2017-2018学年河北省唐山一中高二上学期12月月考物理试题 解析版

2017-2018学年河北省唐山一中高二上学期12月月考物理试题 解析版

唐山一中高二年级12月份考试物理试卷 一．选择题 ‎1. 关于磁感应强度B的概念，下面说法中正确的是 ( )‎ A. 由磁感应强度的定义式可知，磁感应强度与磁场力成正比，与电流和导线长度的乘积成反比 B. 一小段通电导线在空间某处不受磁场力的作用，那么该处的磁感应强度一定为零 C. 一小段通电导线放在磁场中，它受到的磁场力可能为零 D. 磁场中某处的磁感应强度的方向，跟电流在该处所受磁场力的方向可以不垂直 ‎【答案】C ‎ ‎ ‎2. 如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1>I2；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共面；b点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直。磁感应强度可能为零的点是（ ）‎ A. a点 B. b点 C. c点 D. d点 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：由安培定则可判出两导线在各点磁感线的方向，再由矢量的合成方法可得出磁感应强度为零的点的位置．‎ 两电流在该点的合磁感应强度为0，说明两电流在该点的磁感应强度满足等大反向关系．根据右手螺旋定则在两电流的同侧磁感应强度方向相反，则为a或c，又，所以该点距I1‎ 远距I2近，所以是c点，C正确．‎ ‎3. 如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图。若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是 ( )‎ A. a粒子动能最大 B. c粒子速率最大 C. c粒子在磁场中运动时间最长 D. 它们做圆周运动的周期 ‎【答案】B ‎【解析】A、粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，根据，可得：.由于三个带电粒子的质量、电荷量均相同，在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，则知a粒子速率最小，c粒子速率最大,故A错误，B正确； C、由于及可知，三粒子运动周期相同，a在磁场中运动的偏转角最大，对应时间最长，故CD错误。‎ 点睛：带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小；运动的周期均相同的情况下，可根据圆弧的对应圆心角来确定运动的时间的长短。‎ ‎4. 截面直径为d、长为L的导线，两端电压为U，当这三个量中的一个改变时，对自由电子定向移动的平均速率的影响，下列说法正确的是（　 　）‎ A. 电压U加倍时，自由电子定向移动的平均速率不变 B. 导线长度L加倍时，自由电子定向移动的平均速率不变 C. 导线截面直径d加倍时，自由电子定向移动的平均速率加倍 D. 导线截面直径d加倍时，自由电子定向移动的平均速率不变 ‎【答案】D ‎【解析】电压U加倍时，由欧姆定律得知，电流加倍，由电流的微观表达式 得知，自由电子定向运动的平均速率v加倍，A错误；导线长度L加倍，由电阻定律得知，电阻加倍，电流减半，则由电流的微观表达式得知，自由电子定向运动的平均速率v减半，B错误；导线横截面的直径d加倍，由得到，截面积变为4倍，由电阻定律得知，电阻变倍，电流变为原来的4倍，根据电流的微观表达式得知，自由电子定向运动的平均速率v不变，C错误D正确．‎ ‎5. 如图所示，回旋加速器D形盒的半径为R，所加磁场的磁感应强度为B，用来加速质量为m、电荷量为q的质子（），质子从下半盒的质子源由静止出发，加速到最大能量E后，由A孔射出．则下列说法正确的是(　 ) ‎ A. 回旋加速器加速完质子在不改变所加交变电压和磁场情况下，可以直接对（）粒子进行加速 B. 只增大交变电压U，则质子在加速器中获得的最大能量将变大 C. 回旋加速器所加交变电压的频率为 D. 加速器可以对质子进行无限加速 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的最大速度，从而求出最大动能，分析最大动能与交变电压的关系．在加速粒子的过程中，电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等，从而分析交变电压的频率．‎ 当质子变为α粒子，在磁场的运动周期发生变化，即在磁场的周期与在电场的周期不相等，不满足回旋加速器的工作原理，故不能加速α粒子，A错误；质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，由洛伦兹力提供向心力得，所以当轨道半径最大时，最大速度为，所以不能无限制的加速质子，获得的能量与交变电压无关，故BD 错误；因为粒子运动周期为，故交变电压的频率为；又因为，所以交变电压的频率也为，C正确．‎ ‎6. 