧相互作用的过程中，下列判断正确的是( )‎ A．弹簧压缩量最大时，B板运动速率最大 B．木板的加速度一直增大 C．弹簧给木块A的冲量大小为 D．弹簧的最大弹性势能为 ‎6．两个带电粒子以同一速度、同一位置进入匀强磁场，在磁场中它们的运动轨迹如图所示．粒子a的运动轨迹半径为r1，粒子b的运动轨迹半径为r2，且r2＝2r1，q1、q2分别是粒子a、b所带的电荷量，则 ( )‎ A．a带负电、b带正电，比荷之比为∶＝2∶1‎ B．a带负电、b带正电，比荷之比为∶＝1∶2‎ C．a带正电、b带负电，比荷之比为∶＝2∶1‎ D．a带正电、b带负电，比荷之比为∶＝1∶1‎ ‎7．如图所示在y轴上关于O点对称的AB两点有等量同种点电荷+Q，在x轴上的C点有点电荷-Q，且CO=OD, ，下列判断正确的是( )‎ A．O点的电势为零 B．D点的电场强度为零 C．若将+q点电荷从O移到C，电势能增加 D．若将-q点电荷从O移到C，电势能减小 ‎8．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，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，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是( )‎ A．增大匀强电场间的加速电压 B．增大磁场的磁感应强度 C．减小狭缝间的距离 D．减小D形金属盒的半径 ‎9.如图所示，平面直角坐标系的第Ⅰ象限内有一匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v从O点沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A点时速度方向与x轴的正方向相同，不计粒子的重力，则(　　)‎ A．该粒子带正电 B．运动过程中粒子的速度不变 C．粒子由O到A经历时间t＝ D．A点与x轴的距离为 ‎10.如图所示，直角三角形ABC区域中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子（不计重力）沿AB方向射入磁场，分别从AC边上的P、Q两点射出，则（ ）‎ A． 从P点射出的粒子速度大 B．从Q点射出的粒子向心力加速度大 C．从P点射出的粒子角速度大 D．两个粒子在磁场中运动的时间一样长 ‎11.如图，a为带正电的小物块，b是一不带电的绝缘物块（设a,b间无电荷转移），a、b叠放于粗糙的水平地面上，地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，现用水平恒力F拉b物块，使a、b一起无相对滑动地向左加速运动，在加速运动阶段(　　)‎ A．a对b的压力不变 B．a对b的压力变大 C．a、b物块间的摩擦力变小 D．a、b物块间的摩擦力不变 ‎12.如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，MN间电压可以任意调节。当电压调到某一数值时，原来静止的某种带电粒子从点P经MN间电场加速后从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的绝缘板，它与N板的夹角为θ=30°，假设粒子打在绝缘板上即被吸收，孔Q到板的下端C的距离为L，当MN间电压为U0时，粒子恰好打在CD板上，已知带电粒子的电量为q，质量为m，粒子重力不计，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 要使粒子能打到绝缘板上，两极板间电压值最小值 B. CD板上可能被击中区域的长度为 C. 粒子在磁场中运动的最长时间 D. 能打到N板上粒子的最大动能 第Ⅱ卷(非选择题共52分)‎ 二、填空题(共2小题，共14分。)‎ ‎13．(4分)某同学用如图所示的装置，研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量和机械能关系．图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上的G位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量出平抛的射程OP．然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射小球m1从斜轨上的G位置由静止释放，与小球m2相碰，并且多次重复．实验得到小球的落点的平均位置分别为M、P、N．‎ ‎(1)实验必须要求满足的条件是：____‎ A．