湖南省石门县第二中学2019-2020学年高二上学期月考物理试题
石门二中2019年下学期第二次月考试卷
物理学科 （高考）
一、单选题
1.如图所示，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为，粒子在M和N时加速度大小分别为，速度大小分别为，电势能分别为．下列判断正确的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
试题分析：将粒子的运动分情况讨论：从M运动到N；从N运动到M，根据电场的性质依次判断；
电场线越密，电场强度越大，同一个粒子受到的电场力越大，根据牛顿第二定律可知其加速度越大，故有；若粒子从M运动到N点，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做负功，电势能增大，动能减小，即，负电荷在低电势处电势能大，故；
若粒子从N运动到M，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做正功，电势能减小，动能增大，即
，负电荷在低电势处电势能大，故；
综上所述，D正确；
【点睛】考查了带电粒子在非匀强电场中的运动；本题的突破口是根据粒子做曲线运动时受到的合力指向轨迹的内侧，从而判断出电场力方向与速度方向的夹角关系，进而判断出电场力做功情况．
2.如图，平行板电容器的两极板竖直放置并分别与电源的正负极相连，一带电小球经绝缘轻绳悬挂于两极板之间，处于静止状态现保持右极板不动，将左极板向左缓慢移动关于小球所受的电场力大小F和绳子的拉力大小T，下列判断正确的是
A. F逐渐减小，T逐渐减小
B. F逐渐增大，T逐渐减小
C. F逐渐减小，T逐渐增大
D. F逐渐增大，T逐渐增大
【答案】A
【解析】
【详解】电容器与电源相连，所以两端间电势差不变，将左极板向左缓慢移动过程中，两板间距离增大，由可知，电场强度减小，电场力减小，小球处于平衡状态，受重力、拉力与电场力的作用，受力如图所示，根据力的合成法得：
由于重力不变，电场力减小，故拉力减小；
A.逐渐减小，逐渐减小与分析相符，故A正确；
B.逐渐增大，逐渐减小与分析不符，故B错误；
C.逐渐减小，逐渐增大与分析不符，故C错误；
D.逐渐增大，逐渐增大与分析不符，故D错误．
3.研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是( )
A. 实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电
B. 实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小
C. 实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
D. 实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
【答案】A
【解析】
A、当用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，从而在b板感应出等量的异种电荷，从而使电容器带电，故选项A正确；
B、根据电容器的决定式：，将电容器b板向上平移，即正对面积S减小，则电容C减小，根据可知， 电量Q不变，则电压U增大，则静电计指针的张角变大，故选项B错误；
C、根据电容器的决定式：，只在极板间插入有机玻璃板，则介电系数增大，则电容C增大，根据可知， 电量Q不变，则电压U减小，则静电计指针的张角减小，故选项C错误；
D、根据可知， 电量Q增大，则电压U也会增大，则电容C不变，故选项D错误．
点睛：本题是电容器动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是电容与哪些因素有什么关系．
4.在如图所示电路中，电源内阻不可忽略．开关闭合后，在滑动变阻器的滑动端由向缓慢移动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 电流表的示数增大
B. 电压表的示数减小
C. 电容器的电容增大
D. 电容器所带电荷量增大
【答案】D
【解析】
【详解】滑动变阻器的滑动端由向缓慢滑动的过程中，变大，电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知总电流减小，故A错误；电压表测量的是滑动变阻器两端的电压，由，总电流减小，则电压表示数增大，故B错误；电容器的电容由电容器的构造决定，电容不变，故C错误；电容器两端电压等于电阻两端的电压，两端电压增大，电容器两端的电压增大，根据可知，电容器所带的电荷量增加，故D正确．
5.电解池的主要应用是工业制纯度高的金属，它能将电能转化为化学能。如图所示，某电解池接人电路后，在t时间内有个一价正离子和个二价负离子通过溶液内截面S，设e为元电荷，则下列说法正确的是
A. 正离子定向移动形成的电流方向是从A指向B，负离子定向移动形成的电流方向是从B指向A
B. 当时，电流大小为零
C. 电流
D. 电流
【答案】D
【解析】
【详解】A．正离子定向移动形成的电流方向是从A指向B，负离子定向移动形成的电流方向也是从A指向B，选项A错误；
B．因负离子定向移动的反方向等效于正电荷定向移动的方向，则当时，电流大小不为零，选项B错误；
CD．由题意可知，流过溶器截面上的电量q=（n1+2n2）e；则根据 电流
选项C错误，D正确；
故选D.
