贵州省遵义市第十八中学2019-2020学年高二上学期月考物理试题

贵州省遵义市第十八中学2019-2020学年高二上学期月考物理试题

遵义市第十八中学2019-2020学年度第一学期高二第二次月考物理试卷 一、选择题 ‎1.关于电场强度E=和磁感应强度B=，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 试探电荷在电场中某处不受电场力作用，则该处电场强度为零 B. 通电直导线在磁场中某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度为零 C. 通电导线在磁场中某处所受磁场力越大，则该处的磁感应强度越强 D. 磁感应强度的方向与该处一小段通电导线所受磁场力的方向可能相同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．试探电荷在电场中某处不受电场力作用，则该处电场强度为零，选项A正确；‎ B．通电直导线在磁场中某处不受磁场力作用，可能是导线与磁感线平行，而该处磁感应强度不一定为零，选项B错误；‎ C．通电导体受磁场力的大小还与导体的如何放置有关，通电导线在磁场中某处所受磁场力越大，则该处的磁感应强度不一定越强，选项C错误；‎ D．磁感应强度的方向与该处一小段通电导线所受磁场力的方向垂直，选项D错误。‎ ‎2.某电场的电场线分布如图中实线所示，虚线为其等势面．a、b是同一等势面上的两点，c为另一等势面上的一点，下列判断正确的是（ ）‎ A. a点的电场强度Ea与b点的电场强度Eb相等 B. c点电势ψc高于b点电势ψb C. 将一带负电的粒子从a点沿虚线移到b点，电场力不做功 D. 将一带正电的粒子从a点移到c点，其电势能增加 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 因ab两点电场线的疏密相同，可知a点的电场强度Ea与b点的电场强度Eb大小相等，但是方向不同，选项A错误；‎ B. 沿电场线电势降低，可知c点电势ψc低于b点电势ψb，选项B错误；‎ C. 因ab在同一等势面上，则将一带负电粒子从a点沿虚线移到b点，电场力不做功，选项C正确；‎ D. 因a点的电势高于c点，则将一带正电的粒子从a点移到c点，其电势能减小，选项D错误。‎ ‎3.如图，a、b、c、d、e、f为正六边形的顶点，在顶点a上放置一带电量为+Q的点电荷，其余顶点分别放置带电量均为−Q的点电荷。则正六边形的中心O处的场强大小为（ ）‎ A 0 B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据对称性，可知b处和e处点电荷在O点处产生的场强大小相等、方向相反，相互抵消；c处与f处负电荷在O点处产生的场强大小相等、方向相反，相互抵消，所以根据电场的叠加原理可知O处的场强等于a处和d处两个点电荷产生的电场的叠加，因此O点的电场强度大小为 A．0，与结论不相符，选项A错误；‎ B．，与结论不相符，选项B错误；‎ C．，与结论不相符，选项C错误；‎ D．，与结论相符，选项D正确；‎ ‎4.如图所示为一簇未知方向的匀强电场的电场线，把电荷量为1×10－6C的负电荷从A点沿水平线移至B点，静电力做了2×10－6J的功，A、B间的距离为2cm，则该匀强电场的场强大小和方向是（ ）‎ A. 2×102N/C，方向斜向上 B. 2×102N/C，方向斜向下 C. 1×102N/C，方向斜向上 D. 1×102N/C，方向斜向下 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意，AB间的电势差：‎ AB间沿电场线方向上的距离为d=1cm，所以场强为：‎ A点电势低于B点电势，所以电场强度方向斜向下。‎ A．2×102N/C，方向斜向上，与结论不相符，选项A错误；‎ B．2×102N/C，方向斜向下，与结论相符，选项B正确；‎ C．1×102N/C，方向斜向上，与结论不相符，选项C错误；‎ D．