陕西省西安中学2019-2020学年高二上学期12月月考物理试题

陕西省西安中学2019-2020学年高二上学期12月月考物理试题

西安中学高二12月月考 物理试题 一、单项选择题：（每题3分，共30分）‎ ‎1.如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，让两极板带电后，若一带正电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则下列说法正确的是：　‎ ‎　‎ A. 上极板一定带正电 B. 粒子的动能逐渐增加 C. 粒子的电势能逐渐增加 D. 粒子可能做匀速直线运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 粒子做直线运动，其重力和电场力的合力应与速度共线，如图所示，‎ 带正电粒子受电场力斜向上，上极板一定带负电，下极板一定带正电，选项A错误；‎ 合力做负功，动能减小，选项B错误；‎ 粒子运动过程中电场力做负功，因而电势能增加，选项C正确；‎ 电容器极板与直流电源相连，即其电压、板间的场强不变，则电场力不变，合力恒定，因而粒子做匀变速直线运动，选项D错误；‎ 故选C．‎ ‎2.‎ 三根相互平行的通电长直导线放在等边三角形的三个顶点上，如图所示为其截面图，电流方向如图，若每根导线的电流均为I，每根直导线单独存在时，在三角形中心O点产生的磁感应强度大小都是B，则三根导线同时存在时的磁感应强度大小为（ ）‎ A. 0 B. B C. 2B D. 3B ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据安培定则判断得知如图所示：‎ 三根导线在O点产生的磁感应强度的方向分别为：‎ 上面导线产生的B方向水平向左，大小为B；下面左边导线产生的B方向斜向左上方，与水平成60°角；下面右边导线产生的B方向斜向右上方，与水平成60°角；则根据平行四边形定则进行合成可知O点的磁感应强度大小为：‎ 故选C.‎ ‎3.如图所示，磁场方向竖直向下，电流方向一定的通电直导线ab由图示位置1绕a点在竖直平面内转到位置2，这个过程中通电直导线所受的安培力：‎ A. 数值变大，方向不变 B. 数值变小，方向改变 C. 数值不变，方向改变 D. 数值不变，方向不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 通电直导线所受的安培力，是导线与磁场方向的夹角，由题知，B、I、L 不变，增大，则F增大；‎ 根据左手定则判断可知，安培力方向始终与纸面垂直向里或向外，保持不变；故A正确，BCD错误；‎ 故选A．‎ ‎4.一只阴极射线管，左侧P点处不断有电子水平射出，若在管的正下方放一通电直导线AB时，当通入如图方向从B到A的电流时，电子的运动方向将：‎ A. 向上偏转 B. 向下偏转 C. 向纸内偏转 D. 向纸外偏转 ‎【答案】B ‎【解析】‎ AB中电流的方向由B向A，由右手定则得到阴极射线管处的磁场垂直纸面向里，左侧P点处不断有电子水平射出，由左手定则得电子的运动方向将向下偏转，故B正确，ACD错误；‎ 故选B．‎ ‎5.如图所示，用绝缘细线悬挂一个导线框，导线框是由两同心半圆弧导线和直导线ab、cd(ab、cd在同一水平直线上)连接而成的闭合回路，导线框中通有图示方向的电流，处于静止状态.在半圆弧导线的圆心处沿垂直于导线框平面的方向放置一根长直导线P.当P中通以方向向外的电流时 A. 导线框将向左摆动 B. 导线框将向右摆动 C. 从上往下看，导线框将顺时针转动 D. 从上往下看，导线框将逆时针转动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：根据右手螺旋定则可得ab处的磁场方向竖直向上，cd处的磁场竖直向下，根据左手定则可得ab边受到垂直纸面向外的安培力，cd边受到垂直纸面向里的安培力，从上往下看，导线框将逆时针转动，C正确．‎ 考点：考查了安培力 ‎【名师点睛】先由安培定则判断通电直导线P在导线ab、cd处的磁场方向，然后由左手定则判断导线ab、cd所受的安培力，通过微元法解决，判断导体的运动的规律常用的方法还有：等效法，特殊位置法，结论法 ‎6.如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接，已如导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为 A. ‎2F B. ‎1.5F C. ‎0.5F D. 0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设每一根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两路电阻之比为，根据并联电路两端各电压相等的特点可知，上下两路电流之比．如下图所示，由于上路通电的导体受安培力的有效长度为L，根据安培力计算公式，可知，得，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受的合力大小为，故本题选B．‎ ‎7.如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场．一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出．下列说法正确的是 ‎ ‎ A. 粒子带正电 B. 粒子在b点速率大于在a点速率 C. 若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出 D. 若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由左手定则确粒子电性，由洛伦兹力的特点确定粒子在b、a两点的速率，根据确定粒子运动半径和运动时间．