福建省三明第一中学2019-2020学年高二上学期第二次月考物理试题 Word版含解析 21页

www.ks5u.com 三明一中 2019-2020 学年第一学期月考（2）试卷 高二物理 一、选择题 ‎1.物体中电子因受原子核的束缚较弱，跑到另一个物体上去，使得到电子的物体由于其中的负电荷多于正电荷，因而显出带负电；失去电子的物体由于其中的正电荷多于负电荷，因而显出带正电，由此物体所带的电称为“静电”，当其积聚到一定程度时就会发生火花放电现象，静电往往会带来一些不便或危害．下列做法不利于消除静电的是（ ）‎ A. 在地毯中夹杂0.05mm—0.07mm的不锈钢导电纤维 B. 在机器设备上增加接地线 C. 使用空气干燥机降低空气湿度 D. 在干燥的季节尽量穿纯棉衣服 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、不锈钢丝的作用是把鞋底与地毯摩擦产生的电荷传到大地上，以免发生静电危害．属于防止静电危害，故A错误；‎ B、在机器设备上增加接地线，及时把静电导走，避免静电造成的危害．属于防止静电危害，故B错误；‎ C、使用空气干燥机降低空气湿度，这样产生的大量静电不能及时导走，会出现静电放电现象，不利于消除静电，故C正确；‎ D、干燥的季节尽量穿纯棉衣服，产生不了大量静电，不会出现放电现象，故D错误；‎ 不利于消除静电的故选C．‎ ‎【点睛】静电危害是由于相互间不断摩擦，从而产生大量的静电，不及时导走，会出现放电危害．‎ ‎2.关于磁场，下列说法正确的是 A. 磁感线越密的地方磁感应强度越大 B. 通电导线在某处所受磁场力为零，则该处的磁感应强度为零 C. 磁场的方向就是通电导线在磁场中某处受到的磁场作用力的方向 D. 磁感应强度大的地方，通电导线在磁场中该处受到的磁场作用力也大 ‎【答案】A - 21 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 磁感线的疏密程度表示磁场的强弱，磁感线越密的地方，磁感应强度越大，故A正确； ‎ B. 通电导线受力为零，可能是磁场与通电导线平行，不能说明磁感应强度为零，故B错误；‎ C. 据左手定则判断，磁场的方向与安培力的方向是垂直的，不是导线受力的方向，故C错误；‎ D. 若通电导线与磁场平行，即使磁感应强度大，通电导线也不会受磁场力，故D错误。‎ ‎3.如图所示，两个半径相同、粗细相同互相垂直的圆形导线圈，可以绕通过公共的轴线 xx′自由转动，分别通以相等的电流，设每个线圈中电流在圆心处产生磁感应强度为B，当两线圈转动而达到平衡时，圆心O处的磁感应强度大小是 A. B B. B C. 2B D. 0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由于电流间的相互作用(同向电流相吸、反向电流相斥)，当两线圈转动而达到平衡时两个线圈重合；每个线圈中电流在圆心处产生磁感应强度为B，圆心O处的磁感强度的大小是BO=2B。故C项正确，ABD三项错误。‎ ‎4. 如图（甲）从阴极发射出来的电子束，在阴极和阳极间的高电压作用下，轰击到长条形的荧光屏上激发出荧光，可以显示出电子束运动的径迹．若把射线管放在如图（乙）蹄形磁铁的两极间，阴极接高压电源负极，阳极接高压电源正极，关于荧光屏上显示的电子束运动的径迹，下列说法正确的是 A. 电子束向上弯曲 B. 电子束沿直线前进 C. 电子束向下弯曲 D. 电子的运动方向与磁场方向无关 - 21 -‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：电子束向右运动，磁场向里，由左手定则可判断出电子束向下弯曲．‎ 故选C 考点：左手定则判断洛伦兹力的方向 点评：注意电子带负电，由左手定则判断洛伦兹力的方向时，四指应指向负电荷运动的反方向．‎ ‎5. 如图，P、Q两枚小磁针分别放在通电螺线管的正上方和右侧．闭合电键，小磁针静止时N极的指向是( )‎ A. P、Q均向左 B. P、Q均向右 C. P向左，Q向右 D. P向右，Q向左 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由右手螺旋定则可知通电螺线管右侧为N极，小磁针静止时N极所指方向为该点的磁场方向，由磁感线的分布情况可知C对；‎ ‎6.如图所示的电路中，输入电压U恒为12 V，灯泡L上标有“6V，12 W”字样，电动机线圈的电阻RM＝0.50 Ω.若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是（ ）‎ A. 电动机的输入功率为12 W B. 电动机的输出功率为12 W C. 电动机的热功率为2.0 W D. 