【物理】福建省漳平市一中2019-2020学年高二上学期第二次月考试题（解析版）

【物理】福建省漳平市一中2019-2020学年高二上学期第二次月考试题（解析版）

漳平一中2019-2020学年第一学期第二次月考 高二物理试题 一、选择题 ‎1.下列关于电磁场的说法正确的是 A. 电势降低的方向就是场强的方向 B. 电场线实际不存在，磁感线实际存在 C. 磁通密度越大的地方，磁感应强度越大 D. 法拉第发现了电流的磁效应现象 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．沿场强的方向电势一定是降低的，但电场中电势降低的方向不就是场强的方向，而电势降低最快的方向才是场强的方向，故A错误；‎ B．电场线和磁感线都是为了形象的描述电场和磁场而引入的曲线，是假想的，不是实际存在的线，故B错误；‎ C．磁通密度是磁感应强度的一个别名，它表示垂直穿过单位面积的磁力线的多少，所以磁通密度越大的地方，磁感应强度越大，故C正确；‎ D．奥斯特发现电流的磁效应现象，法拉第发现了电磁感应现象，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎2.如图，实线是电场中一簇方向未知的电场线，虚线是一个带正电粒子从a点运动到b点的轨迹，若带电粒子只受电场力作用，从a点运动到b点的过程中粒子的 A. 电势能逐渐减小 B. 电势能逐渐增大 C. 速度逐渐增大 D. 加速度逐渐增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由粒子的运动轨迹可知，带电粒子所受的电场力向左，由于粒子带正电，故电场线向左；从点运动到点的过程中，电场力与速度方向的夹角为钝角，则电场力做负功，动能减小，速度减小，电势能增大；电场线越来越稀疏，故电场强度减小，粒子所受的电场力减小，则加速度逐渐减小；‎ A．与分析不符，故A错误；B．与分析相符，故B正确；‎ C．与分析不符，故C错误；D．与分析不符，故D错误；故选B。‎ ‎3.每时每刻都有大量带电的宇宙射线向地球射来，地球磁场可以有效地改变这些射线中大多数带电粒子的运动方向，使它们不能到达地面，这对地球上的生命有十分重要的意义。假设有一个带正电的宇宙射线粒子正垂直于地面向赤道射来，在地磁场的作用下，它将 ‎ A. 向东偏转 B. 向南偏转 C. 向西偏转 D. 向北偏转 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】地球的磁场由南向北，当带正电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力的方向为向东，所以粒子将向东偏转；‎ A．与分析相符，故A正确；B．与分析不符，故B错误；‎ C．与分析不符，故C错误；D．与分析不符，故D错误；故选A。‎ ‎4.如图所示，甲、乙两个带电粒子，以相同速率经小孔P垂直磁场边界MN，进入方向垂直纸面向外的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动，并垂直磁场边界MN射出磁场，运动轨迹如图中虚线所示．不计粒子所受重力、空气阻力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是 ‎ A. 甲带负电荷，乙带正电荷 B. 甲的质量大于乙的质量 C. 洛伦兹力对甲做正功 D. 甲在磁场中运动的时间大于乙在磁场中运动的时间 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在点，速度向下，磁场向外，甲受向左的洛伦兹力，根据左手定则，甲带正电荷；同理在 点，乙受向右的洛伦兹力，速度向下，磁场向外，根据左手定则，乙带负电荷，故A错误；‎ B．粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：‎ 可得：‎ 由于、均相同，甲的轨道半径大，说明甲的比荷小，由于甲、乙两个所带电荷量不知道，所以无法确定甲与乙的质量关系，故B错误；‎ C．根据左手定则，洛伦兹力与速度垂直，故洛伦兹力不做功，故C错误；‎ D．带电粒子在磁场中运动的周期为：‎ 由于，可得：‎ 由于相同，甲的轨道半径大，所以甲在磁场中运动的时间大于乙在磁场中运动的时间，故D正确；故选D。‎ ‎5.