甘肃省甘谷第一中学2019-2020学年高二上学期月考物理试题

甘肃省甘谷第一中学2019-2020学年高二上学期月考物理试题

甘谷一中2019-2020学年度第一学期高二第二次月考 物理试卷 一、单选题（每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，每个小题3分，共30分）‎ ‎1.下列表述正确的是　　‎ A. 一小段通电直导线在某处不受磁场的作用力，则该处的磁感应强度一定为零 B. 在磁场中，磁感应强度B与F成正比，与L成反比 C. 和对所有的电场均成立 D. 只对匀强电场成立 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据公式，一小段通电直导线在某处不受磁场力，该处磁感应强度B不一定为零，可能是为零，故A错误；磁感应强度是采用比值法定义的，B大小与F、IL无关，B由磁场本身决定，故B错误；只使用与点电荷形成的电场，故C错误；为匀强电场中得出的场强与电势差的关系式，只适用于匀强电场，故D正确．所以D正确，ABC错误．‎ ‎2.如图所示，在条形磁铁外套有A、B两个大小不同的圆环，穿过A环的磁通量与穿过B环的磁通量相比较，有（ ）‎ A. B. C. D. 不能确定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据磁感线的分布情况可知，磁铁内部穿过环面的磁感线方向向上，外部磁感线方向向下．由于磁感线是闭合曲线，磁铁内部的磁感线条数等于磁铁外部磁感线的总条数，而磁铁外部磁感线分布在无限大的空间，所以穿过环面的磁铁外部向下的磁感线将磁铁内部向上的磁感线抵消一部分，A的面积小，抵消较小，则磁通量较大，所以．故选C．‎ ‎【点睛】在磁铁的外部，磁感线从N极出发进入S极，在磁铁内部，磁感线从S极指向N极．磁感线是闭合曲线，磁铁内外总条数相等．穿过环面的磁感线方向有两种，存在抵消情况，抵消后磁感线多，磁通量大．‎ ‎3.下述说法正确的是（ ）‎ A. 根据E =，可知电场中某点的场强与电场力成正比 B. 电场中电势为零的点，电场强度不一定为零 C. 由公式R=可知，导体的电阻与通过它的电流成反比 D. 电源电动势越大，电源提供的电能就越多 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．公式是电场强度的定义式，采用比值法定义,E反映电场本身的性质,由电场本身决定，E与F、q无关，故A错误；‎ B．电势为零，是人为选择的，而电场强度为零是由电场强度本身决定的，所以电势为零，电场强度不一定为零，故B正确；‎ C．公式R=是电阻的定义式，与电阻两端电压及通过它的电流无关，故C错误；‎ D．电动势越大，电源移送单位电荷时所能提供的电能越多，但总的电能不一定多，故D错误．‎ ‎4.来自太阳和其他星体的宇宙射线中含有大量高能带电粒子，但地磁场（如图）的存在可以改变这些带电粒子的运动方向，且使其中的大部分不能到达地面，从而对地球上的生命起到了很好的保护作用．关于地磁场和上述高能带电粒子的运动（不考虑地磁偏角的影响），下列说法正确的是 A. 地磁场是匀强磁场 B. 地磁场的北极在地理北极附近 C. 若粒子带正电，且沿地球赤道平面射向地心，则由于地磁场的作用将向东偏转 D. 若粒子带正电，且沿地球赤道平面射向地心，则由于地磁场的作用将向西偏转 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 地磁场不是匀强磁场，选项A错误；地磁场的北极在地理南极附近，选项B错误；若粒子带正电，且沿地球赤道平面射向地心，根据左手定则，地磁场会使沿地球赤道平面内射来的宇宙射线在洛伦兹力作用下向东偏转，故C正确，D错误；故选C．‎ ‎5.如图所示，把一重力不计的通电直导线水平放在蹄形磁铁两极的正上方，导线可以自由转动，当导线通入图示方向电流I时，导线的运动情况是(从上往下看)(　　)‎ A. 顺时针方向转动，同时下降 B. 顺时针方向转动，同时上升 C. 逆时针方向转动，同时下降 D. 逆时针方向转动，同时上升 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】如图甲所示，把直线电流等效为无数小段，中间的点为O点，选择在O点左侧S 极右上方的一小段为研究对象，该处的磁场方向指向左下方，由左手定则判断，该小段受到的安培力的方向垂直纸面向里，在O点左侧的各段电流元都受到垂直纸面向里的安培力，把各段电流元受到的力合成，则O点左侧导线受到垂直纸面向里的安培力；同理判断出O点右侧的导线受到垂直纸面向外的安培力．