物理卷·2019届广东省普宁市华美实验学校高二上学期第二次月考物理试题（解析版）

物理卷·2019届广东省普宁市华美实验学校高二上学期第二次月考物理试题（解析版）

全*品*高*考*网， 用后离不了！‎ 广东省普宁市华美实验学校2017-2018学年高二上学期第二次月考物理试题 一.选择题：‎ ‎1. 如图所示，闭合圆形导体线圈放置在匀强磁场中，线圈平面与磁场平行，当磁感应强度逐渐增大时，以下说法正确的是(　　)‎ ‎ ‎ A. 线圈中产生顺时针方向的感应电流 B. 线圈中产生逆时针方向的感应电流 C. 线圈中不会产生感应电流 D. 线圈面积有缩小的倾向 ‎【答案】C ‎【解析】由于线圈与磁场的方向平行，所以穿过线圈的磁通量为0．当磁感应强度增大时，穿过线框的磁通量仍然为0，则线圈中不会出现感应电流．故只有C正确；故选C.‎ 点睛：解决本题关键要准确把握产生感应电流的一般条件：闭合回路的磁通量发生变化，电路必须闭合．‎ ‎2. 如图所示为水平放置的两根等高固定长直导线的截面图，O点是两导线间距离的中点，a、b是过O点的竖直线上与O点距离相等的两点，两导线中通有大小相等、方向相反的恒定电流．下列说法正确的是(　　) ‎ A. 两导线之间存在相互吸引的安培力 B. O点的磁感应强度为零 C. O点的磁感应强度方向竖直向下 D. a、b两点的磁感应强度大小相等、方向相反 ‎【答案】C ‎【解析】由图可知，两处电流的方向相反，所以它们之间存在相互排斥的作用力．故A错误．由安培定则可知，左侧的电流在O处产生的磁场方向竖直向下，右侧的电流在O处产生的磁场方向竖直向下，方向相同，所以合磁场的方向向下．故B错误，C正确．结合安培定则，分别作出两处电流在a、b两点的磁场方向如图，可知a、b两点的磁感应强度方向相同．故D错误．故选C. ‎ ‎3. 如图所示的电路中，当滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时(　　)‎ A. 电压表的读数增大 B. R1消耗的功率增大 C. 电源的输出功率增大 D. 电容器C所带电荷量减少 ‎【答案】A ‎【解析】当滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时，变阻器接入路电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，电源的内电压减小，则路端电压增大，电压表的读数增大．故A正确．干路电流减小，R1消耗的功率减小．故B错误．因不明确内外电阻之间的关系，故无法确定功率的变化；故C错误；电容器的电压U=E-I（R1+r），I减小，其他量不变，则U增大，由Q=CU知，电容器C所带电量增多．故D正确．故选A.‎ ‎4. 如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直 MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场．之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则为(　　)‎ A. B. 2 C. D. 3‎ ‎【答案】D ‎【解析】粒子在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出粒子的运动轨迹，如图所示：‎ ‎.........‎ 点睛：本题的关键要知道电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，电子在磁场中做圆周运动的周期和半径都相同，根据几何关系求解时间比．‎ ‎5. 如图所示，质量为m、长为L的导体棒MN电阻为R，初始时刻静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为E，内阻不计．匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成θ角斜向上方，开关闭合后导体棒开始运动，则(　　)‎ ‎ ‎ A. 导体棒向左运动 B. 开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为 C. 开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为 D. 开关闭合瞬间导体棒MN的加速度为 ‎【答案】BD 考点：左手定则；安培力；牛顿第二定律 ‎【名师点睛】考查左手定则、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律、安培力的大小公式及力的分解，注意左手定则与右手定则的区别．同时注意安培力的方向与导轨的夹角。‎ ‎6. 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Q点射出的粒子速度大 B. 从P点射出的粒子速度大 C. 从Q点射出的粒子在磁场中运动的时间长 D. 