如图，平行板电容器的两极板竖直放置，一带电小球用绝缘轻绳悬挂在两极板之间，处于静止状态，小球受到轻绳的拉力大小为T，电场力大小为F。现保持A极板不动，将B极板向右缓慢移动的过程中，下列说法正确的是 ‎ A. 若开关S闭合，则T逐渐减小，F逐渐增大 B. 若开关S闭合，则T逐渐增大，F逐渐增大 C. 若开关S断开，则T保持不变，F保持不变 D. 若开关S断开，则T逐渐变小，F逐渐增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．开关S闭合，电容器与电源相连，所以两端间电势差不变，将极板向右缓慢移动过程中，两板间距离增大，由可知，电场强度减小，电场力减小；小球处于平衡状态，受重力、拉力与电场力的作用，根据力的合成法得：‎ 由于重力不变，电场力减小，故拉力减小，故A、B错误；‎ CD．开关S断开，两板间所带的电荷量不变，根据、、可得：‎ 将极板向右缓慢移动过程中，两板间距离增大，则电场强度不变，电场力不变；小球处于平衡状态，受重力、拉力与电场力的作用，根据力的合成法得：‎ 由于重力不变，电场力不变，故拉力不变，故C正确，D错误；故选C。‎ ‎6.酒精测试仪（主要部件是二氧化锡半导体型酒精气体传感器）用于测试机动车驾驶人员是否酒驾。酒精气体传感器电阻与酒精气体的浓度成反比，若酒精测试仪电路如图所示，那么电流表的示数I与酒精气体浓度C之间的对应关系正确的是 A. I越大，表示C越小，C与I成反比 B. I越大，表示C越大，C与I成正比 C. I越大，表示C越小，C与I不成反比 D. I越大，表示C越大，C与I不成正比 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】酒精气体传感器和定值电阻串联在电路中，电流表测电路的电流，设酒精气体传感器电阻为，根据酒精气体传感器的电阻的倒数与酒精气体的浓度成正比，得：‎ 是比例系数，根据欧姆定律得：‎ 联立可得：‎ 由数学知识知，越大，表示越大，但两者不成正比，也不成反比；‎ A．与分析不符，故A错误；B．与分析不符，故B错误；‎ C．与分析不符，故C错误；D．与分析相符，故D正确；故选D。‎ ‎7.如图所示，在竖直面内有一顶角为120°的等腰三角形，底边AB水平，在AB 两点固定放置两通电直导线，直导线中电流方向垂直纸面向里，大小相等．C处有一质量为m，长度为L的直导线垂直纸面放置，当电流大小为I，方向垂直纸面向外时，恰好处静止状态，则直导线A在C处产生的磁感应强度的大小为（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】考查磁感应强度的矢量性、安培定则知识点，根据C导线合力为零，安培力和重力等大反向，可以确定安培力竖直向上，确定AB在C处产生合磁场的方向水平向右，进而计算A在C处产生的磁感应强度大小．‎ ‎【详解】当C的电流大小为I，方向垂直纸面向外时，恰好处静止状态，根据平衡条件可得A对C和B对C的作用力与C的重力平衡，‎ 由于电流方向相同相吸引、相反相排斥，故C的受力如图所示，根据平衡条件可得：‎ ‎2Fcos60°=mg 解得：F=mg 根据安培力的计算公式可得：F=BIL，‎ 所以有：B=‎ 故C符合题意，ABD不符合题意．‎ ‎【点睛】先用安培定则确定AB导线在C处产生的磁场方向，判断出合磁场的方向水平向右，根据平衡关系可求得安培力的大小，进而求得合磁感应强度的大小，再求得分磁感应强度大小．‎ ‎8.如图，正方形ABCD位于匀强电场中，电场方向平行于正方形所在的平面。已知A、B、C点的电势分别为10V、6V、8V。初动能为3eV、电荷量大小为e的带电粒子从D点沿着DA方向射入电场，恰好经过B点，不计粒子重力。下列说法正确的是 A. 该粒子可能带负电 B. D点的电势为4 V C. 该粒子到达B点时的动能为9eV D. 若仅改变粒子的初速度大小，该粒子可能经过C点 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．匀强电场中，沿着相同方向前进相同距离电势的降落相等，故：‎ 解得：‎ 故连线的中点为，所以与的连线构成等势线，画出等势面和电场线，如图所示：‎ 带电粒子从点沿着方向射入电场，恰好经过点，故电场力向右上方，粒子带正电荷，故A、B错误；‎ C．粒子从到过程，根据动能定理，有：‎ 解得： 故C正确；‎ D．如果只改变初速度大小，合力方向不变，依然是逐渐向右上方偏转，不可能经过C点，故D错误；故选C。