因此，由上向下看，导线沿顺时针方向转动．‎ 分析导线转过90°时的情形：如图乙所示，导线中的电流垂直纸面向外，由左手定则可知，导线受到向下的安培力．‎ A．顺时针方向转动，同时下降与分析结论一致，A正确．‎ B．顺时针方向转动，同时上升与分析结论不符，B错误 C．逆时针方向转动，同时下降与分析结论不符，C错误 D．逆时针方向转动，同时上升与分析结论不符，D错误 ‎6.如图所示，通电导体棒静止于水平导轨上，棒的质量为m，长为L，通过的电流大小为I且垂直纸面向里，匀强磁场的磁感强度B的方向与导轨平面成θ角，则导体棒受到的 A. 安培力大小为BILcosθ B. 安培力大小为BILsinθ C. 摩擦力大小BILcosθ D. 支持力大小为mg+BILcosθ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】以导体棒研究对象，分析受力，如图，其中，安培力大小根据平衡条件得 得 得 故D正确。‎ ‎7.如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示．则（ ）‎ A. a一定带正电，b一定带负电 B. a的速度将减小，b的速度将增加 C. a的加速度将增加，b的加速度将减小 D. 两个粒子的电势能都减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由图可知，b粒子的轨迹向右弯曲，b粒子受到的电场力方向向右，a的轨迹向左弯曲，a粒子受到的电场力方向向左，由于电场线未知，无法确定两个粒子的电性，但是一定带异种电荷，故A正确；由图看出，向左电场线越来越疏，场强越来越小，则a所受电场力减小，加速度减小，b所受电场力增大，加速度增大，故C错误；由图判断电场力对两个粒子都做正功，电势能都减小，动能都增大，故BD错误．‎ ‎8.如图所示，导线框中电流为I，导线框垂直于磁场放置，磁感应强度为B，AB与CD相距为d，则MN所受安培力大小为(　　) ‎ ‎ ‎ A. F＝BId B. F＝ C. F＝BIdsin θ D. F＝BIdcos θ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F=BIL可以直接求出安培力大小．‎ ‎【详解】导线框中电流为I，导线框垂直于磁场放置，AB与CD相距为d，此时切割磁场的导线的长度为，此时受到的安培力的电场线为，所以B正确；故选B.‎ ‎【点睛】本题是安培力的分析和计算问题．安培力大小的一般计算公式是F=BILsinα，α是导体与磁场的夹角，当B、I、L互相垂直的时候安培力最大为F=BIL．‎ ‎9.如图，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向里，一个带电微粒由a点进入电磁场并刚好能沿ab直线向上匀速运动，下列说法正确的是 A. 微粒可能带负电，也可能带正电 B. 微粒的电势能一定增加 C. 微粒的机械能一定增加 D. 洛伦兹力对微粒做负功 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据做直线运动的条件和受力情况如图所示:‎ 可知，粒子做匀速直线运动，则粒子必定带负电，故A错误；‎ B.由a沿直线运动到b的过场中，电场力做正功，电势能减小，故B错误.‎ C.因重力做负功，重力势能增加，又动能不变，则机械能一定增加，故C正确.‎ D.洛伦兹力一直与速度方向相互垂直，故洛伦兹力不做功，故D错误.‎ ‎10.如图所示，直线MN上方有磁感应强度为B的匀强磁场．正、负电子同时从同一点O以同样速度v射入磁场，速度v的方向与MN成30°角设电子质量为m，电荷量大小为e，则 A. 正、负电子在磁场中做圆周运动的半径不同 B. 正电子从磁场中射出点到O点的距离较大 C. 负电子在磁场中运动的时间是 D. 正、负电子在磁场中运动的时间差是 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.正、负电子在磁场中的回旋轨迹如图所示，‎ 由得：，，则正、负电子在磁场中运动的半径和周期相同，故A错误；‎ B.