1×102N/C，方向斜向下，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎5.下列关于电场力做功与电势能的变化关系说法正确的是（ ）‎ A. 正电荷从电场中某点移到无穷远处时，电场力做的正功越多，电荷在该点的电势能越小 B. 负电荷从电场中某点移到无穷远处时，电场力做的正功越少，电荷在该点的电势能越大 C. 无论是正电荷还是负电荷，从无穷远处移到电场中某点时，电场力做功越多，电荷在该点的电势能越大 D. 无论是正电荷还是负电荷，从无穷远处移到电场中某点时，克服电场力做功越多，电荷在该点的电势能越大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】电场力做正功等于电势能的减小，克服电场力做功，电势能增加；‎ A．正电荷从电场中某点移到无穷远处时，电场力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大，选项A错误；‎ B．负电荷从电场中某点移到无穷远处时，电场力做的正功越少，电荷在该点的电势能越小，选项B错误；‎ C．无论是正电荷还是负电荷，从无穷远处移到电场中某点时，电场力做功越多，电荷在该点的电势能越小，选项C错误；‎ D．无论是正电荷还是负电荷，从无穷远处移到电场中某点时，克服电场力做功越多，电荷在该点的电势能越大，选项D正确。‎ ‎6.如图所示，通电直导线PQ位于两平行导线的横截面MN连线的中垂线上，导线MN固定，PQ可自由转动，电流I0方向如图所示，当平行导线MN通以如图所示大小相等的电流I时，以下说法中正确的是（ ）‎ A. PQ顺时针旋转 B. PQ逆时针旋转 C. P端向外，Q端向里旋转 D. P端向里，Q端向外旋转 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】导线M和N磁感线都是同心圆。因此对PQ上半段，M导线的磁感线指向右下，N导线的磁感线指向右上，则合磁场水平向右，用左手定则判断P端受到向外的力。同理也可以分析出Q端受向里的力。从而使得P端转向纸外，Q端转向纸里.‎ A．PQ顺时针旋转，与结论不相符，选项A错误；‎ B．PQ逆时针旋转，与结论不相符，选项B错误；‎ C．P端向外，Q端向里旋转，与结论相符，选项C正确；‎ D．P端向里，Q端向外旋转，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎7.如图所示，M、N是位于真空中的平行金属板，M板带正电，N板带负电，两板间存在相互正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E、磁感应强度为B，一束粒子流（重力不计）以速度v0从P点射入后沿虚线运动到Q，虚线平行于两板，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 粒子可能带正电 B. 粒子的速度v0一定等于 C. 粒子的速度v0一定等于 D. 若粒子从P点的射入速度为2v0，则粒子仍沿PQ直线运动 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A．若粒子带正电，则电场力向下，洛伦兹力向上，当二力相等时粒子沿直线运动，选项A正确；‎ BC．由解得 选项B正确，C错误；‎ D．若正粒子从P点的射入速度为2v0，则向上的洛伦兹力大于电场力，则粒子向上偏转，选项D错误。‎ ‎8.如图，在同一平面内的三条通电直导线组成一等边三角形接入电路中，每条导线中通过的电流均为I，方向如图所示，P、Q和M三点分别位于三个顶角的平分线上，且到相应顶点的距离相等，将P、Q和M处的磁感应强度大小分别记为B1、B2和B3，则下列说法正确的是（ ）‎ A. B1 > B2 = B3‎ B. B1 = B2 = B3‎ C. P、Q和M处磁场方向均垂直于纸面向里 D. P处磁场方向垂直于纸面向外，Q和M处磁场方向垂直于纸面向里 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．