两个粒子在磁场中运动的时间一样长 ‎【答案】AD ‎【解析】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：t=T，又因为粒子在磁场中圆周运动的周期，可知粒子在磁场中运动的时间相等，故D正确，C错误；‎ ‎ 如图，粒子在磁场中做圆周运动，分别从P点和Q点射出，由图知，粒子运动的半径RP＜RQ，又粒子在磁场中做圆周运动的半径R=知粒子运动速度vP＜vQ，故A正确，B错误；故选AD.‎ 点睛：粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由此根据运动特征作出粒子在磁场中运动的轨迹，掌握粒子圆周运动的周期、半径的关系是解决本题的关键.‎ ‎7. 质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法中正确的是(　　)‎ ‎ ‎ A. 该微粒一定带负电荷 B. 微粒从O到A的运动可能是匀变速运动 C. 该磁场的磁感应强度大小为 D. 该电场的场强为 ‎【答案】ACD ‎【解析】若粒子带正电，电场力向左，洛伦兹力垂直于OA线斜向右下方，则电场力、洛伦兹力和重力不能平衡．若粒子带负电，符合题意．所以A正确．粒子如果做匀变速运动，重力和电场力不变，而洛伦兹力变化，粒子不能沿直线运动，与题意不符．故B错误．粒子受力如图： ‎ ‎ 由图qE=mgtanθ，所以．故D错误；由平衡条件得qvBcosθ=mg， ，故C正确；故选AC．‎ ‎8. 如图所示，MNPQ为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨道，圆轨道半径为R，A、B为圆水平直径的两个端点，ACB为圆弧。一个质量为m、电荷量为-q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道。不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是（ ）‎ A. 小球一定能从B点离开轨道 B. 小球在AC部分可能做匀速圆周运动 C. 小球再次到达C点的速度可能为零 D. 当小球从B点离开时，上升的高度一定等于H ‎【答案】BD ‎【解析】试题分析：由于题中没有给出H与R、E的关系，所以小球不一定能从B点离开轨道，故A错误；若重力大小等于电场力，小球在AC部分做匀速圆周运动，故B正确；若小球到达C点的速度为零，则电场力大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动，所以小球到达C点的速度不可能为零，故C错误；由于小球在AB部分电场力做功为零，所以若小球能从B点离开，上升的高度一定等于H，故D正确。‎ 考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系、向心力 ‎【名师点睛】本题考查了带电小球在电场和重力场中的运动，综合运用了动能定理、牛顿第二定律等知识，综合性强，对学生的能力要求较高。‎ 二.非选择题：‎ ‎9. 用如图甲所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T。‎ ‎（1）请根据下列步骤完成电阻测量：‎ ‎①旋动部件________，使指针对准电流的“0”刻度线。‎ ‎②将K旋转到电阻挡“×100”位置。‎ ‎③将插入“＋”、“－”插孔的表笔短接，旋动部件______，使指针对准电阻的“0”刻度线。‎ ‎ ‎ ‎（2）将调好零的多用电表按正确步骤测量一电学元件P的电阻，P的两端分别为a、b，指针指示位置如图乙所示。则通过P的电流方向是________（选填“a→b”或“b→a”），为使测量比较精确，应将选择开关旋到________的倍率挡位上，并需重新调零，再进行测量。‎ ‎【答案】 (1). （1）S； (2). T (3). （2）b→a； (4). ×10‎ ‎【解析】试题分析：（1）①首先要对表盘机械校零，所以旋动部件是S．③欧姆表选档后要进行欧姆调零，将“十“、“ “插孔的表笔短接，旋动部件T，让表盘指针指在最右端零刻度处．（2）表盘上的负极接欧姆表内部电源的负极，所以通过P的电流方向是b到a；图乙中指针偏转角度太大，为了得到比较准确的测量结果，必须将指针在中间刻度附近，所以要将倍率调小．‎ 考点：多用电表测量电阻 ‎10. 某同学对实验室的一个多用电表中的电池进行更换时发现，里面除了一节1.5V的干电池外，还有一个方形的电池（层叠电池），如图甲所示。为了测定该电池的电动势和内电阻，实验室提供了下列器材：‎ A．电流表G（滿偏电流10mA，内阻10Ω）‎ B．电流表A（0～0.6 A～3A，内阻未知）‎ C．滑动变阻器R（0～100Ω，1A）‎ D．定值电阻R0（阻值990Ω）‎ E．开关与导线若干 ‎（1）请根据实验器材，自行设计电路画在方框乙中______．‎ ‎（2）丙图为该同学根据上述设计的实验电路利用测出的数据绘出的I1-I2图线（I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数），则由图线可以得到被测电池的电动势E＝____V ，内阻r=_______Ω（结果保留一位小数）。