‎ 由题可知，粒子向下偏转，根据左手定则，所以粒子应带负电，故A错误；由于洛伦兹力不做功，所以粒子动能不变，即粒子在b点速率与a点速率相等，故B错误；若仅减小磁感应强度，由公式得：，所以磁感应强度减小，半径增大，所以粒子有可能从b点右侧射出，故C正确，若仅减小入射速率，粒子运动半径减小，在磁场中运动的偏转角增大，则粒子在磁场中运动时间一定变长，故D错误．‎ ‎8.粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2‎ 倍，两粒子均带正电．让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动．已知磁场方向垂直纸面向里．以下四个图中，能正确表示两粒子运动轨迹的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由洛仑兹力充当向心力可求得两粒子的半径关系，则由图可知两粒子的轨迹图；由左手定则可判断粒子的运动方向．‎ ‎【详解】根据洛伦兹力提供向心力有 ，结合粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，可知甲的半径大于乙的半径，由于两粒子均带正电，且速度方向相反，A正确；BCD错误．‎ ‎9.一束几种不同的正离子，垂直射入正交的匀强磁场和匀强电场区域里，离子束保持原运动方向未发生偏转。接着进入另一匀强磁场，发现这些离子分成几束如图。对这些离子，说法正确的是：（ ）‎ A. 它们的动能一定各不相同 B. 它们的动量一定各不相同 C. 它们的质量一定各不相同 D. 它们的比荷一定各不相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】在电场和磁场叠加部分，离子没有偏转，则粒子受力平衡则：‎ 即：‎ 电场强度和磁感应强度都相等，可知离子速度都相同，在进入只有磁场的部分，洛伦兹力提供向心力，有：‎ 所以有：‎ 由图可知离子运动半径各不相同，但电量可能是相同的，只要质量不同就可以保证半径不同，同理质量可能相同而电量不同，所以动能可能相同也可能不相同；只要比荷不同就可以保证半径不等。故选D.‎ ‎10.如图所示，在屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，P为屏上的一个小孔，PC与MN垂直，一群质量为m、带电荷量为－q的粒子(不计重力)，以相同的速率v，从P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域，粒子入射方向在与磁场B垂直的平面内，且散开在与PC夹角为θ的范围内，则在屏MN上被粒子打中的区域的长度为：（ ） ‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力有：‎ 可知：‎ 如图所示：‎ ‎ ‎ 取一粒子，设粒子与PC夹角为α，则由几何关系可知，打在屏上的距离与P点相距：‎ 故可知当α=0时，打在屏上的距离最远，最远距离为：‎ L=2R 当α=θ时，打在屏上的距离最近，最近距离为：‎ 故有粒子打中的区域为：‎ 故选D．‎ 二、多项选择题：（每题4分，共16分）‎ ‎11.笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件．当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作：当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态．如图所示，一块宽为、长为的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为．当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压，以此控制屏幕的熄灭．则元件的（ ）‎ A. 前表面的电势比后表面的低 B. 前、后表面间的电压与无关 C. 前、后表面间的电压与成正比 D. 自由电子受到的洛伦兹力大小为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由图知电流从左向右流动，因此电子的运动方向为从右向左，根据左手定则可知电子偏转到后面表，因此前表面的电势比后表面的高，故A错误，电子在运动过程中洛伦兹力和电场力平衡，有，故，故D正确，由则电压，故前后表面的电压与速度有关，与a成正比，故BC错误．‎ ‎12.如图所示，A为带正电的小物块，B是一不带电的很长的绝缘木板（A、B间无电荷转移），A、B叠放于光滑的水平地面上，地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，现用水平恒力F拉木板B，使A、B一起由静止开始运动，起初A､B无相对滑动，则之后运动的过程中：（ ）‎ A. A对B的压力一直减小直到为零 B. A的速度先增加再不变 C B一直做匀加速直线运动 D. A的加速度先不变再减小到零 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由题意知A、B一起由静止开始运动，因为A带正电，由左手定则可判断A所受洛伦兹力竖直向上，所以设A、B之间弹力为N，则：‎ A、B一起由静止开始运动过程中，随着速度增加洛伦兹力增加，A、B之间弹力减小，最后到零，此时摩擦力为零，加速度为零，A做匀速直线运动，故A正确，B正确.‎ CD．当A、B相对静止时A、B一起做匀加速直线运动，加速度：‎ 当A、B发生相对运动后B的加速度逐渐减小到零最后匀速；A的加速度逐渐增大，最后又做匀加速运动,加速度为：‎ 故C错误，D正确.