整个电路消耗的电功率为22 W ‎【答案】AC - 21 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电动机两端的电压 U1=U-UL=12-6V=6V 整个电路中的电流 所以电动机的输入功率 P=U1I=6×2W=12W．‎ 故A正确． BC．电动机的热功率 P热=I2RM=4×0.5W=2.0W；‎ 则电动机输出功率 P2=P-I2RM=12-2W=10W．‎ 故B错误，C正确．  D．整个电路消耗的功率 P总=UI=12×2W=24W．‎ 故D错误．‎ ‎7.如图所示，水平放置的带电平行金属板间有匀强电场，板间距离为 d。一个带负电的液滴所带电量大小为 q，质量为 m，从下板边缘射入电场并沿直线从上板边缘射出。则下列选 项中错误的是 A. 液滴做匀速直线运动 B. 液滴做匀减速直线运动 C. 两板间电势差为 D. 液滴的电势能减小了 mgd ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.‎ - 21 -‎ ‎ 液滴进入竖直方向的匀强电场中，所受的电场力方向竖直向上或竖直向下，因为微粒做直线运动，可知，电场力方向必定竖直向上，而且电场力与重力平衡，液滴做匀速直线运动，故A正确，不符合题意；B错误，符合题意；‎ C. 液滴从下极板运动到上极板的过程中，由动能定理有 qU−mgd=0，‎ 解得：‎ 故C正确，不符合题意；‎ D. 液滴进入竖直方向的匀强电场中，重力做功−mgd，微粒的重力势能增加，动能不变，根据能量守恒定律得知，微粒的电势能减小了mgd，故D正确，不符合题意。‎ ‎8.如图是质谱仪的工作原理示意图。带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E。平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2。下列表述正确的是 A. 只有带正电的粒子能通过速度选择器沿直线进入狭缝 P B. 粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝 P，粒子的比荷越大 C. 速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里 D. 能通过的狭缝 P 的带电粒子的速率等于 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AD.当粒子通过速度选择器时，必须满足qvB=qE，则得 v=‎ - 21 -‎ 这个结论与粒子的电性无关，故A错误，D错误；‎ B. 粒子进入磁场B0中做匀速圆周运动，设轨道半径为r，则：‎ 粒子打在胶片上的位置到狭缝P的距离：‎ s=2r=‎ v一定，B0相同，则知s与比荷成反比，即粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，s越小，粒子的比荷越大，故B正确；‎ C. 假设粒子带正电，在速度选择器中所受的电场力向右，要使粒子做匀速直线运动，所受的洛仑兹力必须向左，根据左手定则判断可知，磁场方向垂直纸面向外，故C错误。‎ ‎9.四个相同的小量程电流表（表头）分别改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、V2.已知电流表A1的量程大于A2的量程，电压表V1的量程大V2的量程，改装好后把它们按图示接入电路，则（ ）‎ A. 电流表A1的读数小于电流表A2的读数 B. 电流表A1的偏转角小于电流表A2的偏转角 C. 电压表V1的读数小于电压表V2的读数 D. 电压表V1偏转角等于电压表V2的偏转角 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：据题意，由于四个小量程电流表完全相同，改装后接成上图，要改装成电流表需要并联一个定值电阻，要改装成电压表，需要串联一个定值电阻，由于电流表A1量程大于A2的量程，则A1的内阻小于A2的内阻， 据上图可知由于电压相同则通过A1的电流较大，所以A选项正确；但由于A1和A2的表头相同，两者又并联，所以两个表头的指针偏角相同，B选项错误；由于电压表V1的量程大于V2，则电压表V1的内阻大于V2的，当两者串联时，通过的电流相同，所以V1的读数较大，而两个表头的偏角相同，故C选项错误而D选项正确．‎ - 21 -‎ 考点：本题考查电表改装．‎ ‎10.回旋加速器是获得高能带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源的两极相连的两个 D 形盒，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，关于回旋加速器的下列说法正确的是 A. 