【物理】河北省保定市博野中学2019-2020学年高二12月月考试题（解析版）

【物理】河北省保定市博野中学2019-2020学年高二12月月考试题（解析版）

高二物理月考试卷 一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）‎ ‎1.如图所示，PQ为等量异种点电荷A、B连线的中垂线，C为中垂线上的一点，M、N分别为AC、BC的中点，若取无穷远处的电势为零，则下列判断正确的是　　‎ A. M、N两点的电场强度相同 B. M、N两点的电势相等 C. 若将一负试探电荷由M点移到C点，电场力做正功 D. 若将一负试探电荷由无穷远处移到N点时，电势能一定增加 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：M、N两点场强大小相等，但方向不同，选项A错误；PQ线上各点的电势均为零，PQ左侧电势为负，右侧电势为正，则M点电势低于N点电势，选项B错误；负电荷由M点移到C处，电势能减小，故电场力做正功，选项C正确；无穷远处电势为零，N点电势大于零，故负电荷由无穷远处移到N点时，电势能一定减小，选项D错误；故选C．‎ 考点：电场强度；电势及电势能 ‎2.某种位移式传感器的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，平行金属板A、B和介质P构成电容器，在可移动介质P向右匀速移出的过程中（　　）‎ A. 电容器的电容变大 B. 电容器的电荷量保持不变 C. M点的电势比N点的电势低 D. 流过电阻R电流方向从M到N ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．介质P向右匀速移出的过程中，介电常数减小，根据电容的决定式，分析可知电容变小，A错误；‎ B．电容器的电压不变，由分析可知其电荷量变小，B错误；‎ CD．电容器处于放电状态，由图可知，上极板带正电，则流过电阻R的电流方向从M到N，M点的电势比N点的电势高，C错误D正确。‎ 故选D。‎ ‎3.如图所示条形磁铁竖直放置，N极向下，有大小两只圆形线圈a、b套在磁铁中部同一水平位置，则（　 　）‎ A. 穿过线圈的总磁通量是向上的 B. 穿过两只线圈的磁通量均为零 C. 穿过大线圈a的磁通量大 D. 穿过小线圈b的磁通量大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、磁铁的磁感线的分布是：外部是从N极到S极，方向向上；内部是从S极到N极，方向下下，所以存在抵消情况．由于外部磁通量的和等于内部的磁通量，所以总磁通量的方向向下．故A错误，B错误；‎ C、由于a、b圆环面积不同，通过两环的磁感线在磁铁内部是向下的，而磁铁外部是向上，通过b圆环的磁感线向上(磁铁外部)的磁感线少，将磁铁内部磁感线抵消少，所以b的磁通量比a的磁通量大，即Φa<Φb，故C错误，D正确．‎ 故选D．‎ ‎【名师点睛】‎ 磁通量可形象描述垂直穿过线圈的条数，具体是φ=BS（B⊥S）．对于同种大小的圆环，磁感线越密则磁通量越大，对于同种的磁场，圆环的面积越大则磁通量越大，当有两种方向的磁场穿过线圈时，要根据抵消后剩余磁通量确定．‎ ‎4.在如图所示的平行板器件中，电场强度E和磁感应强度B相互垂直．一带电粒子（重力不计） 从左端以速度v沿虚线射入后做直线运动，则该粒子（ ）‎ ‎ ‎ A. 一定带正电 B. 速度 C. 若速度，粒子在板间的运动是类平抛运动 D. 若此粒子从右端沿虚线方向进入平行板，仍做直线运动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 若粒子带负电，则受到竖直向上的电场力和竖直向下的洛伦兹力，可以做直线运动，若粒子带正电，受到竖直向下的电场力和竖直向上的洛伦兹力，可以做直线运动，故A错误；因为做直线运动，所以在竖直方向上合力为零，故，解得，B正确；若，则，使粒子偏转，做曲线运动；但洛伦兹力方向不断变化，故合力不恒定，不是类似平抛运动，C错误；此粒子从右端沿虚线方向进入，电场力与洛伦兹力在同一方向，不能做直线运动，D错误．‎ ‎【点睛】在速度选择器中，从左边射入，速度满足条件，电场力与洛伦兹力平衡与电量、电性无关．‎ ‎5.