【物理】四川省广安市广安中学2019-2020学年高二上学期第四次月考试题（解析版）

【物理】四川省广安市广安中学2019-2020学年高二上学期第四次月考试题（解析版）

广安中学2019年高二上期第四次月考（物理）试题 ‎（时间：90分钟 满分：100分）‎ 第卷 （选择题共50分）‎ 一、单项选择题（共30分，每小题3分，选错得0分。）‎ ‎1.下列各图中，金属导体棒ab所受安培力F方向正确的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 左手定则：伸开左手，让拇指和其余四指垂直，并且都在一个平面内，让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．‎ ‎【详解】A、根据左手定则，导体棒ab所受安培力方向垂直于导体棒斜向上，A正确；‎ B、ab棒放置和磁场方向平行，不受安培力，B错误；‎ C、根据左手定则，ab棒所受安培力方向垂直于导体棒向下，C错误；‎ D、根据左手定则，ab棒所受安培力方向垂直于导体棒向左，D错误；‎ 故选A．‎ ‎【点睛】本题重点考查学生利用左手定则判断安培力方向的能力．‎ ‎2.关于电磁感应，下述说法中正确的是( )‎ A. 穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大 B. 穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零 C. 穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大 D. 穿过线圈的磁通量的变化越大，感应电动势越大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】法拉第电磁感应定律得是比值定义式，感应电动势与穿过线圈的磁通量的大小，所用的时间，没有正反比关系，感应电动势与磁通量的变化率成正比，即穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大，故C正确。‎ 故选C。‎ ‎3.下列说法正确的是（ ）‎ A. 电场强度处处为零的区域，电势也一定处处为零 B. 在一个以点电荷Q为中心，半径为r的球面上，各点电场强度相同 C. 同一电场中等差等势面较密处的电场强度也一定较大 D. 由可知，若电容器两极板间的电压U改变，则电容器的电容C一定改变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、电场强度处处为零的区域，则电势也处处相等，但不一定为零．故A错误；B、在一个以点电荷Q为中心，半径为r的球面上，由公式得各点电场强度大小相等，而方向处处不同．故B错误；C、由公式得：同一电场中等差等势面即电势差相等，当较密处即距离小，则电场强度也一定较大，故C正确；D、由可知，若电容器两极板间的电压U改变，则电容器的电量也随着改变，而电容则不变，电容器的容纳电荷的本领没有变．故D错误；故选C．‎ ‎4.下列叙述正确是 A. 电荷在某处不受电场力作用时，该处的电场强度一定为零 B. 一小段通电导线在某处不受磁场力作用时，该处的磁感强度一定为零 C. 把一检验电荷放在电场中某点时，电荷所受电场力与其电量的比值叫做该点的电场强度 D. 把一小段通电导线放在磁场中某处时，该导线所受磁场力与其长度和电流强度乘积比值叫做该处的磁感强度 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由F=Eq知，电荷在电场中一定受电场力，不受电场力，说明没有电场，故A与题意相符；‎ B．如果通电导线平行于磁场放置，则磁场对该导线没有作用力，但不能说没有磁场，故B与题意不符；‎ C．根据电场强度的定义，某一检验电荷所受电场力与其电量的比值叫做该点的电场强度，故C与题意相符；‎ D．把一小段通电导线垂直与磁场放在磁场中某处时，该导线所受磁场力与其长度和电流强度乘积的比值叫做该处的磁感强度。一定要垂直放置，故D与题意不符。‎ ‎5.现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如右图所示连接．下列说法中正确的是( )‎ A. 开关闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转 B. 线圈A插入线圈B中后，开关闭合或断开瞬间电流计指针均不会偏转 C. 开关闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电流计指针静止在中央零刻度 D. 开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：电键闭合后，线圈A插入或拔出都会引起穿过线圈B的磁通量发生变化，从而电流计指针偏转，选项A正确；线圈A插入线圈 B中后，电键闭合和断开的瞬间，线圈B的磁通量会发生变化，电流计指针会偏转，选项B错误；电键闭合后，滑动变阻器的滑片P无论匀速滑动还是加速滑动，都会导致线圈A的电流发生变化，线圈B的磁通量变化，电流计指针都会发生偏转，选项C、D错误．