湖南省衡阳市第八中学2019-2020学年高二上学期月考物理试题

湖南省衡阳市第八中学2019-2020学年高二上学期月考物理试题

衡阳市八中2019年下期高二第二次月考物理试卷 一、选择题 ‎1.下列说法正确的是 A. 电子带1.6×10-19C的负电，故电子就是元电荷 B. 在静电场中，电势为零处，场强一定为零 C. 电荷在电场中一定受力的作用，而在磁场中不一定受力的作用 D. 磁场中某点的磁感应强度方向与电流元在该处所受磁场力的方向相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电子或质子所带电量为元电荷，，但元电荷是最小的电量，故电子不是元电荷；A错误。‎ B．电势是相对的，电势零点可人为选择，而场强由电场本身决定，两者没有直接的关系，所以场强为零处，电势不一定为零；电势为零处，场强不一定为零；故B错误。‎ C．电荷在电场中一定受电场力作用，与电荷运动状态无关，正电荷受力和电场方向一致，负电荷受力和电场方向相反；电荷在磁场中受洛伦兹力是“有条件”的即运动电荷和磁场方向有夹角，若是平行或电荷与磁场相对静止则不受洛伦兹力作用；故C正确。‎ D．根据左手定则可知，磁场中某点的磁感应强度方向与电流元在该处所受磁场力的方向垂直；故D错误。‎ 故选C。‎ ‎2.如图所示，在磁感应强度为B=1T匀强磁场中，固定一根与磁场方向垂直的通电直导线，在导线外，以导线截面的中心为圆心的圆周上有a、b、c、d四个点。已知c点的磁感应强度为，方向斜向右上方，并与磁感应强度B方向的夹角为45°，则下列说法正确的是 A. 直导线中的电流方向垂直纸面向里 B. a点的磁感应强度与c点的相同 C. d点的磁感应强度为零 D. b点的磁感应强度为零 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由题，c点的磁感应强度为，方向斜向右上方，并与B的夹角为45°，说明通电导线在c点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等，也是1T，方向向上，根据安培定则判断可知，直导线中的电流方向垂直纸面向外；故A错误。‎ B．通电导线在a点产生的磁感应强度大小为1T，由安培定则可知，通电导线在a处的磁感应强度方向竖直向下，根据平行四边形与匀强磁场进行合成得知，a点感应强度为，方向与水平方向成45°斜向右下方，与c点的磁感应强度得方向不同；故B错误。‎ C．电流的方向向外，则电流在d点产生的磁场得方向向右，大小为1T，所以d点得磁感应强度大小为2T，方向向右；故C错误。‎ D．通电导线在b处的磁感应强度方向水平向左，则b点磁感应强度为0；故D正确。‎ 故选D。‎ ‎3.两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则 A. A点的电场强度大小为零 B. q1与q2为异种电荷 C. NC间场强方向指向x轴正方向 D. 将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做负功后做正功 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图知A点的电势为零，但是图线在A点处的斜率不等于0，所以A点的电场强度不等于0；故A错误。‎ B．由图象可知，x从0到无穷远，电势先降低后升高，再降低，则电场线方向先向右，后向左，再向右，由电场线的分布情况可知，q1带正电，q2带负电；故B正确。‎ C．由图可知从N到C电势升高，根据顺着电场线电势降低可知，NC间电场强度方向沿x轴负方向；故C错误。‎ D．N→D段中，电势先高升后降低，所以场强方向先沿x轴负方向，后沿x轴正方向，将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功；故D错误。‎ 故选B。‎ ‎4.如图甲所示为某磁电式电流表的原理图，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，如图乙所示，其磁感应强度的大小处处相等，都为B，一边长为L的N匝正方形线圈处在磁场中，方向如图乙，当通有大小为I的电流时，下列正确的是 ‎ A. 由于磁感应强度的大小处处相同，则该磁场为匀强磁场 B. 穿过正方形线圈的磁通量大小为NBL2‎ C. 正方形线圈的左边导线受到大小为NBIL、方向向下的安培力 D. 