由图可得，正、负电子从磁场中射出点到O点的距离都等于：d=R．故B错误；‎ CD.正电子受力的方向向下，偏转角是60°，在磁场中运动的时间：；负电子受力的方向向上，偏转角是300°，在磁场中运动的时间：；射出的时间差为△t=t2-t1=．故C错误，D正确；‎ 二、多选题（在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2 分，有选错的得0分，共20分）‎ ‎11.用相同的表头改装成两个量程不同的电流表，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 将他们串联在一起，两表读数相同，量程大的偏角小.‎ B. 将他们并联在一起，偏角相同，量程大的读数小.‎ C. 将他们串联在一起，两表读数相同，量程大的偏角大.‎ D. 将他们并联在一起，偏角相同，量程大的读数大.‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】将表头改装成电流表时，应并联一个小电阻，此时表头中刻度表示流过表头及小电阻总电流；‎ AC.若将两电表串联，则流过G表及小电阻的电总电流相等故示数相等，但由分流关系可知，流过表头G的电流不相等，故偏角不等，量程越大，则小电阻分流越多，流过G表的电流越少，指针偏角越小，即将它们串联在一起时，两表读数相同，量程大的偏角小，故A正确，C错误；‎ BD.若将两表并联，则可以看作四个用电器并联，则各用电器两端的电压相等，故流过表头的电流相等，故偏角一定相等，但示数不同，量程越大的电流表内阻越小，在电压相等时，通过电流表的电流越大，示数越大，即：将它们并联在一起时，偏角相同，量程大的读数越大，故B错误，D正确．‎ ‎12.如图所示为磁流体发电机的原理图．金属板、之间的距离为，磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里．现将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，整体呈中性）从左侧喷射入磁场，发现在、‎ 两板间接入的额定功率为的灯泡正常发光，且此时灯泡电阻为，不计离子重力和发电机内阻，且认为离子均为一价离子，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 金属板上聚集负电荷，金属板上聚集正电荷 B. 该发电机的电动势为 C. 离子从左侧喷射入磁场的初速度大小为 D. 每秒钟有个离子打在金属板上 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由左手定则可知，射入的等离子体中正离子将向金属板M偏转，负离子将向金属板N偏转，选项A不符合题意；‎ B.由于不考虑发电机的内阻，由闭合电路欧姆定律可知，电源的电动势等于电源的路端电压，所以，选项B符合题意；‎ C.由可得，选项C不符合题意；‎ D.每秒钟经过灯泡L的电荷量，而，所以，由于离子为一价离子，所以每秒钟打在金属板N上的离子个数为（个），选项D符合题意；．‎ ‎13.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示．设D形盒半径为R，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电频率为f．若用回旋加速器加速质子时，则下列说法正确的是 A. 高频电源的周期与质子做圆周运动的周期相等 B. 质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小有关 C. 质子被加速后的最大速度不可能超过2πfR D. 不改变B和f，该回旋加速器也能用于加速氘核 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】为了使粒子每次经过电场时都被加速，要求回旋加速器高频交流电频率等于质子运动周期，故A正确；根据，可得回旋加速器加速质子的最大速度为，由此可知最大动能与狭缝间的加速电压、加速次数无关，故B错误；根据，可得，当r=R时，v最大，此v=2πfR，故C正确；根据，知，α粒子在回旋加速器中运动的频率是质子的，不改变B和T，该回旋加速器不能用于加速氘核，故D错误．‎ ‎14.