如图所示，由均匀的电阻丝组成的等边三角形导体框，垂直磁场放置，将ab两点接入电源两端，若电阻丝ab段受到的安培力大小为F，则此时三根电阻丝受到的安培力的合力大小为（　　）‎ A. F B. C. ‎2F D. ‎‎3F ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】ab受力：‎ ‎，‎ acb受力：有效长度为L，电流为ab的电流的，则其受力为：‎ ‎=，‎ 根据左手定则可知，二力方向相同，则合力为‎1.5F，故ACD错误B正确。‎ 故选B。‎ ‎6.如图所示，ab是一个可以绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导体线圈，当滑动变阻器R的滑片P自左向右滑动过程中，线圈ab将(　　)‎ A. 静止不动 B. 逆时针转动 C. 顺时针转动 D. 发生转动，但因电源的极性不明，无法确定转动的方向 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】滑片P向右滑动过程中，电流增大，线圈处的磁场变强，磁通量增大，根据“阻碍”含义，线圈将阻碍磁通量增大而顺时针转动；‎ A. Φa>Φb，，与结果不一致，故A错误；B. Φa＝Φb，与结果不一致，故B错误；‎ C. Φa<Φb，与结果一致，故C正确；D. 条件不足，与结果不一致，故D错误；‎ ‎7.如图所示，闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点，将圆环拉离平衡位置并释放，圆环摆动过程经过水平匀强磁场区域，虚线为该磁场的竖直边界，已知磁场区域的宽度大于圆环的直径若不计空气阻力，则 ‎ A. 圆环在摆动过程中始终产生感应电流 B. 圆环在摆动过程中，机械能始终守恒 C. 圆环在磁场区域中摆动时，机械能守恒 D. 圆环最终将静止在竖直方向上 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．只有当圆环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，会产生电流。故A错误。‎ B．当圆环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，会产生电流，机械能向电能转化，所以机械能不守恒。故B错误。‎ C．整个圆环进入磁场后，磁通量不发生变化，不产生感应电流，机械能守恒。故C正确。‎ D．在圆环不断经过磁场，机械能不断损耗过程中圆环越摆越低，最后整个圆环只会在磁场区域来回摆动，因为在此区域内没有磁通量的变化一直是最大值，所以机械能守恒，即圆环最后的运动状态为在磁场区域来回摆动，而不是静止在平衡位置。故D错误。‎ 故选C。‎ ‎8.如图所示，一个边长为‎2L的等腰直角三角形ABC区域内，有垂直纸面向里的匀强磁场，其左侧有一个用金属丝制成的边长为L的正方形线框abcd，线框以水平速度v匀速通过整个匀强磁场区域，设电流逆时针方向为正。则在线框通过磁场的过程中，线框中感应电流i随时间t变化的规律正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】线框开始进入磁场运动L的过程中，只有边bd切割，感应电流不变，前进L后，边bd开始出磁场，边ac开始进入磁场，回路中的感应电动势为ac边产生的电动势减去bd边在磁场中的部分产生的电动势，随着线框的运动回路中电动势逐渐增大，电流逐渐增大，方向为负方向；当再前进L时，边bd完全出磁场，ac 边也开始出磁场，有效切割长度逐渐减小，电流方向不变。 A．该图与结论不相符，选项A错误；B．该图与结论相符，选项B正确；‎ C．该图与结论不相符，选项C错误；D．该图与结论不相符，选项D错误；故选B。‎ 二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）‎ ‎9.两圆环A、B置于同一水平面上，其中A为均匀带电绝缘环，B为导体环．当A以如图所示的方向绕中心转动的角速度发生变化时，B中产生如图所示方向的感应电流，则( )‎ A. A可能带正电且转速减小 B. A可能带正电且转速增大 C. A可能带负电且转速减小 D. A可能带负电且转速增大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.