故选A 考点：本题考查了感应电流产生的条件，‎ 点评：知道感应电流产生条件，认真分析即可正确解题．‎ ‎6.一束带电粒子以同一速度，并以同一位置进入匀强磁场，在磁场中它们的轨迹如图所示．粒子q1的轨迹半径为r1，粒子q2的轨迹半径为r2，且r2＝2r1，q1、q2分别是它们的带电量，则(　　)‎ A. q1带负电、q2带正电，荷质比之比为＝2∶1‎ B. q1带负电、q2带正电，荷质比之比为＝1∶2‎ C. q1带正电、q2带负电，荷质比之比为＝2∶1‎ D. q1带正电、q2带负电，荷质比之比为＝1∶1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据左手定则可判断出q1带正电、q2带负电，由半径，得荷质比之比为，C正确．‎ ‎7.如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线。在电场力作用下，一带电粒子（不计重力）经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是( ) ‎ A. 粒子带正电 B. 粒子在A点加速度小 C. 粒子在B点动能大 D. A、B两点相比，B点电势较高 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据曲线运动条件可知，粒子所受的合力应该指向曲线弯曲的内侧，所以粒子所受的电场力逆着电场线方向，与电场方向相反，所以粒子带负电，故A错误；‎ B．由于B点的电场线密，场强大，所以粒子在B点受到的电场力大，则在B点的加速度较大，在A点加速度小，故B正确；‎ C．粒子从A到B，电场力对粒子做负功，动能减小，所以粒子在A点动能大，故C错误；‎ D．沿电场线的方向电势降低，由图可知，A点的电势高，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎8.如图所示，A、B、C三点在匀强电场中，AC⊥BC ，∠ABC=60°，‎ ‎=20cm，把一个电量q= 1×10-5C的正电荷从A移到B，电场力不做功；从B移到C，电场力做功为−×10-3J，则该匀强电场的场强大小和方向是（ ）‎ A. 866V/m，垂直AC向上 B. 866V/m，垂直AC向下 C. 1000V/m，垂直AB斜向上 D. 1000V/m，垂直AB斜向下 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由题，q=10-5 C的正电荷从A移到B，电场力做功为零，则A与B电势相等，AB连线是一条等势线．BC间电势差为：，所以C点的电势高．该匀强电场的场强大小：，电场线方向垂直于AB向下．所以选项D正确．故选D．‎ ‎【点睛】本题根据题设条件找到等势点，作出等势线，根据电场线与等势线垂直，并由高电势处指向低电势处作电场线是常规思路.‎ ‎9.如图甲所示，圆形线圈位于随时间t变化的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示．取磁场垂直纸面向里为正，线圈中感应电流i顺时针方向为正，则i－t图线正确的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图乙可知磁感应强度的变化，则可知线圈中磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势变化情况，由楞次定律可得感应电流的方向，二者结合可得出正确的图象．‎ ‎【详解】设圆形线圈的匝数为n，线圈回路的面积为S，总电阻为R，根据法拉第电磁感应定律，线圈电流，得：在0~2s内，回路中电流大小恒为，沿逆时针方向，图像在横轴下方；在2~3秒内，磁场强弱不变，即为零，；在3~4秒内，电流大小恒为，沿顺时针方向，图像出现在横轴下方．‎ 故本题正确答案选D．‎ ‎【点睛】此类问题不必非要求得电动势的大小，应根据楞次定律判断电路中电流的方向，结合电动势的变化情况即可得出正确结果．‎ ‎10. 如图，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0＜θ＜90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中(　　)‎ A. 运动的平均速度大小为 B. 下滑的位移大小为 C. 产生的焦耳热为qBLv D. 受到的最大安培力大小为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 金属棒ab开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀变速直线运动，平均速度大于v，故A错误．由 可知：下滑的位移 ；故B正确；产生的焦耳热Q=I2Rt=qIR，而这里的电流I比棒的速度大小为v时的电流 小，故这一过程产生的焦耳热小于qBLv．故C错误；金属棒受到的安培力，故D错误；故选B．