如图所示电路，R1是定值电阻，R2是滑动变阻器，L是小灯泡，C是电容器，电源内阻为r．开关S闭合后，在滑动变阻器的滑片向上滑动过程中 A. 电压表示数变大 B. 小灯泡变亮 C. 电容器所带电荷量增大 D. 电源的总功率变大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．闭合开关S后，当滑动变阻器触头P向上移动时，R2增大，外电路总电阻增大，干路中电流减小，则小灯泡亮度变暗．电源的内电压减小，路端电压增大，则电压表的示数变大．故A符合题意，B不符合题意．‎ C．电路稳定时电容器的电压等于R2的电压，根据串联电路电压分配规律可知，R2增大，电容器的电压增大，则电容器所带电荷量增大．故C符合题意． D．电源的总功率为P=EI，干路电流I减小，则电源的总功率变小．故D不符合题意．‎ ‎15.在如图所示的U－I图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图象可知(　　)‎ A. 电源的电动势为3V，内阻为0.5Ω B. 电阻R的阻值为1Ω C. 电源的输出功率为2W D. 电源的效率为66.7%‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据闭合电路欧姆定律得U=E-Ir，当I=0时，U=E，由读出电源的电动势E=3V，内阻等于图线的斜率大小，则 故A符合题意． B．根据欧姆定律可得电阻为：‎ 故B符合题意．‎ C．两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压 U=2V，电流I=‎2A，则电源的输出功率为：‎ P出=UI=4W 故C不符合题意． D．电源的效率 故D符合题意．‎ 三、实验题（画图4分，其余每空2分，共20分）‎ ‎16.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，小灯泡的额定电压为2.5 V，额定功率为0.5 W，此外还有以下器材可供选择：‎ A．直流电源3 V(内阻不计)‎ B．直流电流表0～300 mA(内阻约为5 Ω)‎ C．直流电流表0～‎3 A(内阻约为0.1 Ω)‎ D．直流电压表0～3 V(内阻约为3 kΩ)‎ E．滑动变阻器100 Ω，‎‎0.5 A F．滑动变阻器10 Ω，‎‎2 A G．导线和开关 实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量．‎ ‎(1)实验中电流表应选用________，滑动变阻器应选用________；(均填写仪器前的字母)‎ ‎(2)在图甲所示的虚线框中画出符合要求的实验电路图_______________(虚线框中已将所需的滑动变阻器画出，请补齐电路的其他部分，要求滑片P向b端滑动时，灯泡变亮)；‎ ‎(3)根据实验数据，画出的小灯泡的I－U图线如图乙所示．由此可知，当电压为0.5 V时，小灯泡的灯丝电阻是________Ω.‎ ‎【答案】 (1). BF (2). 分压式 (3). 如图所示：‎ ‎ (4). 5‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）灯泡的额定电流；故电流表选择B；因本实验只能接用分压接法，故滑动变阻器选择小电阻F；‎ ‎（2）根据实验要求可知，滑动变阻器采用分压接法，并且测量电路应与滑动变阻器的左半部分并联；电流表采用外接法；原理图如下；‎ ‎（3）由画出的伏安特性曲线可知，时，电流，则对应的电阻；‎ 考点：“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验 ‎17.某同学用游标卡尺测量电阻元件的长度为L，用螺旋测微器测量金属丝直径d．‎ ‎（1）电阻元件长L为_____cm，金属丝的直径d为_____mm；‎ ‎  ‎ ‎（2）选用“×‎10”‎倍率的电阻挡估测元件电阻，发现多用表指针偏转过大，因此需选择_____倍率的电阻挡（填：“×‎1”‎或“×‎100”‎）．并先进行_______再进行测量，之后多用表的示数如图所示，测量结果为R＝______Ω．‎ ‎【答案】 (1). ‎1.060cm (2). ‎6.579mm (3). ×1 (4). 欧姆调零 (5). 