若A带正电，顺时针转动产生顺时针方向的电流，A中磁场方向垂直直面向里，当转速增大，B中磁通量增加，根据楞次定律，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，即感应电流磁场方向垂直直面向外，故A中产生逆时针电流，A错误，B正确；‎ CD. 若A带负电，顺时针转动产生逆时针方向的电流，A中磁场方向垂直直面向外，当转速减小，B中磁通量减少，根据楞次定律，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，即感应电流磁场方向垂直直面向外，故A中产生逆时针电流，C正确，D错误；‎ 故选BC。‎ ‎10.如图所示，等腰直角三角形abc的直角边长度为L，该区域内存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B．三个相同的带电粒子从b点沿bc方向分别以速度v1、v2、v3射入磁场，在磁场中运动的时间分别为t1、t2、t3，且t1：t2：t3=2：2：1．不计粒子的重力，下列说法正确的是 A. 三个速度的大小关系一定是v1= v2< v3 B. 三个速度大小关系可能是v1< v2< v3‎ C. 粒子的比荷 D. 粒子的比荷 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 速度为v1 v2 的粒子从ab边穿出，则偏转角为90°，但两者的速度大小关系不定，但其半径一定比速度为v3的粒子半径小，由半径公式 ，则v3一定大于v1和v2，所以选项A错误，选项B正确．‎ 由于速度为v1的粒子偏转90°，则 ，于是 ，所以选项C正确．对速度为v3的粒子偏转45°，画出运动轨迹如图所示，由几何关系知：r3tan22.5°+r3tan22.5°cos45°=L，所以 ，而 ，联立得到： ，所以选项D错误．故选BC.‎ 点睛：此题涉及的是带电粒子在三角形磁场区域内做匀速圆周运动问题，要注意的是已知的是带电粒子在磁场区域内的时间之比，也就是告诉了偏转角之比，结合题意就知道带电粒子从哪条边穿出，从而知道偏转角的大小，由几何关系也能求出粒子3的半径，由半径和周期公式就能求出速度大小关系和比荷．‎ ‎11.如图所示，均匀金属圆环的总电阻为4R，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过圆环．金属杆OM的长为l，阻值为R，M端与环接触良好，绕过圆心O的转轴以恒定的角速度ω顺时针转动．阻值为R的电阻一端用导线和环上的A点连接，另一端和金属杆的转轴O处的端点相连接．下列判断正确的是（　　）‎ A. 金属杆OM旋转产生的感应电动势恒为 B. 通过电阻R的电流的最小值为，方向从Q到P C. 通过电阻R的电流的最大值为 D. OM两点间电势差绝对值的最大值为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】M端线速度为，OM切割磁感线的平均速度为，OM转动切割磁感线产生的电动势恒为，故A正确；当M端位于最上端时，圆环两部分电阻相等，并联电阻最大，电路的总电阻最大，通过R的电流最小．因，通过电阻R的电流的最小值为：，根据右手定则可知电流方向从Q到P，故B错误；当M 位于最下端时圆环被接入的电阻为0，此时有最大电流为：，故C错误；OM作为电源，外电阻增大，总电流减小，内电压减小，路端电压增大，所以外电阻最大时，OM两点间电势差绝对值的最大，其最大值为：，故D正确．‎ ‎12.如图所示，竖直放置的形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B．质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等．金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g．金属杆（ ）‎ A. 刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下 B. 穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间 C. 穿过两磁场产生的总热量为4mgd D. 释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 本题考查电磁感应的应用，意在考查考生综合分析问题的能力．