‎ 故选ABD.‎ ‎13.如图所示，竖直放置的平行板电容器，A板接电源正极，B板接电源负极，在电容器中加一与电场方向垂直的、水平向里的匀强磁场。一批带正电的微粒从A板中点小孔C射入，射入的速度大小方向各不相同，考虑微粒所受重力，微粒在平行板A、B间运动过程中：（ ）‎ A. 微粒的动能可能增加 B. 微粒的机械能不变 C. 有的微粒可以做匀速圆周运动 D. 有的微粒可能做匀速直线运动 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．如果电荷向下偏转，则电场力做正功，重力做正功，,根据动能定理可以知道,物体的动能增加；如果电荷向上偏转,则电场力做正功,重力做负功,‎ 如果电荷克服重力所做的功大于电场力所做的功,即合外力做负功,根据动能定理可以知道,物体的动能减小，故A正确;‎ B．因为在电荷运动过程中电场力始终做正功,故电荷的机械能始终增加,故B错误;‎ C．如果微粒所受的重力等于电场力,则该微粒做匀速圆周运动，而重力方向竖直向下,电场力方向方向水平向右，故重力不可能等于电场力,故微粒不可能做匀速圆周运动,故C错误;‎ D．根据题意可以知道正电荷若初速度方向沿右上方,则洛伦兹力的方向沿左上方,故如果洛伦兹力在水平方向的分量等于电场力,洛伦兹力在竖直方向的分量等于重力,则微粒作匀速直线运动,所以D正确的.‎ 故选AD.‎ ‎14.如图所示，ABC为等边三角形，电荷量为+q的点电荷固定在A点。先将一电荷量也为+q的点电荷Q1从无穷远处(电势为0)移到C点，此过程中，克服电场力做功为W，再将Q1从C点沿CB移到B点并固定。最后将一电荷量为－2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点。下列说法正确的有：（ ）‎ A. Q1移入之前，C点的电势为 B. Q2在移到C点后的电势能－2W C. Q1从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0‎ D. Q2从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为2W ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将Q1的点电荷从无穷远处移到C点，克服电场力做功为W，因为无穷远处电势为0，则C点的电势为:‎ 故A正确.‎ BD．B点的点电荷固定后，点电荷Q2移到C点的过程中，两固定电荷的电场力做功分别为2W，总共为4W，所以现在C点的电势能为：‎ 故B错误;D错误.‎ C．A点的点电荷产生的电场在B和C处电势相等，则点电荷Q1从C点移到B点的过程中，电场力做功为0，故C正确。‎ 故选AC.‎ 三.实验题（共计20分）‎ ‎15.（1）如图螺旋测微器读数为_______ mm； 20分度游标卡尺读数为_______ cm． ‎ ‎（2）手机、电脑已经普及到人们的日常生活中，这些电器都要用到蓄电池．某同学利用下列器材测定一节蓄电池的电动势和内阻．蓄电池的电动势约为4V.‎ A．量程是‎0.6A，内阻约为0.5Ω的电流表 B．量程是5V，内阻是6kΩ的电压表；‎ C．量程是15V，内阻是30kΩ的电压表；‎ D．阻值为0～1kΩ，额定电流为‎0.5A的滑动变阻器；‎ E．阻值为0～10Ω，额定电流为‎2A的滑动变阻器；‎ F．定值电阻4Ω，额定功率4W；‎ G．开关S一个，导线若干．‎ ‎①为了减小实验误差，电压表应选择________(填器材代号)，图中的导线应连接到________处(填“①”或“②”)，改变滑动变阻器阻值的时候，为了使电压表和电流表的读数变化比较明显，滑动变阻器应选择________(填器材代号)．‎ ‎②用(1)问中的实验电路进行测量，读出电压表和电流表的读数，画出对应U－I 图线如图所示，由图线可得该蓄电池的电动势E＝______V，内阻r＝______Ω.(结果保留两位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). 6.125 (2). 10.230 (3). B (4). ① (5). E (6). 4.2 (7). 1.3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]根据螺旋测微器的读数方法可知读数为：‎ ‎6mm‎+12.5×‎0.01 mm =‎‎6.125mm ‎[2]根据游标卡尺读数规则读数为：‎ ‎102mm‎+6×‎0.05mm=‎102.30mm=‎‎10.230cm ‎(2)[3]因为蓄电池的电动势约为3V,为了减小实验误差电压表应当选择B；‎ ‎[4]本实验当中，蓄电池内阻较小,为了避免电流表分压带来较大的误差，因此应当使电流表内接；故图中的导线应连接到①处；‎ ‎[5]滑动变阻器的阻值如果过大，将会使干路电流变得很微弱，不易从电流表中读出读数，应当选取阻值与电流表相近的滑动变阻器；所以滑动变阻器应选择E.‎ ‎[6][7]由闭合电路的欧姆定律得：‎ 当时，,由图像与纵轴的交点读出电源的电动势为：‎ 由图象可知，斜率为：‎ 图像的斜率即为电源内阻与定值电阻之和，所以有：‎ 四、计算题：（共40分）‎ ‎16.如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外．一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出．已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为 d，不计重力．求 ‎（1）带电粒子的比荷；‎ ‎（2）带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间．