正方形线圈的右边导线受到大小为NBIL、方向向下的安培力 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．均匀辐向磁场明显不是匀强磁场，匀强磁场应该是一系列平行的磁感线，方向相同；故A错误。‎ B．线圈与磁感线平行，故磁通量为零；故B错误。‎ C．左边导线始终与磁感线垂直，故受到的安培力大小一直为ILB，一共有N匝，则总的安培力为NBIL，方向由左手定则知竖直向上；故C错误。‎ D．右边导线始终与磁感线垂直，故受到的安培力大小一直为ILB，一共有N匝，则总的安培力为NBIL，方向由左手定则知竖直向下；故D正确。‎ 故选D。‎ ‎5.如图所示，圆O处于匀强电场中，其半径为，ABC为其内接等边三角形，且圆O所在平面与电场线平行。己知三角形各顶点的电势分别为φA=1V、φB=13V、φC=25V，则 A. 电场强度的大小为，方向由C指向A B. 圆心O的电势为14V C. 圆周上电势最低点的电势为4V D. 若将电子由C移到O，电子的电势能将增加15eV ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】B．AC中点D的电势为 与B电势相等，则BOD连线必为一条等势线，如图所示：‎ 故O点的电势为13V；故B错误。‎ B．AB间的电势差为 因，则AC线就是一条电场线，‎ 而沿着电场方向电势逐渐降低可知电场方向由C指向A，故A正确；‎ C．在三角形ABC外接圆的圆周上电势最低点的电势距离O点最远，即沿半径方向且与OB垂直，设为E，则 则 故C错误。‎ D．由电场力所做的功与电势能的关系得，eUCO=-△EP，有 故电势能减小了12eV，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎6.如图所示，一平行于光滑斜面的轻质弹簧一端固定于斜面上，另一端拉住一条形磁铁，磁铁处于静止状态，若在磁铁中点的正上方，垂面纸面放置一通电直导线，导线中电流方向垂直纸面向外，且使电流缓慢增大。下列说法正确的是 A. 弹簧可能会被压缩，且压缩量逐渐增大 B. 弹簧一定伸长了，形变量不变 C. 磁铁可能受3个力 D. 磁铁将沿斜面向下运动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】条形磁铁的外部磁场方向是由N极指S极，则直导线位置的磁场方向沿斜面向下，而导线的电流方向向外，根据左手定则可得导线所受安培力的方向为垂直斜面向上，由牛顿第三定律可得导线对磁铁的反作用力垂直于斜面向下，但沿着斜面的方向弹簧的弹力仍等于磁铁重力沿斜面方向的分力，大小不变，则弹簧的伸长量不变；故弹簧一定是伸长的，磁铁受到4个力的作用，磁铁始终处于平衡而不会沿斜面向下运动，A、C、D错误，B正确。‎ 故选B．‎ ‎7.如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r（），电表均视为理想电表。闭合开关S后，调节R的阻值，使电流表A1的示数增大了1，在这一过程中，电流表的A2示数变化量的大小为2，电压表示数的变化量的大小为，则 A. A2增大，且2<1 B. 的大小变大 C. 电源的效率降低了 D. 电源的输出功率一定增大了 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．要使电流表A1示数增大，则R应减小；因总电流增大，则内阻及R2分压增大，并联部分电压减小，则流过R1的电流减小，因此流过R的电流增大，即A2的示数变大，因 则 故A错误。‎ B．根据 可得：‎ 则 故其大小不会随R的变化而变化；故B错误。‎ C．电源的效率 因电压的改变量为△I1r；故说明电源的效率降低了；故D正确。‎ D．当内外电阻相等时，电源的输出功率最大；因不明确内外电阻的关系，故无法明确功率的变化情况；故D错误。‎ 故选C。‎ ‎8.将一段总长度为L的直导线折成多边形线框后放入磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且线框所在平面与磁场方向垂直，现给线框通电，电流大小为I，正多边形线框中依次相邻的6条边受到的安培力的合力大小等于依次相邻的3条边受到的安培力的合力大小，则正多边形线框中每条边受到的安培力大小为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设总长为L的正n边形，各边边长为，已知匀强磁场的磁感应强度为B，线框中电流大小为I，则各边所受安培力为；各边所受安培力之间的夹角；相邻三边所受安培力的合力大小为：‎ 相邻六边所受安培力的大小为：‎ 根据，即 可得：‎ 则 故 故选A。