由于金属棒进入两个磁场的速度相等，而穿出磁场后金属杆做加速度为g的加速运动，所以金属感进入磁场时应做减速运动，选项A错误；对金属杆受力分析，根据可知，金属杆做加速度减小的减速运动，其进出磁场的v-t图象如图所示，由于0~t1和t1~t2图线与t轴包围的面积相等（都为d），所以t1>（t2-t1），选项B正确；从进入Ⅰ磁场到进入Ⅱ磁场之前过程中，根据能量守恒，金属棒减小的机械能全部转化为焦耳热，所以Q1=mg．2d，所以穿过两个磁场过程中产生的热量为4mgd，选项C正确；若金属杆进入磁场做匀速运动，则，得，有前面分析可知金属杆进入磁场的速度大于，根据 得金属杆进入磁场的高度应大于，选项D错误．‎ 点睛：本题以金属杆在两个间隔磁场中运动时间相等为背景，考查电磁感应的应用，解题的突破点是金属棒进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，而金属棒在两磁场间运动时只受重力是匀加速运动，所以金属棒进入磁场时必做减速运动．‎ 三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）‎ ‎13.(1)下面左图螺旋测微器读数为__________mm，右图游标卡尺读数为__________mm ‎(2)某表头满偏电流为1mA、内阻为982Ω．（以下计算结果均取整数）‎ ‎①为了将表头改装成量程为3V的电压表，需要一个阻值为________Ω的电阻与表头串联；‎ ‎②为了将表头改装成量程为50mA的电流表，需要一个阻值约为____Ω的电阻与表头并联．‎ ‎【答案】 (1). 0.900 (2). 14.50 (3). 2018 (4). 20‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]螺旋测微器读数为‎0.5mm+‎0.01mm×40.0=‎0.900mm；‎ ‎[2]游标卡尺读数为‎1.4cm+‎0.05mm×10=‎14.50mm；‎ ‎(2)[3]为了将表头改装成量程为3V的电压表，需要串联电阻的阻值为 ‎[4]为了将表头改装成量程为50mA的电流表，需要并联电阻的阻值为 ‎14.某实验小组欲自制欧姆表测量一个电阻的阻值，实验提供的器材如下：‎ A.待测电阻Rx(约200Ω)；‎ B.电源(电动势E约1.4V，内阻r约10Ω)；‎ C.灵敏电流计G(量程1mA，内阻Rg=200Ω)；‎ D.电阻R1=50Ω；‎ E.电阻R2=200Ω；‎ F.滑动变阻器R3(阻值范围为0~50Ω)；‎ G.滑动变阻器R4(阻值范围为0~500Ω)；‎ H.开关，导线若干．‎ ‎(1)由于电源电动势未知，该实验小组经过分析后，设计了如图(a)所示的电路测量．部分步骤如下：先闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器R，使灵敏电流计读数I1接近满偏；保持滑动变阻器滑片位置不动，断开开关S2，读出此时灵敏电流计的示数I2．‎ ‎ ‎ ‎①根据实验要求，定值电阻a应选___________；滑动变阻器R应选___________．(选填器材前的标号)‎ ‎②若实验中I1=0.90mA，I2=0.54mA，则电源电动势为___________V．‎ ‎(2)测出电动势后，该小组成员在图(a)的基础上，去掉两开关，增加两支表笔M、N，其余器材不变，改装成一个欧姆表，如图(b)所示，则表笔M为___________(选填“红表笔”或“黑表笔”)．用改装后的欧姆表测量待测电阻Rx阻值，正确操作后，灵敏电流计读数如图(c)所示，则待测电阻R的阻值为___________Ω．‎ ‎【答案】 (1). D G 1.35 (2). 黑表笔 180‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）在仪器的选择中，要通过估算进行，电阻a可尝试先使用电阻R1，然后进行整个电路的估算，接着尝试使用电阻R2，比较那个更符合题目所给的条件．‎ ‎（2）利用闭合电路的欧姆定律进行计算；‎ ‎（3）多用电表的红黑表笔遵循“红进黑出”，再利用欧姆档的欧姆调零原理，结合测电阻的原理进行计算即可．‎ ‎【详解】（1）闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器R，使灵敏电流计读数I1接近满偏，灵敏电流表两端的电压约为，则滑动变阻器两端电压约为，若电阻a选择了，则电流中的总电流为，此时滑动变阻器的阻值约为，滑动变阻器R4，若电阻a选择，则电流中的总电流为，滑动变阻器的阻值约为，无滑动变阻器满足要求，综上所述，电阻a选择D，滑动变阻器选择G；‎ ‎（2）第一次闭合开关S1、S2，有，断开S2后，有，联立解得；‎ ‎（3）改装为欧姆表后，表内有电源，根据多用电表“红进黑出”的特点，表笔M应接黑表笔．