设三根导线分别为a、b、c；因三点各自在角平分线上且到三个顶点的距离相等，则导线a、b在M点的磁场抵消，M点的磁感应强度等于c在M点产生的磁场；同理Q点的磁感应强度等于a在Q点产生的磁场；则B2 = B3；a在P点的磁场向里，c在P点的磁场也向里，b在P点的磁场向外，可知叠加后P点的磁场强度比M、Q两点强，即B1 > B2 = B3，选项A正确，B错误；‎ CD．由以上分析可知，P、M、N三点的磁场方向均垂直纸面向里，选项C正确，D错误；‎ ‎9.如图所示两个可视为质点的带电小球，置于表面光滑、半径为R的绝缘半球的内表面，小球的质量分别为m1和m2，小球带等量同种电荷，当两带电小球处于平衡时，小球m1和m2与半球球心连线与竖直方向的夹角分别为30°、60°，小球m1对半球的压力为N1，小球m2对半球的压力为N2，则以下说法正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】先以小球m1为研究对象，分析受力情况：重力m1g、库仑力F和支持力N1，作出力图。 由平衡条件得知，库仑力F和重力的合力与N1大小相等、方向相反。‎ ‎ 根据三角形相似法可得 再以小球m2为研究对象，分析受力情况：重力m2g、库仑力F和半球支持力N2，作出力图。由平衡条件得知，库仑力F和重力的合力与N2大小相等、方向相反。根据三角形相似法可得：‎ ‎  ‎ 由上式得：‎ ‎ ‎ 由三角形相似得 ‎ ‎ 解得：‎ A．，与结论相符，选项A正确；‎ B．，与结论不相符，选项B错误；‎ C．，与结论不相符，选项C错误；‎ D．，与结论相符，选项D正确；‎ 二、实验题 ‎10.如图甲所示是“探究影响通电导线受力的因素”的实验装置图，三块相同的U形磁铁并列放置，磁极间的磁场可看成是匀强磁场。实验时，先保持导体棒通电部分的长度不变，改变电流的大小；然后保持电流的大小不变，改变导体棒通电部分的长度。每次实验导体棒在场内同一位置平衡时，悬线与竖直方向的夹角记为θ，其侧视图如图乙所示。‎ ‎（1）下列说法正确的是________________________.‎ A．该实验探究了电流大小以及磁感应强度大小对安培力的影响 B．该实验探究了磁感应强度大小以及通电导体棒长度对安培力的影响 C．如果把接入电路的导体棒从1、4两端换成2、3两端，则θ减小 D．如果把磁铁的N极和S极对调，则θ增大 ‎（2）若把电流为I且接通2、3时，导体棒受到的安培力记为F，则当电流加倍且接通1、4时，导体棒的安培力为___________________.‎ ‎【答案】 (1). C (2). 6F ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．AB．该实验探究了导体棒通长度和电流大小对安培力的影响，故AB错误；‎ C．把接入电路的导体棒从①、④两端换成②、③两端，L减小，故安培力F减小，则θ减小，故C正确；‎ D．把磁铁的N极和S极对调，不改变B的大小，故F不变，则θ不变，故D错误；‎ ‎（2）[2]．若把电流为I且接通②、③时，导体棒受到的安培力记为F；则当电流加倍且接通①、④时，导体棒的安培力为：‎ ‎11.如图甲为探究影响平行板电容器电容大小的因素的实验装置，相互靠近的等大正对平行金属板A、B组成电容器，B板固定在绝缘支座上并通过导线与静电计中心杆相接，板A和静电计的金属壳都通过导线接地，A板可在水平面和竖直平面内自由移动，给电容器充上一定的电荷，使实验时保持电容器极板所带的电量不变，此时静电计指针张开一定角度．‎ ‎（1）下列关于实验中使用静电计的说法中正确的有_________.‎ A．使用静电计可观察电容器的电容变化情况 B．使用静电计可测量电容器极板间的电压变化情况 C．使用静电计可测量电容器极板上的电荷量变化情况 D．静电计可以用电压表替代 ‎（2）图甲中，若将A板向右平移，静电计指针张角将__________；将A板竖直向下平移，则静电计指针张角将_________；在A、B板间插入电介质，则静电计指针张角将________．