‎ ‎【答案】 (1). （1）电路图；‎ ‎ (2). （2）9.0 (3). 10.0‎ ‎【解析】（1）本题中没有电压表，我们可以根据串联分压原理把电流表G和定值电阻R0串联等效新的电压表使用，利用伏安法测量电池的电动势和内电阻．如图： （2）由电路图可知，电流表G与定值电阻串联充当电压表，则由闭合电路欧姆定律可得： ‎ ‎1000I1=E-I2r；； 由数学知识可知，图象与纵坐标的交点为：9.0mA，故电源的电动势为1000×9.0=9.0V； 图象的斜率为；故内电阻r=1000×1.0×10-2=10.0Ω；‎ ‎11. 如图所示，在矩形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B＝5.0×10－2 T，矩形区域长为1.0 m，宽为0.2 m．在AD边中点O处有一放射源，某时刻，放射源沿纸面向磁场中各方向均匀地辐射出速率均为v＝2×106 m/s的某种带正电粒子．已知带电粒子的质量m＝1.6×10－27 kg，所带电荷量为q＝3.2×10－19 C(不计粒子重力)．‎ ‎(1)求粒子在磁场中做圆周运动的半径为多大？‎ ‎(2)求从BC边界射出的粒子，在磁场中运动的最短时间为多少？‎ ‎【答案】（1）0.2 m.（2）×10－7 s.‎ ‎【解析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：， 解得：R=0.2m； （2）因为所有粒子的轨迹半径相同，所以弦最短的圆所对应的圆心角最小，运动时间最短，作EO⊥AD，EO弦最短，如图所示： 因为EO=0.2m，且R=0.2m， 所以对应的圆心角为θ=， 由牛顿第二定律得：qvB=m（）2R，‎ 解得：‎ 最短时间为：， 解得：t=×10-7s；‎ ‎12. 如图(a),长度L=0.8 m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A,其电荷量Q=1.8×10-7 C,一质量m=0.02 kg、带电量为q的小球B套在杆上.将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中,以杆 左端为原点,沿杆向右为x轴正方向建立坐标系.点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图(b)中曲线Ⅰ所示,小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图(b)中曲线Ⅱ所示,其中曲线Ⅱ在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范围可近似看做直线.求:(静电力常量k=9×109 N·m2/C2)‎ ‎ ‎ ‎(1)小球B所带电荷量q;‎ ‎(2)非均匀外电场在x=0.3 m处沿细杆方向的电场强度大小E;‎ ‎(3)在合电场中,x=0.4 m与x=0.6 m之间的电势差U。‎ ‎【答案】（1）1×10-6 C；（2）3×104 N/C,方向水平向左.（3）-800 V.‎ ‎【解析】（1）由图可知，当x=0.3m时，F1=k=0.018N 因此：q==1×10-6 C （2）设在x=0.3m处点电荷与小球间作用力为F2，则：F合=F2+qE 因此：‎ 电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小为3×104N/C，方向水平向左． （3）根据图象可知在x=0.4m与x=0.6m之间合力做功 W合=-0.004×0.2=-8×10-4J 由qU=W合可得：U==-800V 点睛：解答此题的关键是从图象中获得信息，求各区间电场力做的功．正确理解库仑定律和电场力做功，尤其是运用动能定理时要注意正功和负功．‎ ‎13. 如图所示，在平面直角坐标系内，第一象限的等腰三角形MNP区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y<0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场．一质量为m、带电荷量为q的带电粒子从电场中Q(－2h，－h)点以速度v0水平向右射出，经坐标原点O射入第一 象限，最后以垂直于PN的方向射出磁场．已知MN平行于x轴，N点的坐标为(2h,2h)，不计粒子的重力，求：‎ ‎(1)电场强度的大小；‎ ‎(2)磁感应强度的大小；‎ ‎(3)粒子在磁场中的运动时间．‎ ‎【答案】（1） （2） （3） ‎ ‎【解析】（1）由几何关系可知粒子在竖直电场中水平位移为2h，竖直方向的距离为h，由平抛运动规律及牛顿运动定律得：2h=v0t h=at2‎ 由牛顿运动定律可知：Eq=ma 联立解得： ；‎ ‎（2）粒子到达0点，沿+y方向的分速度 ；‎ 速度与x正方向的夹角α满足 ‎ 粒子从MP的中点垂直于MP进入磁场，垂直于NP射出磁场，粒子在磁场中的速度v=v0；‎ 轨道半径R=h 由 得： ；‎ ‎（3）由题意得，带电粒子在磁场中转过的角度为45°，故运动时间 ；‎ 粒子在磁场中的运动时间为