如图所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象不可能是下图中的( 　) ‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】由左手定则可知，圆环所受洛伦兹力竖直向上，如果恰好，圆环与杆间无弹力，不受摩擦力，圆环将以做匀速直线运动，A正确；如果，则，随着v的减小，a增大，直到速度减为零后静止，C正确；如果，则，随着v的减小a也减小，直到，以后将以剩余的速度做匀速直线运动，故B错误D正确．‎ ‎7. 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. 垂直纸面向外 C. 向右 D. 垂直纸面向里 ‎【答案】C ‎【解析】金属线框abcd放在导线MN上，导线中电流产生磁场，根据安培定则判断可知，线框abcd左右两侧磁场方向相反，线框左侧的磁通量小于线框右侧的磁通量，磁通量存在抵消的情况．若MN中电流突然减小时，穿过线框的磁通量将减小．根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍磁通量的变化，则线框abcd感应电流方向为顺时针，再由左手定则可知，左边受到的安培力水平向右，而右边的安培力方向也水平向右，故安培力的合力向右，B正确．‎ ‎8. 如图所示，电源电动势为E，内阻为r，电压表V1、V2、V3为理想电压表，R1、R3为定值电阻，R2为热敏电阻（其阻值随温度增高而减小），C为电容器，闭合开关S，电容器C中的微粒A恰好静止．当室温从25℃升高到35℃的过程中，流过电源的电流变化量是△I，三只电压表的示数变化量是△U1、△U2和△U3．则在此过程中（　 ）‎ A. V2示数减小 B. 微粒A向上加速运动 C. Q点电势降低 D. ‎ ‎【答案】AD ‎【解析】该电路的结构为：串联在电路上，电压表V1测量两端电压，电压表V2测量两端电压，电阻和电容器串联，断路，电压表V3测量电容器两端电压，也测量路端电压，室温降低过程中，的阻值减小，总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得，总电流增大，和内阻上的电压增大，两端电压减小，V2示数减小，A正确；由于总电流增大，内电压增大，路端电压减小，电容器两端的电压减小，电场力减小，微粒向下加速运动，B错误；由A分析得两端电压增大，，所以Q点的电势升高，故C错误；由得，由得，故，D正确．‎ ‎9. 如图所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与 水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线L做直线运动，L与水平方向成β角，且α＞β，则下列说法中正确的是 ( )‎ A. 液滴可能带负电 B. 液滴一定做匀速直线运动 C. 液滴有可能做匀变速直线运动 D. 电场线方向一定斜向上 ‎【答案】BD ‎【解析】带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线方向的电场力F、垂直于速度方向的洛伦兹力f，由于，这三个力的合力不可能沿带电液滴的速度方向，因此这三个力的合力一定为零，带电液滴做匀速直线运动，不可能做匀变速直线运动，‎ 当带电液滴带正电，且电场线方向斜向上时，带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线向上的电场力F、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力f作用，这三个力的合力可能为零，带电液滴沿虚线L做匀速直线运动，如果带电液滴带负电、或电场线方向斜向下时，带电液滴所受合力不为零，不可能沿直线运动，故BD正确，AC错误．‎ ‎10. 如图所示，长方形abcd长ad=0.6m，宽ab=0.3m，e、f分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.25T。一群不计重力、质量m=3×10-7kg、电荷量q=＋2×10－3C的带电粒子以速度υ0=5×l02m/s从左右两侧沿垂直ad和bc方向射入磁场区域(不考虑边界粒子），则（ ）‎ A. 从ae 边射入的粒子，出射点分布在ab边和bf边 B. 从ed 边射入的粒子，出射点全部分布在bf边 C. 从bf边射入的粒子，出射点全部分布在ae 边 D. 从fc边射入的粒子，全部从d点射出 ‎【答案】ABD ‎【解析】试题分析：粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，先得到轨道半径，再找出圆心，确定半径并分析可能的轨迹．‎ 粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得，解得；从ae边射入的粒子，粒子进入磁场后受到向上的洛伦兹力，将向上偏转而做匀速圆周运动，由于轨道半径，由几何关系知粒子将从圆弧af射出磁场，射出磁场后做匀速直线运动，最后ab边和bf边射出，A正确；由上知粒子轨道半径，从d点射入的粒子恰好从f点射出磁场，从ed边射入的粒子，从ed射入磁场的粒子向上偏转，最终从bf边射出，B正确；从bf边射入的粒子将向下偏转，画出粒子的运动轨迹，如图蓝线所示，则知粒子的出射点分布在ae边与ed边，C错误；从fc边射入的粒子，在洛伦兹力作用下向下偏转，画出粒子的运动轨迹，如图红线所示，则粒子全部从d点射出，D正确．‎ 二．填空题 ‎11. 