‎ ‎9.图甲是洛伦兹力演示仪。图乙是演示仪结构图，玻璃泡内充有稀薄的气体，由电子枪发射电子束，在电子束通过时能够显示电子的径迹。图丙是励磁线圈的原理图，两线圈之间产生近似匀强磁场，线圈中电流越大磁场越强，磁场的方向与两个线圈中心的连线平行。电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节。若电子枪垂直磁场方向发射电子，给励磁线圈通电后，能看到电子束的径迹呈圆形。关于电子束的轨道半径，下列说法正确的是 A. 只增大电子枪的加速电压，轨道半径变小 B. 只增大电子枪的加速电压，轨道半径变大 C. 只增大励磁线圈中的电流，轨道半径变小 D. 只增大励磁线圈中的电流，轨道半径不变 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】电子被加速电场加速，由动能定理得：‎ ‎ ①‎ 电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律得：‎ ‎ ②‎ 解得：‎ ‎ ③‎ AB．只增大电子枪的加速电压U，由 可知轨道半径变大；故A错误，B正确。‎ CD．值增大励磁线圈中的电流，磁感应强度B增大，由 可知轨道半径r变小；故C正确，D错误。‎ 故选BC。‎ ‎10.直流电动机在生产、生活中有着广泛的应用。如图所示，一直流电动机M 和电灯L并联之后接在直流电源上，电动机内阻r1=0.5Ω，电灯灯丝电阻R=9Ω（阻值认为保持不变），电源电动势E=12V，内阻r2=1Ω，开关 S闭合，电动机正常工作时，电压表读数为9V。则下列说法正确的是 A. 电源内阻所分得的电压为1.5V B. 流过电动机的电流1A C. 电源的总功率等于36W D. 电动机的输出功率16W ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据内外之和等于电源的电动势，其中电压表测得路端电压U=9V，故电源的内阻分得电压为 故A错误。‎ B．电源的输出电压：‎ U=E-Ir 则有 对灯泡：‎ 电动机与灯泡并联，则电动机的电流 I电=I-I灯=3A-1A=2A 故B错误。‎ C．电源的总功率为 故C正确。‎ D．根据能量转化与守恒定律得，电动机的输出功率 故D正确。‎ 故选CD。‎ ‎11.回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理图如图所示．D1和D2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在电压为U、周期为T的交流电源上，位于D1的圆心处的质子源A能不断产生质子(初速度可以忽略)，它们在两盒之间被电场加速．当质子被加速到最大动能Ek后，再将它们引出．忽略质子在电场中的运动时间，则下列说法中正确的是( )‎ A. 若只增大交变电压U，则质子最大动能Ek会变大 B. 若只增大交变电压U，则质子在回旋加速器中运行的时间会变短 C. 若只将交变电压的周期变为2T，仍可用此装置加速质子 D. 质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为∶‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据 得 则最大动能 与加速电压无关，故A错误；‎ B．若只增大交变电压U，则质子在回旋加速器中加速次数会减小，导致运行时间变短，故B正确；‎ C．若只将交变电压的周期变为2T，而质子在磁场中运动的周期不变，则两周期不同，所以不能始终处于加速状态，故C错误；‎ D．根据洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，则有半径公式 所以质子第n次被加速前后的轨道半径之比为 故B正确．‎ ‎12.质谱仪是用来分析同位素的装置，如图为质谱仪的示意图，其由竖直放置的速度选择器、偏转磁场构成。由三种不同粒子组成的粒子束以某速度沿竖直向下的方向射入速度选择器，该粒子束沿直线穿过底板上的小孔O进入偏转磁场，最终三种粒子分别打在底板MN上的P1、P2、P3三点，已知底板MN上下两侧的匀强磁场方向均垂直纸面向外，且磁感应强度的大小分别为B1、B2，速度选择器中匀强电场的电场强度的大小为E。不计粒子的重力以及它们之间的相互作用，则 A. 