根据欧姆表的原理，欧姆调零时，有，接待测电阻后，读出表的电流为，电路中的总电流，则有，解得 四、计算题（本大题共3小题，共36.0分）‎ ‎15.如图，在xOy平面第一象限整个区域分布一匀强电场，电场方向平行y轴向下．在第四象限内存在一有界匀强磁场，左边界为y轴，右边界为x=‎5L的直线．磁场方向垂直纸面向外、一质量为m、带电荷量为+q的粒子从y轴上P点以初速度，垂直y轴射入匀强电场，在电场力作用下从x轴上Q点以与x轴正方向成45°角进入匀强磁场.已知OQ=L，不计粒子重力．求：‎ ‎(1)P点的纵坐标；‎ ‎(2)要使粒子能再次进入电场，磁感应强度B的取值范围．‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）设粒子进入磁场时y方向的速度为vy，则：‎ ‎① 2分 设粒子在电场中运动时间为t，有：‎ ‎② 2分 ‎③ 2分 联解①②③得：‎ ‎④ 2分 ‎（2）作出粒子刚好能再进入电场的轨迹如图所示． ⑤‎ 设此时的轨迹半径为r，由几何关系有：‎ ‎⑥ 3分 粒子在磁场中的速度：‎ ‎⑦ 3分 根据牛顿定第二定律：⑧ 2分 联解⑥⑦⑧得：⑨ 2分 要使粒子能再进入电场，磁感应强度B的范围⑩ 2分 考点：带电粒子在复合场中的运动．‎ ‎16.如图1所示，一个圆形线圈的匝数匝，线圈面积，线圈的电阻，线圈外接一个阻值的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间的变化规律如图2所示求 在内穿过线圈的磁通量变化量；‎ 前4s内产生的感应电动势；‎ 内通过电阻R的电荷量q．‎ ‎【答案】（1）4×10﹣2Wb（2）1V（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）依据图象，结合磁通量定义式，即可求解；（2）根据法拉第电磁感应定律，结合磁感应强度的变化率求出前4s内感应电动势的大小．（3）根据感应电动势，结合闭合电路欧姆定律、电流的定义式求出通过R的电荷量．‎ ‎（1）根据磁通量定义式，那么在0～4s内穿过线圈的磁通量变化量为：‎ ‎（2）由图象可知前4 s内磁感应强度B的变化率为：‎ ‎4 s内的平均感应电动势为：‎ ‎（3）电路中的平均感应电流为：，又，且 所以 ‎【点睛】本题考查了法拉第电磁感应定律的应用，由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，最后由电流定义式的变形公式求出感应电荷量．‎ ‎17.如图，水平面（纸面）内同距为的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为的金属杆置于导轨上，t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动．时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为．重力加速度大小为g．求 ‎（1）金属杆在磁场中运动时产生电动势的大小；‎ ‎（2）电阻的阻值．‎ ‎【答案】 ； R=‎ ‎【解析】（1）设金属杆进入磁场前加速度大小为a，由牛顿第二定律得：ma=F-μmg ①‎ 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有：v=at0 ②‎ 当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为:E=Blv ③‎ 联立①②③式可得: ④‎ ‎（2）设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆的电流为I，根据欧姆定律：I= ⑤‎ 式中R为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为： ⑥‎ 因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得：F–μmg–f=0 ⑦‎ 联立④⑤⑥⑦式得: R=‎