‎ 点睛：本题考查了电磁感应与力学的综合，关键理清金属棒的运动规律，能知道求电量时要用法拉第电磁感应定律求平均电动势.‎ 二、多项选择题（共20分，每小题选对得4分，选对但不全得2分，选错得0分）‎ ‎11.下图是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流．各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中正确的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.当磁铁N极向下运动时，线圈的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反．再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而上．故A不符合题意；B.当磁铁S极向上运动时，线圈的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同．再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而上，故B不符合题意；C.当磁铁S极向下运动时，线圈的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反．再根据安培定则，可判定感应电流的方向与图中电流方向相同．故C符合题意；D.当磁铁N极向上运动时，线圈的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同．再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而下，故D符合题意；‎ ‎12.如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行．小球A的质量为m、电量为q.小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d.静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷．小球A静止在斜面上，则(　　)‎ A. 小球A与B之间库仑力的大小为 B. 当时，细线上的拉力为0‎ C. 当时，细线上的拉力为0‎ D. 当时，斜面对小球A的支持力为0‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意知，根据库伦定律可求小球A与B之间库仑力的大小为，故A正确；以小球A为研究对象受力分析如图：‎ 根据物体的平衡条件可求当mg、Fc、FN三力的合力等于零时，即时，细线上的拉力为0，所以B错误；C正确；由平衡条件知，小球A受弹力不可能为零，所以D错误．‎ ‎13.如图是质谱仪的工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场分别为B和E．平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2．平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场．下列表述正确的是（ ）‎ A. 质谱仪是分析同位素的重要工具 B. 速度选择器中的磁场方向垂直纸面向内 C. 能通过的狭缝P的带电粒子的速率等于E/B D. 粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AD．粒子打在胶片上位置到狭缝的距离即其做匀速圆周运动的直径,可见D越小，则粒子的荷质比越大，因此利用该装置可以分析同位素，A正确，D错误．‎ B．粒子在题图中的电场中加速，说明粒子带正电．其通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力平衡，则洛伦兹力方向应水平向左，由左手定则知，磁场的方向应垂直纸面向外，选项B错误；‎ C．由Eq=Bqv可知，v=E/B，选项C正确；‎ ‎14.两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为、总电阻为的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图（a）所示．已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于时刻进入磁场．线框中感应电动势随时间变化的图线如图（b）所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)．下列说法正确的是（ ）‎ A. 磁感应强度的大小为 T B. 导线框运动速度的大小为 C. 磁感应强度的方向垂直于纸面向外 D. 