30Ω ‎【解析】‎ ‎【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；‎ ‎【详解】（1）游标卡尺是20分度的卡尺，其分度值为‎0.05mm，则图示读数为：‎10mm+12×‎0.05mm=‎10.60mm=‎1.060cm；由图示螺旋测微器可知，其读数为：‎6.5mm+7.9×‎0.01mm=‎‎6.579mm ‎（2）用“×‎10”‎倍率的电阻挡估测元件电阻，发现多用表指针偏转过大，说明被测电阻阻值较小，所选倍率偏大，故应换用×1 倍率的电阻挡，并且要进行欧姆调零，之后再次进行测量，由图所示可知，该电阻的阻值约为30×1Ω=30Ω．‎ 四、解答题（共30分）‎ ‎18.如图所示，光滑导轨与水平面所成角度θ＝60°，置于方向垂直于导轨平面向上匀强磁场中，将质量为m＝‎2kg的金属杆水平放在导轨上，通过电流I＝‎4A时，金属杆正好能静止（g=‎10m/s2）.求：‎ ‎（1）金属杆受到的安培力大小和方向;‎ ‎（2）若金属杆的长度为m，求磁场B的大小．‎ ‎【答案】（1）10N，方向沿斜面向上；（2）2.5 T ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由平衡知识可知，金属棒所受的安培力等于重力沿斜面向下的分量，即：‎ 方向沿斜面向上；‎ ‎（2）根据F安=BIL可得 ‎19.如图所示，已知电源的电动势E=5V，内阻r=2Ω，定值电阻R1=0.5Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为10Ω．求：‎ ‎（1）当滑动变阻器R2的阻值为多少时，电阻R1消耗的功率最大？最大功率是多少？‎ ‎（2）当滑动变阻器的阻值为多少时，滑动变阻器消耗的功率最大？最大功率为多少？‎ ‎（3）当滑动变阻器的阻值是多少时，电源输出功率最大？最大功率是多少？‎ ‎【答案】(1)0Ω，2W (2)2.5Ω，2.5W (3) 1.5Ω，3.125W ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据P=I2R，当电流最大时，电阻R1消耗的功率最大，故当滑动变阻器短路，即R2=0时，电阻R1消耗的功率最大；电阻R1消耗的最大功率是 ‎（2）对于电源，当外电路的电阻等于内电阻时电源的输出功率最大；将电阻R1与电源等效成电源，故当R2=2.5Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大；滑动变阻器消耗的最大功率为 ‎ ‎ ‎（3）当外电路的电阻等于内电阻时电源的输出功率最大，故当R2=1.5Ω时，电源的输出功率最大；电源输出最大功率是 ‎20.如图所示，一带电粒子质量为m，电量为q（不计重力），以某一速度垂直射入磁感应强度B、宽度为d的有界匀强磁场中，穿过磁场时速度方向与原来入射方向的夹角为30°．求：‎ ‎（1）带电粒子在匀强磁场中做圆周运动时的速度大小；‎ ‎（2）带电粒子穿过磁场区域的时间为多少？‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）粒子在磁场中做运输证运动的轨迹如图所示：‎ 粒子的轨道半径：‎ 粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：‎ 解得：‎ ‎；‎ ‎（2）粒子做圆周运动的周期：‎ 由几何知识可知，粒子做圆周运动转过的圆心角为：‎ 则粒子在磁场中的运动时间为：‎ ‎．‎ ‎21.如图所示，质量为m =‎1kg、电荷量为q=5×10‎-2C的带正电的小滑块，从半径为R= ‎0.4m的固定圆弧轨道上由静止自A端滑下，轨道光滑且绝缘．整个装置处在方向互相垂直的匀强电场与匀强磁场中．已知E=100V/m，方向水平向右，B=1T，方向垂直纸面向里，g=‎10m/s2．求： ‎ ‎(1)滑块到达C点时的速度； ‎ ‎(2)在C点时滑块所受洛伦兹力； ‎ ‎(3)在C点滑块对轨道的压力．‎ ‎【答案】(1)‎2m/s(2)0.1N(3)20.1N ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)滑块滑动过程中洛伦兹力不做功，由动能定理得 代入数据解得：‎ ‎(2)根据洛伦兹力大小公式 f=qvCB=5×10-2×2×1=0.1N ‎(3)在C点，受到四个力作用，如图所示， ‎ 由牛顿第二定律与圆周运动知识得 ‎ ‎