‎ ‎9.如图，两通电长直导线垂直纸面放置，它们的电流大小相等、方向相反，菱形abcd的对角线ac与两导线垂直相交，菱形的中心O到两导线的距离相等。则 A. O点的磁感应强度大小比b点的大 B. O点的磁感应强度大小为零 C. a与c两点的磁感应强度大小相等、方向相同 D. b与d两点的磁感应强度大小相等、方向相反 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．设右边通电导线在产生的磁场大小为，右边通电导线在产生的磁场大小为，则有： ‎ 根据对称性可知左边通电导线在产生的磁场大小为，左边通电导线在产生的磁场大小为；根据磁场的叠加原理可得两通电长直导线在点产生的磁感应强度大小为：‎ 所以点处的磁感应强度大小不为零；根据平行四边形进行合成得两通电长直导线在点产生的磁感应强度大小为： 所以有： 故A正确，B错误； ‎ C．由安培定则和磁场的叠加原理可得两通电长直导线在点产生的磁感应强度方向向下，两通电长直导线在点的磁感应强度方向向下，则、两点处的磁感应强度方向相同；根据磁场的叠加原理和对称性知，、两点处的磁感应强度大小相等，故C正确；‎ D．根据安培定则判断得知，右边通电导线产生的磁场方向沿逆时针方向，左边通电导线产生的磁场方向沿顺时针方向，由于对称可知两根通电导线在、两点产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形进行合成得、两点的磁感应强度大小相等，由磁场的叠加原理可得、两点处的方向都向下，故D错误；故选AC。‎ ‎10.质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图所示，离子源S产生的各种不同正离子束（速度可看做为零），经加速电场加速后垂直进入有界匀强磁场，到达记录它的照相底片P上，设离子在P上的位置到入口处S’的距离为x，可以判断 A. 若离子束是同位素，则x越大，离子质量越大 B. 若离子束是同位素，则x越大，离子质量越小 C. 只要x相同，则离子质量一定相同 D. 只要x相同，则离子质量的荷质比一定相同 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．离子在电场加速过程，根据动能定理得：‎ 解得：‎ 在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有：‎ 可得：‎ 则有：‎ 若离子束是同位素，相同，则越大，对应的离子质量一定越大，故A正确，B错误；‎ CD．由知，只要相同，对应的离子的比荷一定相等，故C错误，D正确；故选AD ‎11.如图，两根长度相同的绝缘轻质细绳的一端都与质量为m、电荷量为q的小球A相连接，另一端分别悬挂在水平天花板的C、D两点，小球A静止时两绳的夹角为120º。现在A球正下方d处的绝缘地面上放置一带等量同种电荷的小球B，小球A仍如图处于静止状态，地面上的E点与细绳CA在同一直线上，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则 A. 小球A、B间的库仑力大小为 B. 当时，两细绳的拉力为零 C. 若，将B球水平向右移到E点时，细绳AC的拉力为 mg D. 将B球移到无穷远处时，细绳AD的拉力为mg ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据库仑定律，小球与之间库仑力的大小为： 故A正确；‎ B．若两细绳的拉力为零，小球受重力和库仑斥力而平衡，根据共点力平衡条件则有：‎ 解得：‎ 故B正确； ‎ C．若，则有：‎ 将球水平向右移到点时，小球与之间库仑力的大小为：‎ 对小球分析，根据平衡条件，在水平方向则有：‎ 在竖直方向则有：‎ 解得：‎ ‎，‎ 故C正确； ‎ D．将球移到无穷远处时，小球与之间库仑力的大小为零，对小球分析，根据平衡条件，在水平方向则有：‎ 在竖直方向则有：‎ 解得：‎ ‎，‎ 故D错误；故选ABC。‎ ‎12.如图所示，闭合开关S，灯L1、L2正常发光．由于电路突然出现故障，发现灯L1变暗，灯L2变亮，电流表的读数变小，根据分析，发生的故障可能是 ‎ A. R1短路 B. R2断路 C. R3断路 D. R4短路 ‎【答案】BC ‎【解析】没有发生故障前，等效电路如图所示：‎ A．