如图所示，质量是m=10g的铜导线ab放在光滑的宽度为0.5m的金属滑轨上，滑轨平面与水平面倾角为30°，ab静止时通过电流为10A，要使ab静止，磁感强度至少等于_____，方向为______。（取g=10m/s2）‎ ‎【答案】 (1). 0.01T (2). 垂直斜面向上 ‎【解析】对导体受力分析可得，导体受重力、支持力和安培力的作用，在三个力的作用下受力平衡，根据平衡的条件可得，，所以 ‎，根据左手定则可知，磁场的方向为垂直轨道平面向上．‎ ‎12. 如图所示，在以O点为圆心、r为半径的圆形区域内，在磁感强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，a、b、c为圆形磁场区域边界上的3点，其中∠aob=∠boc=600，一束质量为m，电量为e而速率不同的电子从a点沿ao方向射人磁场区域，其中从bc两点的弧形边界穿出磁场区的电子，其速率取值范围是______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】电子运动轨迹如图所示，由几何知识可知，电子轨道半径：，，电子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得，解得，将轨道半径代入解得，速度范围是；‎ ‎13. 完成下列游标卡尺或螺旋测微器读数______、______：‎ ‎【答案】 (1). 11.4 (2). 0.700‎ ‎【解析】试题分析：游标卡尺读数的方法：主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．‎ ‎10分度的游标卡尺，精确度是0.1mm，游标卡尺的主尺读数为11mm，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为4×0.1mm=0.4mm，所以最终读数为：11mm+0.4mm=11.4mm；‎ 螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为20.0×0.01mm=0.200mm，所以最终读数为0.5mm+0.200mm=0.700mm．‎ ‎14. 图示为简单欧姆表原理示意图，其中电流表的满偏电流=300A,内阻Rg=100 ，可变电阻R的最大阻值为10 k，电池的电动势E=1.5 V,内阻r=0.5 ，图中与接线柱A相连的表笔颜色应是______色，按正确使用方法测量电阻Rx的阻值时，指针指在刻度盘的正中央，则Rx=_____k.若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能欧姆调零，按正确使用方法再测上述Rx，其测量结果与原结果相比较________（填“变大”、“变小”或“不变”）。‎ ‎【答案】 (1). 红 (2). 5 (3). 变大 ‎【解析】欧姆表是电流表改装的，必须满足电流的方向“+”进“-”出，即回路中电流从标有“+”标志的红表笔进去，所以与A相连的表笔颜色是红色；当两表笔短接（即Rx=0）时，电流表应调至满偏电流Ig，设此时欧姆表的内阻为R内此时有关系得；当指针指在刻度盘的正中央时内外阻相等为5kΩ；当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流不变，由公式：，欧姆表内阻得调小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由，可知当变小时，I变小，指针跟原来的位置相比偏左了，故欧姆表的示数变大了．‎ ‎15. 某待测电阻Rx的阻值约为20Ω，现要测量其阻值，实验室提供器材如下：‎ A．电流表A1（量程150mA，内阻r1约10Ω）‎ B．电流表A2（量程20mA，内阻r2=30Ω）‎ C．定值电阻R0=100Ω D．滑动变阻器R，最大阻值为5Ω E．电源E，电动势E=4V（内阻不计）‎ F．开关S及导线若干 ‎①根据上述器材完成此实验，测量时要求电表读数不得小于其量程的1/3，请你在虚线框内画出测量Rx的实验原理图________（图中元件用题干中相应英文字母符号标注）。‎ ‎②实验时电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，用已知和测得的物理量表示Rx=____。‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】①可将电流表与定值电阻串联再与待测电阻并联，则通过待测电阻的电流为，与电流表的量程接近，所以可行，由于电流表与定值电阻两端的最大电压为，小于电源电动势4V，所以滑动变阻器应用分压式接法，电路图如图所示 ‎ ②根据串联知识得的电压，通过的电流，测得待测电阻 三．计算题 ‎16. 如图所示，电源电动势E=6 V，内阻r=1 Ω，电阻R1=2 Ω，R2=3 Ω，R3=7.5 Ω， 电容器的电容C=4 μF。开关S原来断开，现在合上开关S 到电路稳定，试问这一过程中通过电流表的电荷量是多少？‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】试题分析：S断开时的等效电路如图甲所示，电容器C两端电压U为电阻R2两端电压U2，则 电容器C的电荷量Q＝CU＝CU2＝1.5×10－5C。且a板带正电，b板带负电。‎ S闭合时的等效电路如图乙所示，电容器C两端电压U′为电阻R1两端电压U′1。