在至这段时间内，导线框所受的安培力大小为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】由E–t图象可知，线框经过0.2 s全部进入磁场，则速度 ‎，选项B正确；E=0.01 V，根据E=BLv可知，B=0.2 T，选项A错误；线框进磁场过程中，感应为电流顺时针，根据右手定则可知，原磁场的磁感应强度的方向垂直于纸面向外，选项C正确；在t=0.4 s至t=0.6 s这段时间内，导线框中的感应电流，所受的安培力大小为F=BIL=0.04 N，选项D错误．‎ ‎15.如图所示电路中，闭合开关S后，稳定时，连接带电小球P的绝缘细线与竖直方向的夹角为θ，现将滑动变阻器R2的滑片向右滑动，下列说法正确的是( ) ‎ A. A1的示数增大，A2的示数减小；V1和V2的示数均增大 B. L变亮，θ增大 C. 若R2不变，只减小R4，可以使θ增大 D. ‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．将滑动变阻器R2的滑片向右滑动，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，由“串反并同”可知，由图可知，A1与滑动变阻器并联，所以A1的示数增大，A2与滑动变阻器串联，所以A2的示数减小，V1与滑动变阻器并联，所以V1的示数增大，V2与滑动变阻器并联，所以V2的示数增大，灯泡L与滑动变阻器串联，所以灯泡L的电功率变小，即变暗，R3与滑动变阻器串联，所以R3两端电压变小，由于MN两板与R3并联，所以MN两板间电压变小，MN间的场强变小，所以变小，故A正确，B错误；‎ C．由于R4未接入电路中，所以若R2不变，只减小R4，MN两板间电压不变，MN间的场强不变，所以不变，故C错误；‎ D．A2的示数减小，所以R3两端电压变小，由于V2的示数增大，由串联电路特点可知，‎ 所以 则有 故D正确。故选AD。‎ 第Ⅱ卷 （非选择题共50分）‎ 三、填空题 ‎16.写出下列仪器的读数。‎ ‎（1）甲图为___________mm （2）乙图为___________ mm ‎【答案】 (1). 2.934—2.937 mm (2). 14.50 mm ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]螺旋测微器的固定刻度读数为2.5mm，可动刻度读数为0.01×44.5m=0.445mm，所以最终读数为2.945mm，由于读数要估读，所以2.944-2.947均可；‎ ‎[2]游标卡尺的主尺读数1.4cm，游标读数为0.05×10mm=0.50mm，所以最终读数为14mm+0.50mm=14.50mm。‎ ‎17.某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验．两根金属导轨ab和a1b1固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁（未画出）的N极位于两导轨的正上方，S极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且两导轨垂直．‎ ‎（1）在图中画出连线，完成实验电路．要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向移动．‎ ‎（2）为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议：‎ A．适当增加两导轨间的距离 B．换一根更长的金属棒 C．适当增大金属棒中的电流 其中正确的是_____（填入正确选项前的标号）‎ ‎【答案】（1）如图所示：（2）AC ‎【解析】‎ 试题分析：（1）如图所示，注意滑动变阻器的接法是限流接法．‎ ‎（2）根据公式可得适当增加导轨间的距离或者增大电流，可增大金属棒受到的安培力，根据动能定理可知金属棒离开导轨时的动能变大，即离开导轨时的速度变大，AC正确；若换用一根更长的金属棒，但金属棒切割磁感线的有效长度即导轨间的宽度不变，所以对最后的速度没有影响，B错误．‎ ‎【考点定位】考查了研究安培力实验 ‎【方法技巧】对于高中实验，要求能明确实验原理，认真分析各步骤，从而明确实验方法；同时注意掌握图像的性质，能根据图像进行分析，明确对应规律的正确应用．‎ ‎18.在“用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻”的实验中．‎ ‎(1)备有如下器材：‎ A．干电池1节；B．滑动变阻器(0～20Ω)；C．滑动变阻器(0～1kΩ)；‎ D．电压表(0～3V)；E．电流表(0～0.6A)；F．电流表(0～3A)；G．开关、导线若干．‎ 其中滑动变阻器应选______，电流表应选________．(只填器材前的序号)‎ ‎(2)为了最大限度地减小实验误差，请在虚线框中画出该实验最合理的电路图_______．‎ ‎(3)某同学记录实验数据如下表所示，试根据这些数据在图中画出U－I图线_________，根据图线得到被测电池的电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω.‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ I(A)‎ ‎0.10‎ ‎0.15‎ ‎0.20‎ ‎0.25‎ ‎0.30‎ ‎0.40‎ U(V)‎ ‎1.32‎ ‎1.26‎ ‎1.18‎ ‎1.13‎ ‎1.04‎ ‎0.93‎ ‎【答案】(1). B E (2). (3). 1.45 1.3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（1）滑动变阻器选择B比较好，应为1kΩ的电阻使用时接入电路中是电流发生明显变化的部分很小，比较难控制，故不选C；为了尽可能的避免电池的极化，电流应该小一点，故电流表应选E．‎ ‎（2）实验电路图如下 ‎（3）U-I图线如下图 图线和纵轴的交点为电源电动势，E=1.43V（1.43V～1.51V均可）；图线的斜率的绝对值等于电源内阻，（1.2Ω～1.5Ω均可）.‎ 四、解答题（共32分,需写出必要的文字说明）‎ ‎19.如图所示，在倾角为的光滑金属导轨上，放置一根质量为m，长为L，通有电流I的导体棒欲使导体棒静止在斜面轨道上，所加竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B应为多大？‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】导体杆静止在导轨上，受到重力、支持力和安培力三个力作用，如图侧视图所示：‎ 由平衡条件得：‎ 又：‎ 联立得：‎ ‎20.如图所示，一质量为m、电荷量为q（q>0）的例子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°．不计重力．求A、B两点间的电势差．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设带电粒子在B点的速度大小为vB，粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即 vBsin30°=v0sin60°‎ 由此得 设A、B两点间的电热差为UAB，由动能定理有：‎ 解得 ‎【考点定位】动能定理；带电粒子在电场中运动 ‎【方法技巧】本题主要是动能定理在带电粒子在电场中运动的应用和类平抛运动 ‎21.如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为和B,方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子垂直于x轴负半轴的P点射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴正半轴的Q点离开第一象限。已知P、Q两点间的距离为L,求：‎ ‎（1）粒子速度大小；（2）粒子在磁场中运动的时间。‎ ‎【答案】(1)(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)粒子在磁场中的运动轨迹如图所示 第一象限的磁感应强度为第二象限磁感应强度的一半，根据 得 所以半径为原来的2倍，则有 根据几何关系可得 得 由几何关系得 解得 由公式 得 ‎(2)粒子在第二象限的运动时间为 在第一象限的偏转解为，所以运动时间为 粒子在磁场中运动的时间为 ‎22.如图甲所示，水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置，间距d＝0.5 m，电阻不计，左端通过导线与阻值R ＝2 W的电阻连接，右端通过导线与阻值RL ＝4 W的小灯泡L连接．在CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，CE长="2" m，有一阻值r ="2" W的金属棒PQ放置在靠近磁场边界CD处．CDEF区域内磁场的磁感应强度B随时间变化如图乙所示．在t＝0至t＝4s内，金属棒PQ保持静止，在t＝4s时使金属棒PQ以某一速度进入磁场区域并保持匀速运动．已知从t＝0开始到金属棒运动到磁场边界EF处的整个过程中，小灯泡的亮度没有发生变化，求：‎ ‎（1）通过小灯泡的电流． ‎ ‎（2）金属棒PQ在磁场区域中运动的速度大小．‎ ‎【答案】（1）0.1A（2）1m/s ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）在t＝0至t＝4s内，金属棒PQ保持静止，磁场变化导致电路中产生感应电动势．‎ 电路为r与R并联，再与RL串联，电路的总电阻 ‎＝5Ω ①‎ 此时感应电动势 ‎=0.5×2×0.5V=0.5V ②‎ 通过小灯泡的电流为：＝0.1A ③‎ ‎（2）当棒在磁场区域中运动时，由导体棒切割磁感线产生电动势，电路为R与RL并联，再与r串联，此时电路的总电阻 ‎＝2＋Ω＝Ω ④‎ 由于灯泡中电流不变，所以灯泡的电流IL=0.1A，则流过棒的电流为 ‎＝0.3A ⑤‎ 电动势⑥‎ 解得棒PQ在磁场区域中运动的速度大小 v=1m/s 7‎ 在t＝0至t＝4s内，产生感生电动势，根据闭合电路欧姆定律可求得小灯泡的电流；t＝4s后产生动生电动势，根据闭合电路欧姆定律先求出电动势，再求出金属棒的速度．‎