‎ ‎【答案】（1） （2）或 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）粒子从静止被加速的过程，根据动能定理得：，解得：‎ 根据题意，下图为粒子的运动轨迹，由几何关系可知，该粒子在磁场中运动的轨迹半径为：‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：‎ 联立方程得：‎ ‎（2）根据题意，粒子在磁场中运动的轨迹为四分之一圆周，长度 粒子射出磁场后到运动至轴，运动的轨迹长度 粒子从射入磁场到运动至轴过程中，一直匀速率运动，则 解得：‎ 或 ‎17.如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d，两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同，G接地，P、Q的电势均为φ（φ>0）。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子自P板左下边缘以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。‎ ‎（1）求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；‎ ‎（2）若粒子恰好从Q板的右上方边缘离开电场，则金属板的长度至少应为多少？‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由题意可知PG、QG间场强大小相等，均指向G。则板间电场强度为：‎ 设粒子第一次到达G时动能为，则根据动能定理可知：‎ ‎，‎ 解得：‎ 粒子在PG间做类平抛运动，有：‎ 而加速度有电场力提供有：‎ 联立以上各式解得：‎ ‎(2)由题意可知当粒子恰好从Q板的右上方边缘离开电场，当粒子第一次穿过G就从电场的右侧飞出，此时金属板长度最短；由对称性可知，此时金属棒的长度L至少为：‎ 答：（1）粒子第一次穿过G时的动能，它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；‎ ‎（2）若粒子恰好从Q板的右上方边缘离开电场，则金属板的长度至少应为.‎ ‎18.如图所示，在水平线ab下方有一匀强电场，电场强度为E，方向竖直向下，ab的上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，磁场中有一内、外半径分别为R、的半圆环形区域，外圆与ab的交点分别为M、N．一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点静止释放，由M进入磁场，从N射出，不计粒子重力．‎ ‎（1）求粒子从P到M所用的时间t；‎ ‎（2）若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出，同样能由M进入磁场，从N射出，粒子从M到N的过程中，始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在Q时速度的大小．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：粒子在磁场中以洛伦兹力为向心力做圆周运动，在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，据此分析运动时间；粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，当轨迹与内圆相切时，所有的时间最短，粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动，在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相同，所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v，结合几何知识求解．‎ ‎（1）设粒子在磁场中运动的速度大小为v，所受洛伦兹力提供向心力，有①‎ 设粒子在电场中运动所受电场力为F，有F=qE②；‎ 设粒子在电场中运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有F=ma③；‎ 粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有v=at④；联立①②③④式得⑤；‎ ‎（2）粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，其周期与速度、半径无关，运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定，故当轨迹与内圆相切时，所有的时间最短，设粒子在磁场中的轨迹半径为，由几何关系可得⑥‎ 设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为θ，即圆弧所对圆心角的一半，由几何关系知⑦；‎ 粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动，在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相同，所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v，在垂直于电场方向的分速度等于为，由运动的合成和分解可得⑧‎ 联立①⑥⑦⑧式得⑨．‎ ‎【点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径．‎