‎ 有，‎ 电阻R1中的电流=0.9A，‎ 电阻R1两端电压U′1＝I′1R1＝1.8 V，‎ 电容器C的电荷量Q′＝CU′＝CU′1＝9.0×10－6C。‎ 且a板带负电，b板带正电。‎ 通过电流表的电荷量ΔQ＝Q＋Q′＝2.4×10－5C。‎ 考点：闭合电路的欧姆定律；电容器 ‎【名师点睛】本题主要考查了闭合电路欧姆定律的直接应用，要求同学们能理清电路的结构，搞清电容器两端的电压是哪部分电阻上的电压，另外还要搞清电键闭合前后电容器极板的极性的变化；此题难度中等。‎ ‎17. 如图所示，水平导轨间距为L=0.5m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m=l kg，电阻R0=0.9Ω，与导轨接触良好；电源电动势E=10V，内阻r=0.1Ω，电阻R=4Ω；外加匀强磁场的磁感应强度B=5T，方向垂直于ab，与导轨平面成α=53°角；ab与导轨间动摩擦因数为μ=0.5（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），定滑轮摩擦不计，线对ab的拉力为水平方向，重力加速度g=10m/s2，ab处于静止状态．（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6）．求：‎ ‎（1）ab受到的安培力大小和方向．‎ ‎（2）重物重力G的取值范围．‎ ‎【答案】（1）5N；方向：与水平成37°角斜向左上方（2）‎ ‎【解析】（1）由闭合电路的欧姆定律可得，‎ 通过ab的电流方向：由a到b；‎ ab受到的安培力：；‎ 方向：与水平成37°角斜向左上方 由平衡条件得：‎ 当最大静摩擦力方向向右时：‎ 当最大静摩擦力方向向左时： ‎ 由于重物平衡，故 则重物重力的取值范围为：0.5NG7.5N；‎ ‎18. 如图所示，在xOy平面的第Ⅰ象限内，有垂直纸面向外的匀强磁场，在第Ⅳ象限内，有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。P点是x轴上的一点，横坐标为x0。现在原点O处放置一粒子放射源，能沿xOy平面，以与x轴成45°角的恒定 速度v0向第一象限发射某种带正电的粒子。已知粒子第1次偏转后与x轴相交于A点，第n次偏转后恰好通过P点，不计粒子重力。求：‎ ‎（1）粒子的比荷；‎ ‎（2）粒子从O点运动到P点所经历的路程和时间。‎ ‎（3）若全部撤去两个象限的磁场，代之以在xOy平面内加上与速度v0垂直的匀强电场(‎ 图中没有画出)，也能使粒子通过P点，求满足条件的电场的场强大小和方向。‎ ‎【答案】（1）（2）；（3）；方向：垂直v0指向第Ⅳ象限 ‎【解析】（1）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得 ‎（2分）‎ 解得粒子运动的半径（1分）‎ 由几何关系知，粒子从A点到O点的弦长为，由题意 ‎（2分）‎ 解得粒子的比荷：（2分）‎ ‎（2）由几何关系得，OA段粒子运动轨迹的弧长：（2分）‎ 粒子从O点到P点的路程 s=n（2分）‎ 粒子从O点到P点经历的时间（2分）‎ ‎（3）撤去磁场，加上与v0垂直的匀强电场后，粒子做类平抛运动，‎ 由（1分）‎ ‎（1分）‎ 消去解得（2分）‎ 方向：垂直v0指向第Ⅳ象限。（1分）‎ ‎19. 如图1所示，宽度为d的竖直狭长区域内（边界为L1、L2），存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场（如图2所示），电场强度的大小为E0，E>0表示电场方向竖直向上。t=0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N2‎ 点。Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g。上述d、E0、m、v、g为已知量。‎ ‎（1）求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小；‎ ‎（2）求电场变化的周期T；‎ ‎（3）改变宽度d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T的最小值。‎ ‎【答案】（1）；（2）（3）‎ ‎【解析】试题分析：根据物体的运动性质结合物理情景确定物体的受力情况．再根据受力分析列出相应等式解决问题．‎ 解：（1）根据题意，微粒做圆周运动，洛伦兹力完全提供向心力，重力与电场力平衡，‎ 则mg=qE0 ①‎ ‎∵微粒水平向右做直线运动，∴竖直方向合力为0．‎ 则 mg+qE0=qvB ②‎ 联立①②得：q=③B=④‎ ‎（2）设微粒从N1运动到Q的时间为t1，作圆周运动的周期为t2，‎ 则=vt1⑤qvB=m⑥2πR=vt2 ⑦‎ 联立③④⑤⑥⑦得：t1=，t2=⑧‎ 电场变化的周期T=t1+t2=+⑨‎ ‎（3）若微粒能完成题述的运动过程，要求 d≥2R ⑩‎ 联立③④⑥得：R=，设N1Q段直线运动的最短时间t1min，由⑤⑩得t1min=，‎ 因t2不变，T的最小值 Tmin=t1min+t2=．‎ 答：（1）微粒所带电荷量q为，磁感应强度B的大小为．‎ ‎（2）电场变化的周期T为+．‎ ‎（3）T的最小值为．‎ ‎【点评】运动与力是紧密联系的，通过运动情况研究物体受力情况是解决问题的一个重要思路．‎ ‎ ‎