6.如图所示，aefc和befd是垂直于纸面向里的匀强磁场I、II的边界．磁场I、Ⅱ的磁感应强度分别为B1、B2，且B2=2B1．一质量为m、电荷量为q的带电粒子垂直边界ae从P点射入磁场I，后经f点进入磁场II，并最终从fc边界射出磁场区域．不计粒子重力，该带电粒子在磁场中运动的总时间为
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】粒子在磁场Ⅰ中的运动周期，在磁场Ⅱ中的运动周期；由题意可知，粒子先在磁场Ⅰ中做1/4个圆周运动，再进入磁场Ⅱ中做1/2个圆周运动，再进入磁场Ⅰ中做 1/4个圆周运动，最后从fc边界射出磁场区域，则该带电粒子在磁场中运动的总时间为，故选B.
7.如图所示，两光滑金属导轨倾斜放置，与水平面夹角为，导轨间距为. 一质量为的导体棒与导轨垂直放置，电源电动势恒定，不计导轨电阻. 当磁场竖直向上时，导体棒恰能静止，现磁场发生变化，方向沿顺时针旋转，最终水平向右，在磁场变化的过程中，导体棒始终静止. 则下列说法正确的是（ ）
A. 磁感应强度一直减小
B. 磁感应强度先变小后变大
C. 导体棒对导轨的压力变大
D. 磁感应强度最小值为
【答案】B
【解析】
由图可知，当磁场方向顺时针旋转，由图可知安培力先变小后变大，电流恒定，则磁感应强度先变小后变大，安培力的最小值为Fmin=mgsin300=mg=BminIL，则磁感应强度最小为，B正确，AD错误；
由图知N变小，C错误；故选B.
点睛：此题实际上是平衡问题的动态分析，画出力的平行四边形，用图解法解答能够简单快捷.
8.如图所示，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过．现将环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ．设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为T1和T2，重力加速度大小为g，则（ ）
A. T1>mg，T2>mg B. T1
mg，T2mg
【答案】A
【解析】
【详解】圆环从静止开始向下运动到落到磁铁下方的过程中，穿过圆环的磁通量先增加再减小，根据楞次定律可知磁铁对线圈的反应是：感应电流的磁场先阻碍磁通量先增加再阻碍其减小，即先是排斥其向下运动，阻碍其磁通量增大，后是吸引线圈，阻碍其磁通量的减小．故两种情况下，绳的拉力都大于mg，即，A正确．
【点睛】深刻理解楞次定律“阻碍”的含义．如“阻碍”引起的线圈面积、速度、受力等是如何变化的．
9.如图所示，在垂直于纸面
范围足够大的匀强磁场中，有一个矩形线圈abcd，线圈平面与磁场垂直，O1O2和O3O4都是线圈的对称轴，应使线圈怎样运动才能使其中产生感应电流( )
A. 向左或向右平动
B. 绕O1O2转动
C. 向上或向下平动
D. 以垂直线圈的轴转动
【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了产生感应电流的条件，通过判断线圈中的磁通量是否变化，即可得出正确结果．
【详解】由于磁场为匀强磁场，无论线圈在平面内如何平动，其磁通量都不变化，因此不会产生感应电流，故AC错误；当线圈绕O1O2转动时，磁通量将发生变化，如转过90°时磁通量为零，因此有感应电流产生，故B正确．以垂直线圈的轴转动时，磁通量不变，不能产生感应电流，选项D错误；故选B．
【点睛】根据产生感应电流的条件判断线圈中是否有感应电流产生是电磁感应中的基本要求，要把握实质问题，不要受其它条件的干扰．
10.如图，在一水平、固定的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁（N极朝上，S极朝下）由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，关于圆环中感应电流的方向（从上向下看），下列说法中正确的是
A. 总是顺时针 B. 总是逆时针
C. 先顺时针后逆时针 D. 先逆时针后顺时针
【答案】C
【解析】
【详解】由图示可知，在磁铁下落过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，在磁铁远离圆环时穿过圆环的磁通量减小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向，故C正确．
故选C．
11.如图，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近ab且相互绝缘．当MN中电流突然减小时，线圈所受安培力的合力方向
A. 向左 B. 向右 C. 垂直纸面向外 D. 垂直纸面向里
【答案】B
【解析】
当MN中电流突然减小时，单匝矩形线圈abcd垂直纸面向里的磁通量减小，根据楞次定律，单匝矩形线圈abcd中产生的感应电流方向顺时针方向，由左手定则可知，线圈所受安培力的合力方向向右，选项B正确．
12.如图所示，两个相同的轻质铝环套在一根水平光滑绝缘杆上，当一条形磁铁向左运动靠近两环时，两环的运动情况是( )
A. 同时向左运动，间距增大 B. 同时向左运动，间距减小
C. 同时向右运动，间距减小 D. 同时向右运动，间距增大
【答案】B
【解析】
当磁铁靠近时，导致两圆环的磁通量变大，从而由楞次定律可得两圆环的感应电流为逆时针（从右向左看），所以又处于N极的磁场中，则受到的安培力向左．由于两圆环的电流均是逆时针，所以两圆环的相互吸引，距离减小．故选B.