（填“变大”、“变小”或“不变”）‎ ‎（3）图乙中，若将电容器水平放置，有一质量为m，电荷量为Q的带点液滴静止在电容器内部，现将电容器A板向上平移一小段距离，则液滴将__________.（填“静止不动”、“向下运动”、“向上运动”）‎ ‎【答案】 (1). B (2). 变小 (3). 变大 (4). 变小 (5). 静止不动 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．使用静电计可测量电容器极板间的电压变化情况，选项B正确，AC错误；静电计不能用电压表替代，因为电压表必须有电流才能工作，而本实验中没有电流形成，故D错误；故选B．‎ ‎（2）[2]．图甲中，若将A板向右平移，则两板间距d减小，由 可知，电容C变大，由于Q一定，由Q=CU可知，U减小，即静电计指针张角将变小；‎ ‎[3]．将A板竖直向下平移，则两板相对面积S减小，由 可知，电容C变小，由于Q一定，由Q=CU可知，U变大，则静电计指针张角将变大；‎ ‎[4]．在A、B板间插入电介质，由 可知，电容C变大，由于Q一定，由Q=CU可知，U减小，则静电计指针张角将变小。‎ ‎（3）[5]．将电容器A板向上平移一小段距离，则两板间距d减小，根据、‎ ‎ 以及 可得 ，由于电容器带电量Q一定，则两板间场强E不变，则液滴将静止不动 三．解答题 ‎12.如图所示，匀强电场的电场强度E=3.0×104N/C，电场中A、B两点间的距离d=0.20m．A、B两点连线与水平方向的夹角θ=60°，将电荷量q=+2.0×10−8C的点电荷从A点移至B点．求：‎ ‎（1）电荷从A点移至B点的过程中，电场力做功的W.‎ ‎（2）若将A点的电势为φA=1.0×103V，则电荷在B点的电势能是多少？‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电荷从A点移至B点的过程中，电场力做功 ‎（2）因为 ‎ ‎ 因为φA=1.0×103V，则 φB=-2.0×103V 电荷在B点的电势能 ‎13.如图，直线MN上方有垂直纸面向里的足够大的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，一质量为m，电荷量为q（q<0）的带电粒子以速度v从O点射入该磁场区域，进入磁场时速度方向与MN边的夹角θ=60°，粒子在磁场中运动一段时间后从边界MN上的P点射出，粒子重力不计。求：‎ ‎（1）带电粒子在磁场中运动的半径；‎ ‎（2）入射点O与出射点P间的距离L；‎ ‎（3）粒子在磁场中运动的时间t。‎ ‎【答案】（1）（2） （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）粒子带负电，则粒子的运动轨迹如图；由 解得 ‎ ‎ ‎（2）入射点O与出射点P间的距离 ‎ ；‎ ‎（3）粒子运动的周期 ‎ ‎ 粒子在磁场中转过的角度为120°，则运动的时间 ‎14.如图，一带电量为q=2.0×10-8C，质量为m=4.0×10−8kg的粒子，在电势差为U0=400V的加速电场中的M点由静止开始运动，然后由N点沿两块水平平行板的正中间垂直射入电势差为U1=200V的电场中，两平行极板的间距d=0.2m，极板长L ‎=0.4m，粒子进入偏转电场的速度方向跟极板平行，且刚好能从水平放置的平行金属板右侧边缘射出，若在与水平极板右侧相距也为L=0.4m处有一块竖直放置的屏。粒子进入偏转电场的速度方向的延长线与屏的交点为O，整个装置处在真空中，重力可忽略。试求：‎ ‎（1）带电粒子通过N点时的速度大小；‎ ‎（2）带电粒子穿出右侧平行金属板时的速度大小；‎ ‎【答案】（1）20m/s（2）10m/s ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）粒子在MN之间被加速，由动能定理：‎ ‎ ‎ 解得 ‎ ‎ ‎（2）因粒子刚好能从水平放置的平行金属板右侧边缘射出，则由动能定理：‎ ‎ ‎ 解得 ‎ ‎