狭缝间的电场对粒子起加速作用，因此加速电压越大，带电粒子从 D 形盒射出时的动能越大 B. 磁场对带电粒子的洛仑兹力对粒子不做功，因此带电粒子从 D 形盒射出时的动能与磁场的强弱无关 C. 带电粒子做一次圆周运动，要被加速两次，交变电场的周期等于粒子圆周运动的周期 D. 用同一回旋加速器分别加速不同的带电粒子，一般要调节交变电场的频率 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 根据，解得：‎ 带电粒子射出时的动能：‎ 与加速的电压无关，与磁感应强度的大小有关。故AB错误；‎ C. 带电粒子做一次圆周运动，要两次经过加速电场，要被加速两次，交变电场正好变化一个周期，交变电场的周期等于粒子圆周运动的周期，故C正确；‎ D.交变电场的周期与带电粒子在磁场中运动的周期相等，带电粒子在匀强磁场中运动的周期：‎ - 21 -‎ 不同的带电粒子，在磁场中运动的周期不等，所以加速不同的带电粒子，一般要调节交变电场的频率。故D正确。‎ ‎11.在场强大小为 E 的匀强电场中，质量为 m、带电量为+q 的物体以某一初速沿电场反方向做匀减速直线运动，其加速度大小为 0.8q，物体运动 s 距离时速度变为零。则 A. 物体克服电场力做功 qEs B. 物体的电势能减少了 0.8qEs C. 物体的动能减少了 0.8qEs D. 物体的电势能减少了 qEs ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由于物体所受电场力和运动方向相反，故电场力做负功即克服电场力做功：‎ W=EqS，‎ 故A正确；‎ BD. 电场力做负功，电势能增加，电势能增加量和克服电场力做功相等，所以电势能增加了EqS，故B错误，D错误；‎ C. 物体做减速运动，合外力做负功，动能减小，由动能定理得：‎ ‎△Ek=-maS=-0.8EqS，‎ 所以动能减小了0.8qEs，故C正确。‎ ‎12.如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在荧光屏P上，关于电子的运动，下列说法中正确的是 A. 滑动触头向右移动时，电子打在荧光屏上的位置上升 B. 滑动触头向左移动时，电子打在荧光屏上的位置上升 C. 电压U增大时，电子打在荧光屏上的速度大小不变 D. 电压U增大时，电子从发出到打在荧光屏上的时间不变 ‎【答案】BD - 21 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】设加速电压为U′，由题意知，电子在加速电场中加速运动，根据动能定理得：‎ eU′=mv2‎ 电子获得的速度为：‎ 电子进入偏转电场后做类平抛运动，也就是平行电场方向做初速度为0的匀加速直线运动，加速度为：‎ 电子在电场方向偏转的位移为：‎ 垂直电场方向做匀速直线运动，粒子在电场中运动时间为：‎ 联立解得：‎ 又因为偏转电场方向向下，所以电子在偏转电场里向上偏转。‎ A. 滑动触头向右移动时，加速电压变大，故电子偏转位移y变小，因为电子向上偏转，故在屏上的位置下降，故A错误；‎ B. 滑动触头向左移动时，加速电压变小，故电子偏转位移y变大，因为电子向上偏转，故在屏上的位置上升，故B正确；‎ D. 偏转电压U增大时，电子在电场中受到电场力增大，即电子偏转的加速度a增大；因为加速电压不变，电子进入电场的速度没有变化，电子在电场中运动的时间t没有发生变化，故D正确；‎ C. 偏转电压U增大时，电子在电场中受到的电场力增大，即电子偏转的加速度a增大；因为电子水平方向的速度v不变，电子在电场中运动的时间不变，电子打在屏上的速度为 则电子打在屏上的速度增大，故C错误。‎ - 21 -‎ ‎13.如图所示，在一个边长为a的正六边形区域内存在磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场．三个相同带正电的粒子比荷为，先后从A点沿AD方向以大小不等的速度射入匀强磁场区域，粒子在运动过程中只受磁场力作用．已知编号为①的粒子恰好从F点飞出磁场区域，编号为②的粒子恰好从E点飞出磁场区域，编号为③的粒子从ED边上的某一点垂直边界飞出磁场区域．则下列说法正确的是（ ）‎ A. 编号为①的粒子进入磁场区域的初速度大小为 B. 编号为②的粒子在磁场区域内运动的时间 C. 编号为③的粒子在ED边上飞出的位置与E点的距离 D. 三个粒子在磁场内运动的时间依次减少并且为4：2：1‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.设编号为①的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r1，初速度大小为v1，则有：；由几何关系可得：，解得：，选项A正确；‎ B.