速度选择器中的电场方向向右，且三种粒子均带正电 B. 三种粒子的速度大小均为 C. 如果三种粒子电荷量相等，则打在P3点的粒子质量最大 D. 如果三种粒子电荷量均为q，且P1、P3的间距为Δx，则打在P1、P3两点的粒子质量差为 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据粒子在磁场B2中的偏转方向，由左手定则知三种粒子均带正电，在速度选择器中，粒子所受的洛伦兹力向左，电场力向右，知电场方向向右，故A正确；‎ B．三种粒子在速度选择器中做匀速直线运动，受力平衡，有 得 故B错误；‎ C．粒子在磁场区域B2中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 得：‎ 三种粒子的电荷量相等，半径与质量成正比，故打在P3点的粒子质量最大，故C正确；‎ D．打在P1、P3间距 解得：‎ 故D正确；‎ 故选ACD。‎ 二、实验题 ‎13.图(a)为某同学组装完成的简易多用电表的电路图．图中E是电池，R1、R2、R3和R4是固定电阻，R5是可变电阻；表头的满偏电流为0.25mA，内阻为480 Ω.虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连．该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1 V挡和5 V挡，直流电流1 mA挡和2.5 mA 挡，欧姆×100 Ω挡．‎ ‎ ‎ ‎（1）图(a)中的________端(填“A”或“B”)应与红笔相连．‎ ‎（2）关于R5的使用，下列说法正确的是________(填正确答案标号)．‎ A．使用电流挡时，调节R5使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置 ‎ B．在使用多用电表之前，调节R5使电表指针指在表盘左端电流“0”位置 C．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调节R5使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置 ‎（3）某次测量时该多用电表指针位置如图(b)所示．若此时B端是与“1”相连的，则多用电表读数为____；若此时B端是与“3”相连的，则读数为_______；‎ ‎（4）根据题给条件可得R1＝________Ω，R4＝________Ω.‎ ‎（5）若该表中的电池因长期使用其电动势变小了，但仍能进行欧姆调零，则用该多用电表正确测量某阻值适当的电阻时，所测得的阻值将_______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）.‎ ‎【答案】 (1). B (2). C (3). 1.47mA(1.46-1.48mA) (4). 1100Ω (5). 64Ω (6). 4000Ω (7). 偏大 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]根据欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，这样才能保证在测电阻时电流表中电流“红进黑出”；则A端接黑表笔，B端接红表笔。‎ ‎(2)[2]由电路图可知，R5只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流档时也不需要时行调节，故C正确，A、B错误；‎ 故选C。‎ ‎(3)[3]若与1连接，则量程为2.5mA，由图示表盘可知，其分度值为0.05mA，估读在0.01A，则读数为1.47mA(1.46-1.48mA)；‎ ‎[4]选择开关接3时欧姆档×100Ω挡，读数为：11.0×100=1100Ω.‎ ‎(4)[5]直流电流档分为1mA和2.5mA，由图可知，当接2时应为；根据串并联电路规律可知，‎ 当接1时应为；根据串并联电路规律可知，‎ 联立两式解得：‎ ‎[6]接5时为电压档，因串入的电阻较大，故应为量程U5=5V的电压表；接4时为电压档，因串入的电阻较小，量程U4=1V的电压表.‎ 电流计与R1、R2并联后再与R3、R4串联得到两种量程的电压表，新表头的满偏电流为，表头总阻为：‎ 根据串联电路规律可知：‎ 联立解得：‎ ‎(5)[7]当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流Ig不变，欧姆表内阻 变小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，可知当R内变小时，‎ 由于Ig不变、R内变小，指针跟原来的位置相比偏左，欧姆表的示数偏大。