点睛：本题考查对楞次定律运动学的描述应用；从楞次定律相对运动角度可得：近则斥，远则吸．同时同向电流相互吸引，反向电流相互排斥.
13.如图所示，MN、PQ为水平平行金属导轨，左端接有定值电阻R，金属棒ab斜放在两导轨间，与导轨接触良好，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面，设金属棒与两导轨接触点间的距离为L，金属棒与导轨间夹角为60°，以速度v水平向右匀速运动，不计导轨和棒的电阻，则流过金属棒中的电流为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】
动感电动势E=BLv，L应为切割磁感线的有效长度，求出感应电动势的大小．根据闭合电路欧姆定律，求出感应电流的大小．
【详解】金属棒以速度v水平向右匀速运动，切割磁感线产生感应电动势和感应电流，金属棒的有效切割长度为，ab中产生的感应电动势，通过R的电流
，故ABD错误，C正确．
故选C
14.如图中半径为的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场中,绕轴以角速度沿逆时针方向匀速转动,则通过电阻的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)( )
A. 由到,
B. 由到,
C. 由到,
D. 由到,
【答案】D
【解析】
金属圆盘在匀强磁场中匀速转动，可以等效为无数根长为r的导体棒绕O点做匀速圆周运动，其产生的感应电动势大小为E＝Br2ω/2，由右手定则可知其方向由外指向圆心，故通过电阻R的电流I＝Br2ω/(2R)，方向由d到c，故选D项．
二、填空题
15.电流表G的量程为0－5 mA，内阻r＝290 Ω，把它改装成如图所示的一个多量程多用电表，电流、电压和电阻的测量都各有两个量程．当开关S接到1或2位置时为电流挡，其中小量程为0－10 mA，大量程为0－100 mA.
（1）关于此多用电表，下列说法不正确的是（ ）
A．开关S接到位置4时是欧姆表
B．开关S接到位置6时是电压挡
C．开关S接到位置5时量程比接到位置6时的量程大
D．A表笔为红表笔，B表笔为黑表笔
（2）开关S接位置________（填“1”或者“2”）时是电流挡的小量程，图中电阻R5＝________Ω，R6＝________Ω.
（3）已知图中的电源E′的电动势为9 V，当把开关S接到位置4，短接A、B进行欧姆调零后，此欧姆挡内阻为________kΩ，现用该挡测一未知电阻阻值，指针偏转到电流表G1满刻度的处，则该电阻的阻值为________ kΩ.