斜槽轨道必须是光滑的 B．斜槽轨道末端的切线是水平的 C．测量抛出点距地面的高度H D．若入射小球质量为m1，被碰小球质量为m2，则m1＞m2‎ ‎(2)若实验结果满足____ ，就可以验证碰撞过程中动量守恒．‎ ‎14．（10分）(1)读出下图中游标卡尺和螺旋测微器的读数游标卡尺的读数为_________mm；螺旋测微器的读数为_________mm.‎ ‎(2)在测定电源电动势和内电阻的实验中，实验室提供了合适的实验器材。‎ ‎(1)甲同学按电路图a进行测量实验，其中R0=1，则 ‎①请用笔画线代替导线在图(b)中完成电路的连接；‎ ‎②由电压表的读数U和电流表的读数I，画出U-I图线如图c所示，可得电源的电动势E=_____V，内电阻r=_______。(结果保留2位有效数字)‎ 三、解答题(共4小题，共38分。)‎ 15． ‎（8分）如图所示，一光滑水平轨道上静止一质量为2m的小球B．另一大小相同的质量为m的小球A以速度向右运动并与B球发生弹性正碰，求：‎ ‎（1）碰撞结束时A球的速度的大小及方向；‎ ‎（2）碰撞过程B球对A球的冲量大小及方向.‎ ‎16．(8分)如图所示，一带电荷量为＋q、质量为m的小物块处于一倾角为θ的光滑斜面上，整个装置置于一水平向右的匀强电场中，小物块处于静止状态。已知重力加速度为g，求：‎ ‎（1）匀强电场的场强；‎ ‎（2）若将匀强电场的场强减小为原来的1/2，物块将沿斜面加速下滑，则物块下滑的加速度为多大？‎ ‎17．（10分）如图所示，真空中半径为R的圆内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，圆心为O，磁感应强度大小为B．有一长度为2R的挡板MN，中点为D，OD连线与挡板MN垂直，且长度为 ‎. 现有一质量为m，带电荷量为+q的粒子，从C点以速度沿着CO方向垂直射入磁场区域，CO平行于MN．（不计粒子重力）‎ ‎（1）若粒子恰好击中D点，求速度的大小；‎ ‎（2）若粒子进入磁场的入射方向不变，速度大小可调节，求能够击中挡板MN的速度大小范围．‎ ‎18．（12分）如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应为B=1.0T，方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y 轴。一质量为m=1.0×10-2kg、电荷量为q= 1.0× 10-2C的带正电的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L=2.0m，小球过M点时的速度方向与x轴的 方向夹角为θ=30°.不计空气阻力，重力加速度g=10m/s²，求：‎ ‎ (1)电场强度E的大小和方向；‎ ‎ (2)小球从A点抛出时初速度的大小；‎ ‎ (3)M点到0点的距离。‎ A 2.A 3.D 4.C 5.D 6．D 7．B 8.B 9.CD 10.BD 11．BC 12.BCD ‎ ‎1．A ‎【详解】‎ 电荷在某点的电势能，等于把它从这点移动到零电势能位置时静电力做的功，选项A正确；电容器的电容是由电容器本身的结构决定的，与所带电荷量以及两极板间的电压无关，选项B错误；电场中某点的电场强度是由电场本身决定的物理量，和试探电荷的电荷量无关，选项C错误；静电场中电场强度为零的位置，电势不一定为零，例如等量同种电荷连线的中点，选项D错误.‎ ‎2.A【解析】‎ 试题分析：根据右手螺旋定则判断出环形电流内部和外部的磁场，根据小磁针静止时N极所指的方向为磁场的方向，判断出小磁针N极的偏转．本题中根据右手螺旋定则知，环形电流内部的磁场方向向里，外部的磁场方向向外，则小磁针的N极向纸面里偏转．故A正确，‎ 考点：考查了右手螺旋定则的应用 ‎3．D ‎【详解】‎ 根据右手螺旋定则，电流a在O产生的磁场平行于bc向右，b电流在O产生的磁场平行ac指向左上方，电流c在O产生的磁场平行ab指向右方；由于三导线电流相同，到O点的距离相同，根据平行四边形定则，则O点合磁场方向不为零，方向垂直Oc指向右上方，故AB错误；根据“同向电流吸引，异向电流排斥”可知，b对a有沿ab方向的吸引力，c对a有沿ca方向的排斥力，两力大小相等，由力的合成可知，a受安培力方向水平向左，选项C错误；同理，b受到a沿ba方向的吸引力，受到c沿cb方向的排斥力，两力大小相等，由力的合成可知，导线b受到的安培力方向垂直Ob连线方向斜向上，故D正确。‎ ‎4．