设编号为②的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r2，线速度大小为v2‎ - 21 -‎ ‎，周期为T2，则：、；解得：；由几何关系可得，粒子在正六边形区域磁场运动过程中，转过的圆心角为60°，则粒子在磁场中运动的时间：，选项B错误；‎ C.设编号为③的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r3，由几何关系可得：，，，，选项C正确；‎ D.编号为①的粒子在磁场中运动的时间：；编号为③的粒子在磁场中运动的时间：；故三个粒子在磁场内运动的时间依次减少并且为4:2:1，选项D正确。‎ 二、实验探究、填空题 ‎14.某地地磁场的磁感应强度的水平分量是3.0×l0-5T ，竖直分量是4.0×10-5T，则地磁场磁感应强度的大小为_______T，在水平面上，面积为5m2的范围内，地磁场的磁通量为_______ Wb。‎ ‎【答案】 (1). 5.0×10-5T (2). 2.0×10-4‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]根据题意，依据平行四边形法则，有：‎ ‎[2]当线框平面与磁感线平行时，没有磁感线穿过线框，穿过线框的磁通量为0；‎ 在水平面上，地磁场的竖直分量穿过线框，则磁通量为：‎ ‎15.为了研究某导线的特性，某同学所做部分实验如下：‎ - 21 -‎ ‎(1)用螺旋测微器测出待测导线的直径，如图甲所示，则螺旋测微器的读数为_______mm；‎ ‎(2)用多用电表直接测量一段导线的阻值，选用“×10”倍率的电阻档测量，发现指针偏转角度太大，因此需选择_______倍率的电阻档（选填“×1”或“×100”），欧姆调零后再进行测量，示数如图乙所示，则测量值为_______ Ω；‎ ‎(3)另取一段同样材料的导线，进一步研究该材料的特性，得到电阻 R 随电压 U 变化图像如图丙所示，则由图像可知，该材料在常温时的电阻为_______Ω；当所加电压为 3.00V时，材料实际消耗的电功率为_______W．（结果保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). 1.731（1.730—1.733） (2). ×1 (3). 22 (4). 1.5 (5). 0.78（0.70—0.80均给分）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]由图可知，螺旋测微器的示数为：d=1.5+23.0×0.01mm=1.730mm；‎ ‎(2)[2]角度偏转太大，则说明示数太小，阻值太小，应换用小倍率档位，故选用×1档；‎ ‎[3]由图可知，电阻值为：22×1=22Ω；‎ ‎(3)[4]由图可知，常温不加电压时，电阻为1.5Ω；‎ ‎[5]加电压为3V时，电阻为11.5Ω；则功率：‎ ‎16.某研究性学习小组欲测定一块电池的电动势 E。用电压表 V、电阻箱 R、定值电阻 R0 、开关 S、若干导线和该电池组成电路，测定该电池电动势。‎ - 21 -‎ ‎(1)根据电路图，用笔画线代替导线，将实物图连接成完整电路。（ ）‎ ‎(2)闭合开关 S，调整电阻箱阻值 R，读出电压表 V 相应示数 U。该学习小组测出大量数据，分析筛选出下表所示的 R、U 数据，并计算出相应的 与的值。请用表中数据在坐标纸上描点，并作出 -- 图线。（ ）‎ R（Ω）‎ ‎166.7‎ ‎71.4‎ ‎50.0‎ ‎33.3‎ ‎25.0‎ ‎20.0‎ U（V ）‎ ‎8.3‎ ‎5.9‎ ‎4.8‎ ‎4.2‎ ‎3.2‎ ‎2.9‎ ‎（×10-2Ω-1）‎ ‎0.60‎ ‎1.40‎ ‎2.00‎ ‎3.00‎ ‎4.00‎ ‎5.00‎ ‎（V-1 ）‎ ‎0.12‎ ‎0.17‎ ‎0.21‎ ‎0.24‎ ‎0.31‎ ‎0.35‎ ‎(3)从图线中可以求得电动势 E=_______V（结果保留两位有效数字）。‎ - 21 -‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). 10V ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]连接电路如图所示。‎ ‎(2)[2]所做图像如图所示 - 21 -‎ ‎(3)[3]根据闭合电路欧姆定律可知：‎ 得到：‎ 从图中可知截距为电动势的倒数，则：‎ 由图线可知b=0.10，因此可求出电动势的大小：‎ E=10V 三、计算题 ‎17.如图所示，电源电动势 E=10V，内电阻 r=2Ω，R1=28Ω，R2=20Ω，R3=60Ω， 电容 C=4×10﹣8F，试求：‎ ‎(1)开关S断开稳定后，电容器所带电量；‎ ‎(2)再突然闭合S，求S闭合后，通过R3的电量。