【答案】 (1). C (2). 2 (3). 29 (4). 261 (5). 0.9 (6). 3.6
【解析】
【详解】(1)[1] A.当转换开关S旋到位置4时，表头与电表中的电源相连接，是电阻档．故A正确．
B.当转换开关S旋到位置6时，表头与电阻串联，电阻起分压作用，是电压档．故B正确．
C.当转换开关S旋到5串联的电阻小于旋转到6串联的电阻，可知旋转到6，串联的电阻大，分压作用大，电压表量程大．故C错误．
D.根据电流“红进黑出”可知，B表笔为黑表笔，A表笔为红表笔．故D正确．
因选错误的，故选C
(2)[2][3][4] 接2时并联电阻大，分流小其量程小，接1时：
Ig（Rg+R6）=（I1-Ig）R5
接2时：
IgRg=（I2-Ig）（R5+R6）
由以上两式可得：
R5=29Ω，R6=261Ω
(3)[5][6] 欧姆调零后，通过电池E'的电流是电流档的小量程
I=10mA
电源E′的电动势为9V：
指针偏转到电流表G1满刻度的处，对应电阻为R：则
代入数据得：
R=3600Ω=3.6kΩ
16.在测量电源电动势和内电阻实验中，已知一节干电池的电动势约为1.5V，内阻约为0.30Ω；电压表V(量程为3V,内阻约3kΩ；电流表A（量程为0.6A，内阻为0.70Ω）；滑动变阻器R（10Ω，2A）．为了更准确地测出电源电动势和内阻．
（1）请在图1方框中画出实验电路图____________．
（2）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图2所示的U I图线，由图可得该电源电动势E=__________V ,内阻r=__________Ω．（结果均保留两位小数）
【答案】 (1). (2). 1.48～1.50 (3). 0.1
【解析】
【详解】（1）因为电压表需要测量路端电压，所以应采用电流表内接法，因为如果采用外接法，由于电流表分压，测量的电压小于路端电压，如图所示
（2）由图可知，图像的横截距表示电源的电动势，故，内阻为：；
二、计算题
17.如图所示，质量为m、电荷量为+q的粒子，从容器A下方的小孔S1不断飘入加速电场，其初速度几乎为零，粒子经过小孔S2沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，做半径为R的匀速圆周运动，随后离开磁场，不计粒子的重力及粒子间的相互作用．
（1）求粒子在磁场中运动的速度大小v；
（2）求加速电场的电压U；
【答案】(1) （2）
【解析】
【分析】
(1)根据牛顿第二定律，洛仑兹力提供向心力就能求出粒子进入磁场时的速度大小；
(2)根据粒子在电场中运动的规律，由动能定理就能求出电压．
【详解】(1) 洛仑兹力提供向心力
解得；
(2) 根据动能定理
解得：．
【点睛】本题是动能定理和牛顿定律的综合题，解决本题的关键会灵活运用动能定理和牛顿运动定律，还要理解电流强度的定义．
18.如图所示，匀强电场方向水平向右，匀强磁场方向垂直于纸面向里，一质量为、带电荷量为的微粒以速度与磁场方向垂直，与电场方向成45°角射入复合场中，恰能做匀速直线运动，求粒子的电性、电场强度和磁感应强度的大小。
【答案】正电荷：；
【解析】
【详解】由受力情况分析粒子带正电；
①
②
由①式得
由①②联立得
19.如图（a）所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线与阻值为2R的电阻R1连结成闭合回路．线圈的半径为r1 . 在线圈中半径为r2
的圆形区域存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图（b）所示．图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0. 导线的电阻不计．求0至t1时间内
（1）通过电阻R1上的电流大小和方向；
（2）通过电阻R1上的电量q及电阻R1上产生的热量．
【答案】见解析
【解析】
【分析】
本题考查法拉第电磁感应定律、焦耳定律、楞次定律．
【详解】（1）由法拉第电磁感应定律知0至t1时间内的电动势为;
由闭合电路欧姆定律知通过R1的电流为：
由楞次定律可判断通过R1的电流方向为：从b到a．
（2）通过R1的电荷量为：
电阻R1上产生的热量为：
20.如图所示坐标系中， 第一象限内存在与x轴成30°角斜向下的匀强电场， 电场强度E=400 N/C;第四象限内存在垂直于纸面向里的有界匀强磁场轴方向的宽度OA=20cm， y
轴负方向无限大，磁感应强度B = l×10-4。现有—比荷为的正离子（不计重力），以某一速度v0从O点射入磁场， =60°，离子通过磁场后刚好从A点射出，之后进入电场。
（1）求离子进入磁场的速度的大小v0
（2）离子进入电场后，经多长时间再次到达x轴上
【答案】（1）4×106m/s（ 2）
【解析】
【详解】（1）如图所示，由几何关系得，离子在磁场中运动时的轨道半径为：r1=0.2m，
离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，为：
代入数据解得：
v0＝4×106m/s．
（2）离子进入电场后，设经过时间t再次到达x轴上，离子沿垂直电场方向做速度为v0的匀速直线运动，位移为l1，
l1=v0t
离子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a，位移为l2，
qE=ma
由几何关系可知：
代入数据解得：