若短路，发现灯不亮，则电路中总电阻减小，则总电流增大；由右侧部分总电阻没有变，则右侧电压将增大，电流表的读数变大，灯应变亮，不符合题意，故A错误；‎ BC．若或断路，则电路中电阻增大，则电路中的电流减小，由左侧部分总电阻没有变，则左侧电压将减小，则可知应变暗，根据闭合电路欧姆定律可知右侧部分两端的电压增大，灯电流变大，功率变大，灯应变亮，根据并联分流可得流过电流表的电流减小，所以电流表的读数变小，故B、C正确；‎ D．若短路，则电路中总电阻减小，电路中电流增大，由左侧部分总电阻没有变，则左侧电压将增大，则可知应变亮，根据闭合电路欧姆定律可知右侧部分两端的电压减小，灯电流变小，功率变小，灯应变暗，根据并联分流可得流过电流表的电流增大，所以电流表的读数变大，故D错误；故选BC。‎ 二、实验题 ‎13.（1）在“测定金属的电阻率”实验中，用螺旋测微器测量金属丝的直径，如图甲所示的读数是___________mm。‎ ‎（2）如图乙所示的装置为多用电表的内部简易电路图，虚线框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。此多用电表有5个挡位，分别为：直流电流1mA挡和10mA挡、直流电压2.5V挡和10V挡、欧姆×10Ω挡。则图乙中的A端与_____（填“红色”或“黑色”）表笔相连接；若换挡开关与“2”连接，则多用电表选择_______挡（填“1mA”、“10mA”、“2.5V”或“10V”）。‎ ‎【答案】 (1). 0.690 （0.689~0.691） (2). 黑色 1mA ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]由图所示螺旋测微器可知，固定刻度示数是0.5mm，可动刻度示数是19.0×0.01mm=0.190mm，螺旋测微器的示数是0.5mm+0.190mm=0.690mm；‎ ‎(2)[2]由图所示电路图可知，端与欧姆表内置电源的正极相连，端与黑表笔相连接；‎ ‎[3]由图所示电路可知，换挡开关置于1时，分流电阻阻值较小，电流表量程大，选择开关置于2时分流电阻较大，电流表量程较小，由此可知，换挡开关置与“2”连接时电流表量程为1mA；‎ ‎14.某兴趣小组想要描绘一只“5V，4W”的小灯泡L的伏安特性曲线，要求测量数据尽量精确、绘制曲线完整，实验室可供选用的器材除开关、导线外，还有：‎ 蓄电池组（电动势6V，内阻不计）‎ 电压表V（量程为0～6V，内阻约为4kΩ）‎ 电流表A1（量程为0～1A，内阻约为0.2Ω）‎ 电流表A2（量程为0～3A，内阻约为0.05Ω）‎ 滑动变阻器R（最大阻值为10Ω，额定电流为2A）‎ ‎（1）实验中所用的电流表应选________；（填“A1”或“A2”）‎ ‎（2）请在虚线框内画出实验电路原理图； ‎ ‎（ ）‎ ‎（3）若该小组描绘出小灯泡的U-I图象如图所示，将其接在电动势E = 3V，r = 3Ω的电源两端，则稳定后小灯泡的电功率为________W（结果保留两位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). A1 (2). (3). 0.70‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]小灯泡的最大电流：‎ 故电流表选用即可；‎ ‎(2)[2]灯泡的最大电阻：‎ 由于，故电流表选用外接法；本实验电流从零开始，故滑动变阻器选用分压式接法，故电路如图所示：‎ ‎(3)[3]设小灯泡接入电源时，两端的电压为，通过的电流为，由闭合电路欧姆定律：‎ 在灯泡的中作出图像如图所示：‎ 图中的交点即为灯泡接入电源两端时灯泡的电压和电流，由图知：‎ ‎，‎ 故灯泡的电功率：‎ 三、计算题 ‎15.如图所示，水平导轨间距为L＝0.5 m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m＝1 kg，电阻R0＝0.9 Ω，与导轨接触良好；电源电动势E＝5 V，内阻r＝0.1 Ω，电阻R＝4‎ ‎ Ω；外加匀强磁场的磁感应强度B＝5 T，方向垂直于ab，与导轨平面成α＝37°角，取重力加速度g＝10 m/s2，ab处于静止状态．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：‎ ‎（1） ab受到的安培力大小；‎ ‎（2） ab受到的静摩擦力大小。