‎ ‎【答案】(1)4×10-7C (2)2.4×10-7C ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)S断开时，电容电器的电压：‎ - 21 -‎ Uc=E=10V 电荷量：‎ Q=CU=4×10-8×10C=4×10-7C ‎(2)S闭合后，电容器的电压为：‎ Uc′=×10 V =4V 电荷量：‎ Q′=CUc′=4×10-8×4C=1.6×10-7C 则通过R3的电量：‎ ‎△Q=Q-Q′=（4×10-7-1.6×10-7）C=2.4×10-7C ‎18.如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37º，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=3V、内阻r=0.5Ω的直流电源．现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R=1Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2．已知sin37º=0.6，cos37º=0.8，求：‎ ‎（1）导体棒受到的安培力大小；‎ ‎（2）导体棒受到的摩擦力大小．‎ ‎【答案】（1）0.40N；（2）0.16N ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：‎ ‎=2A 导体棒受到的安培力大小为：‎ ‎0.40N - 21 -‎ ‎（2）导体棒所受重力沿斜面向下的分力：‎ N 其小于安培力，所以导体棒受沿斜面向下的摩擦力，所受力的分析，如图所示：‎ 根据平衡条件有：‎ 解得：N ‎19.如图1，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为 m=0.2kg，带电量为q=+2.0×10-6 C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数μ=0.1。从t=0时刻开始，空间加上一个如图2所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场（电场为负表示电电场方向与正方向相反），（取水平向右的方向为正方向，g取10m/s2。）求：‎ ‎(1)23秒内小物块的位移大小；‎ ‎(2)23秒内电场力对小物块所做的功。‎ ‎【答案】(1)47m(2)9.8J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)0—2s内物块加速度：‎ a1=2m/s2‎ 位移：‎ - 21 -‎ s1==4m ‎2s末的速度为：‎ v2=a1t1=4m/s ‎2—4s内物块做减速运动，加速度的大小：‎ a2=2m/s2‎ 位移：‎ s2=s1=4m ‎4s末的速度为：‎ v4=0‎ 因此小物块做周期为4s的加速和减速运动，第22s末的速度为v22=4m/s，‎ 第23s末的速度 v23=v22-a2t=2m/s （t=1s）‎ 所求位移：‎ s=‎ ‎(2)23秒内，设电场力对小物块所做的功为W，由动能定理：‎ W-μmgs=‎ 求得：‎ W=9.8J ‎20.如图所示，在平面直角坐标系 xOy 内，第二、三象限内存在沿 y 轴正方向的匀强电场，第一、四象限内存在半径为 L 的圆形匀强磁场，磁场方向垂直于坐标平面向外。 一个比荷（荷质比）为 K 的带正电的粒子从第三象限中的 Q（-2L，-L）点以速度 v0 沿 x 轴正方向射出，恰好从坐标原点 O 进入磁场，从 P（2L，0）点射出磁场。不计粒子重力，求：‎ ‎(1)电场强度 E；‎ ‎(2)从P点射出时速度的大小；‎ ‎(3)粒子在磁场与电场中运动时间。‎ - 21 -‎ ‎【答案】(1)；(2)；(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，‎ 加速度：‎ a==EK 在电场中运动的时间：‎ t1=‎ 沿y轴正方向，则有：‎ ‎=L 即：‎ 则：‎ E=‎ ‎(2)带电粒子刚进入磁场时，沿y轴正方向的分速度：‎ vy=at1=EK·‎ 则带电粒子进入磁场时的速度：‎ v=‎ 由于在磁场中洛仑兹力不改变带电粒子速度大小，则：‎ - 21 -‎ vP=v=‎ ‎(3)由图可知，设带电粒子进入磁场时速度v与x轴正方向夹角α，则满足：‎ tanα==1‎ 得：‎ α=45°‎ 则偏转圆的圆心角：‎ 由几何关系可知，偏转半径：‎ R=‎ 则粒子在磁场中运动时间：‎ 粒子在磁场与电场中运动时间：‎ - 21 -‎ ‎ ‎ - 21 -‎