D ‎【详解】‎ 电流表示数示数比标准电流表示数稍大一点，说明所并联电阻的分流太小，则分流电阻阻值偏大，让分流电阻变的稍小些即可；在电阻R的支路上串联一个比R小得多的电阻，分流电阻变大，故A错误；在电阻R的支路上串联一个比R大得多的电阻，分流电阻变大，故B错误；再并联一个比R 小得多的电阻，分流电阻将变得太小，故C错误；再并联一个比R大得多的电阻，分流电阻稍变小，故D正确；故选D。‎ ‎5.D【解析】‎ 在木块A与弹簧相互作用的过程中，从弹簧的压缩量达到最大到弹簧恢复原状的过程中，弹簧对木板B有向左的弹力，B板仍在加速，所以弹簧压缩量最大时，B板运动速率不是最大，当弹簧恢复原长时B板的速率最大，故A错误；弹簧压缩量先增加后减小，弹簧对B板的弹力先增大后减小，故B板的加速度先增加后减小，故B错误；设弹簧恢复原长时A与B的速度分别为v1和v2．取向左为正方向，根据动量守恒定律，有：2mv0=2mv1+mv2 ； 根据机械能守恒定律，有： •2m•v02=•2m•v12+mv22 ；解得：v1=v0，v2=v0．对滑块A，根据动量定理，有：I=2mv1-2mv0=-mv0（负号表示方向向右），故C错误；当滑块与长木板速度相等时，弹簧的压缩量最大；根据动量守恒定律，有：2mv0=（m+2m）v ； 系统机械能守恒，根据守恒定律，有：Ep=•2m•v02-（2m+m）v2  ；由以上两式解得：Ep=mv02，故D正确；故选D.‎ ‎6．C ‎【解析】‎ 试题分析：a向左偏，b向右偏，根据左手定则知，a带正电，b带负电．根据半径公式，知荷质比，v与B不变，所以荷质比之比等于半径之反比，所以 ‎．故C确，ABD错误．‎ 故选C．‎ 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；‎ 点评：解决本题的关键掌握左手定则判断磁场方向、电荷的运动方向以及洛伦兹力方向的关键，以及掌握带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径公式 ‎7．B ‎【解析】设AD=r，根据点电荷产生的电场强度公式E=k得到，两个等量同种点电荷+Q在D点产生的电场强度大小均为E1=k，两电场方向夹角为1200，可知两电场的合场强为k，方向水平向右。因CD=r，可知-Q在O点产生的电场强度大小也为E=k，方向水平向左，则D 点的合场强为零。故B正确。D点的场强为零，则D点右侧的电场线向右，DC之间的合场强的方向一定向左，顺着电场线电势降低，因D点右侧无穷远处电势为零，可知O点的电势不等于零，选项A错误；OC之间的合场强的方向向左，则将正的点电荷从O移到C，电场力做正功，电势能减小；将负的点电荷从O移到C，电场力做负功，电势能增加，选项CD错误；故选B.‎ ‎【点睛】‎ 空间任何一点的场强是各个电荷产生的电场强度叠加的结果，根据平行四边形定则进行合成．等量同种电荷的电场要抓住对称性 ‎8．B【解析】‎ 回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子射出时的速度，从而得出动能的表达式，看动能与什么因素有关；‎ ‎【详解】‎ 由，解得，则动能，知动能与加速的电压无关，狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关，增大磁感应强度和D形盒的半径，可以增加粒子的动能，故B正确，ACD错误。‎ ‎【点睛】‎ 解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道粒子的最大动能与加速的电压无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关。‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．‎ 9. CD ‎【分析】先根据题意作出粒子运动的轨迹，找出圆心，确定圆心角，根据左手定则及曲线运动的条件判断电荷的正负，根据圆心角与周期的关系求出运动的时间，速度的大小没有变化，但速度的方向改变了，速度是变化的．‎ ‎【解答】解：根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示：‎ A、 根据左手定则及曲线运动的条件判断出此电荷带负电，故A错误；‎ B、由于粒子的速度的方向在改变，而速度是矢量，所以速度改变了，故B错误．‎ C、粒子由O运动到A时速度方向改变了60°角，所以粒子轨迹对应的圆心角为θ=60°，所以粒子运动的时间为 t=T==，故C正确；‎ D、设点A与x轴的距离为d，由图可得：r﹣rcos60°=d，所以d=0.5r．