‎ ‎【答案】（1） 2.5 N （2） 1.5N ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)回路中的电流：‎ 解得：‎ 由可得：‎ ‎(2)受力如图可知：‎ 静 解得受到的静摩擦力大小：‎ 静 ‎16.微型吸尘器的直流电动机内阻一定，把它接入电压为的电路时，电动机不转，测得此时流过电动机的电流是；若把电动机接入电压为的电路中，电动机正常工作，工作电流是，求：‎ ‎（1）电动机线圈的电阻R．‎ ‎（2）电动机正常工作时的输出功率及吸尘器的效率．‎ ‎（3）如果电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机此时的发热功率（设此时线圈未被烧坏）．‎ ‎【答案】（1）0.5 （2） （3） 8W ‎【解析】‎ 试题分析：（1）电动机不转时线圈是纯电阻，用部分欧姆定律求解线圈的电阻；（2）电动机正常工作时效率为，（3）电动机转子被卡住时，电动机可认为是纯电阻，故电功全部转化为电热.‎ ‎（1）电动机不转时，设线圈电阻为R，则 （2）电动机正常工作时消耗的电功率为 电动机正常工作时线圈电阻损耗的电功率为 电动机正常工作时输出功率为 电动机正常工作时效率为 ‎（3）电动机转子被卡住时，电功全部转化为电热 ‎17.如图所示，固定在竖直平面内的绝缘细半圆管轨道在C点与绝缘的水平地面平滑连接，半圆管的半径R=1.6 m，管内壁光滑，两端口C、D连线沿竖直方向，CD右侧存在场强大小E=1.5×103 N/C、方向水平向左的匀强电场；水平面AB段表面光滑，长L1=6.75 m，BC段表面粗糙，长L2=5.5 m。质量m=2.0 kg、电荷量q=0.01 C的带正电小球在水平恒力F=10.0 N的作用下，从A点由静止开始运动，经过一段时间后撤去拉力F，小球进入半圆管后通过端口D时对圆管内轨道有竖直向下的压力ND=15 N。小球与水平面BC段之间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10 m/s2。求：‎ ‎（1）小球通过端口D时的速度大小vD；‎ ‎（2）小球通过半圆管中点P时与圆管的作用力大小NP；‎ ‎【答案】（1）2m/s（2）0‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)在端口由牛顿第二定律有：‎ 解得：‎ ‎(2)设小球经过半圆管中点时的速度大小为，从到的过程中由动能定理可得：‎ 解得：‎ 在点由牛顿第二定律有：‎ 解得：‎ ‎18.如图所示，在xoy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向外的匀强磁场，一质量为m，带电量为+q的粒子（重力不计）经过电场中坐标为（3L，L）的P点时的速度大小为V0．方向沿x轴负方向，然后以与x轴负方向成45°角进入磁场，最后从坐标原点O射出磁场求：‎ ‎（1）匀强电场的场强E的大小；‎ ‎（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小；‎ ‎（3）粒子从P点运动到原点O所用的时间．‎ ‎【答案】（1） （2） （3） ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）当粒子从P点垂直进入电场后，做类平抛运动，再以与x轴成45°垂直进入匀强磁场后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，接着从原点射出．由粒子在电场P点的速度可求出刚进入磁场的速度，再由动能定理可得电场强度．（2）从而由类平抛运动与圆周运动结合几何关系可求出圆弧对应的半径，因此可算出磁感应强度．（3）同时由周期公式及运动学公式可求出粒子从P点到O点的时间．‎ 粒子电场中经过点P后，做类平抛运动，进入磁场中做匀速圆周运动，从O点射出，则其运动轨迹如图所示．‎ ‎（1）设粒子在O点时的速度大小为v，OQ段为圆周，PQ段为抛物线．根据对称性可知，粒子在Q点时的速度大小也为v，方向与x轴正方向成45°角，可得 解得 在粒子从P运动到Q的过程中，由动能定理得，解得 在匀强电场由P到Q的过程中，水平方向的位移为 竖直方向的位移为 可得 由故粒子在QO段圆周运动的半径及得．‎ ‎（3）在Q点时，‎ 设粒子从P到Q所用时间为，在竖直方向上有： ‎ 粒子从Q点运动到O所用的时间为 则粒子从O点运动到P点所用的时间为： ‎