‎ 三、计算题 ‎14.有一种测量压力的电子秤，其原理图如图所示。电源电动势为E= 6V，内阻r=20Ω内阻；R0是一个阻值为400Ω的限流电阻；G是理想电流表；R是一个压敏电阻，其阻值可随压力大小变化而改变，它们的大小关系为：（力F的单位为国际单位N）；C是一个用来保护显示器的电容器。秤台的重力忽略不计。试分析：‎ ‎（1）当电流计中的电流IG=10mA时，电子秤上重物的重力为多少牛？‎ ‎（2）若电容器的耐压值（最大电压）为5V，该电子秤的最大称量值为多少牛？‎ ‎【答案】（1）300N （2）600N ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由闭合电路欧姆定律可知电流: ‎ ‎ ①‎ 当时，‎ 代入 解得：‎ ‎(2)电容器的最大电压：‎ ‎ ②‎ 由‚代值解得：‎ 又 ‎ ƒ 解得：‎ ‎15.如图，电源电动势为E =3V，内阻不计，导体棒ab质量m = 60g，长L =1m，电阻R =1.5ῼ，匀强磁场竖直向上，大小为B =0.4T。当开关S闭合后，棒从用铁杆固定的光滑绝缘环的底端上滑到某一位置静止，试求：（，）‎ ‎（1）导体棒ab所受的安培力大小；‎ ‎（2）在此位置时，棒对每只环的压力大小；‎ ‎（3）若已知绝缘环半径0.5m，则此静止位置与环底高度差Δh为多少?‎ ‎【答案】（1）0.8N （2）0.5N （3）0.2m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由闭合电路欧姆定律可得：‎ 安培力：‎ 视线垂直b环从右向左看，导体棒静止时，b端棒子受力情况如图所示：‎ 对整根棒受力分析，由棒平衡知，两环受支持力的总和为：‎ 则 由牛顿第三定律知，棒对每一只环的压力为0.5N.‎ ‎(2)由图可知:‎ 则：‎ 故：‎ ‎16.如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O，半径为r，内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球恰好能静止在轨道内壁的C点，OC连线与竖直方向的夹角θ＝60°，重力加速度为g。求：‎ ‎（1）小球所受的电场力大小；‎ ‎（2）若让小球在A点获得水平向右的速度v0，而沿圆形轨道内壁运动。若要使小球过B点时对轨道的压力最小，则v0应为多大？‎ ‎【答案】（1）mg（2）2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小球在C点受力平衡，如图所示:‎ 所以小球受到的电场力的大小 F＝mgtanθ 即 ‎(2)要使小球经过B点时对圆轨道的压力最小，则必须使小球经过等效最高点D点时的速度最小，即在D点小球对圆轨道的压力恰好为零，则：‎ 解得：‎ 在小球从圆轨道上的A点运动到D点的过程中，有 解得：‎ ‎17.如图所示，绝缘粗糙的竖直墙壁和水平虚线MN上方之间的区域同时存在正交匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，大小为E，磁场方向垂直纸面向外，大小为B．现在从A点由静止释放一带正电的可视为质点的带电体，带电体能够沿墙壁下滑，到达C点时刚好离开墙壁，带电体质量为m、电荷量为q，A、C两点间距离为，C点到虚线MN的距离为 ‎，重力加速度为g.‎ ‎（1）求带电体运动到刚好离开墙壁时速度大小v；‎ ‎（2）求带电体由静止下滑到刚好离开墙壁过程中克服摩擦力做的功Wf；‎ ‎（3）如果带电体到达C点时电场突然变为竖直向上且，电场的变化对磁场的影响忽略不计，则带电体在电磁场区内的运动过程中，距出发点A的最大距离为多少？‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由题意知，当洛伦兹力等于电场力qE时带电体离开MN开始做曲线运动，即：‎ 解得：‎ ‎(2)从A到C根据动能定理得：‎ 解得：‎ ‎(3)电场突然变为竖直向上时，由题可知：‎ 带电体在复合场中做匀速圆周运动， 由牛顿第二定律可得：‎ 解得：‎ 由题可知，‎ 则带电体轨迹与地面相交于D点，‎ 如图所示：‎ 此时距A点距离最大为： ‎ ‎ ‎