‎ 而粒子的轨迹半径为r=，则得A点与x轴的距离为：d=，故D正确；‎ 10. BD 解:A、粒子在磁场中做圆周运动,分别从P点和Q点射出,轨迹如图所示,    由图知,粒子运动的半径,又粒子在磁场中做圆周运动的半径,知粒子运动速度,故A错误;  B、根据牛顿第二定律可以知道向心力等于洛伦兹力,即,计算得出:,因为两个粒子比荷相同,所以速度大的向心加速度大,所以B选项是正确的;  C、根据线速度和加速度的关系可以知道,,因为两个粒子比荷相同,所以角速度一样大,C错误;  D、粒子在磁场中做匀速圆周运动,根据几何关系(图示弦切角相等),粒子在磁场中偏转的圆心角相等,根据粒子在磁场中运动的时间:  ‎ ‎,又因为粒子在磁场中圆周运动的周期,可以知道粒子在磁场中运动的时间相等,所以D选项是正确的;  所以BD选项是正确的.‎ ‎11.BC 解:以整体为研究对象有: 因为物体加速运动,因此速度逐渐增大,洛伦兹力增大,则地面给b的滑动摩擦力增大,因此整体加速度逐渐减小,故A错误,B正确; 隔离a,a受到水平向左的静摩擦力作用,根据牛顿第二定律有:,因为加速度逐渐减小,因此a、b之间的摩擦力减小,所以C选项是正确的,D错误. 所以BC选项是正确的.‎ 解析:‎ 解答这类问题的思路为:先以整体为研究对象,根据牛顿第二定律判断出整体加速度的变化情况,然后隔离隔离a,根据牛顿第二定律判断所受摩擦力的变化情况,注意物体在运动过程中所受洛伦兹力的变化情况.‎ ‎12.BCD ‎13．(1)BD (2) m1·OP=m1·OM+ m2·ON ‎ ‎【详解】‎ ‎(1)[1]AB．为使小球做平抛运动且每次初速度相同，应保证斜槽末端水平，小球每次都从同一点滑下，但是轨道不一定是光滑的；故A项错误，B项正确。‎ CD．因为平抛运动的时间相等，根据v=x/t，所以用水平射程可以代替速度，不需要测量抛出点距地面的高度H，需测量小球平抛运动的射程间接测量速度．为了防止入射球反弹，球m1的质量应大于球m2的质量；故C错误，D正确。‎ ‎(2)[2]根据平抛运动可知，落地高度相同，则运动时间相同，设落地时间为t，则：‎ 若动量守恒则：‎ 若两球相碰前后的动量守恒，需要验证表达式：‎ ‎14(1)点评：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．以及螺旋测微器的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．‎ ‎(2) 3.0 0.38 ‎ ‎【详解】‎ ‎（1）电路连线如图；‎ ‎（2）由U-I图线可得电源的电动势E=3.0V，内电阻 。‎ ‎15．（1）A球得速度大小为，方向水平向左（2），方向水平向左 ‎（1）以向右为正，碰撞过程动量守恒、能量守恒，有：‎ 联立解得： ‎ 故A球得速度大小为，方向水平向左 ‎（2）对A球由动量定理有：‎ 解得：‎ 故B对A的冲量大小为，方向水平向左 ‎16.解：（1）小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力。‎ 解法一：对小物块由平衡条件得 ‎             ‎ ‎            ‎ 联立解得            ‎ ‎（2）当电场减为原来的时，对小物块沿斜面由牛顿第二定律得：‎ ‎          ‎ 解得：              ‎ ‎17．（1）（2）‎ ‎【详解】‎ ‎（1）粒子恰好击中D点，令粒子此时的轨道半径为；‎ 由几何关系可知， ‎ 由洛伦兹力提供向心力，有：‎ 解得：‎ ‎（2）当粒子的速度为时，恰好击中M点，如图所示 令其轨道半径为，由几何关系有：‎ 由洛伦兹力提供向心力，有：‎ 解得：‎ 当粒子的速度为时，恰好击中M点，如图所示 令其轨道半径为，由几何关系有： ‎ 由洛伦兹力提供向心力，有：‎ 解得：‎ 综上所述，满足要求的速度的取值范围为：‎ ‎18．（1）10N/C，电场强度方向竖直向上. （2） （3）‎ ‎【解析】(1)小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，其所受电场力必须与重力平衡，有qE=mg 解得：E=10N/C 重力的方向是竖直向下的，电场力的方向则应为竖直向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上.‎ ‎(2)小球做匀速圆周运动，O为圆心，MON为弦长，∠MOP=θ，如图所示.设半径为r，由几何关系知 ‎ 小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，设小球做圆周运动的速率为v，有qvB=m ‎ 由速度的合成与分解知 ‎ 由以上各式联立得： ‎ ‎(3)设小球到M点时的竖直分速度为vy，它与水平分速度的关系为 ‎ 由平抛运动规律x=v0t vy=gt x=m