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- 2021-05-25 发布
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2019-2020学年高二年级上学期第二次月考物理试卷
一、选择题(本题共10小题,其中第8~10题为多选题,共40分。全部选对得4分,选对但不全得2分,有错选得0分)
1.有一个带电荷量为+q、重力为G的小球,从两竖直的带电平行板上方h处自由落下,两极板间另有匀强磁场,磁感应强度为B,方向如图所示,则带电小球通过有电场和磁场的空间时,下列说法正确的是( )
A. 一定做曲线运动 B. 不可能做曲线运动
C. 有可能做匀加速直线运动 D. 有可能做匀速直线运动
【答案】A
【解析】
CD、若小球进入磁场时电场力和洛伦兹力相等,因为小球向下运动时,速度会增加,小球所受的洛伦兹力增大,将不会再与小球所受的电场力平衡,不可能做匀加速直线运动,也不可能做匀速直线运动.故CD错误
AB、若小球进入磁场时电场力和洛伦兹力不等,则合力方向与速度方向不在同一条直线上,小球做曲线运动.故A正确;B错误;故选A
点睛:带电小球进入复合场受到重力、电场力和洛伦兹力作用,根据小球的合力与速度方向的关系确定小球的运动情况
2. 如图所示,要使线框abcd在受到磁场力作用后,ab边向纸外,cd边向纸里转动,可行的方法是( )
A. 加方向垂直纸面向外的磁场,通方向为a→b→c→d→a的电流
B. 加方向平行纸面向上的磁场,通方向为a→b→c→d→a电流
C. 加方向平行纸面向下的磁场,通方向为a→b→c→d→a的电流
D. 加方向垂直纸面向内的磁场,通方向为a→d→c→b→a的电流
【答案】B
【解析】
试题分析:当加方向垂直纸面向外的磁场,通方向为a→b→c→d→a的电流时,根据左手定则可知:各边所受安培力均指向中心处,则线框无法转动,A错误;当加方向平行纸面向上的磁场,通以方向为a→b→c→d→a的电流时,根据左手定则可知:ab边受到的安培力垂直纸面向外,cd边受到的安培力垂直纸面向里,而另两边由于平行于磁感线,所以不受到安培力,B正确;当加方向平行于纸面向下的磁场,通以方向为a→b→c→d的电流时,根据左手定则可知:ab边受到的安培力垂直纸面向里,cd边受到的安培力垂直纸面向外,而另两边由于平行于磁感线,所以不受到安培力,C错误;当加方向垂直纸面向内的磁场,通方向为a→d→c→b→a的电流时,根据左手定则可知:各边所受安培力均背离中心处,则线框无法转动,D错误;故选B。
考点:磁场对通电导线的作用。
3.如图所示,空间中有垂直纸面向里的匀强磁场,一不可伸缩的软导线绕过纸面内的小动滑轮P(可视为质点),两端分别拴在纸面内的两个固定点M、N处,并通入由M到N的恒定电流I,现将P从左侧缓慢移动到右侧,运动过程中导线PM和PN始终伸直,在此过程中导线MPN受到的安培力大小( )
A. 始终不变 B. 逐渐增大
C. 先增大后减小 D. 先减小后增大
【答案】A
【解析】
【详解】在从左侧缓慢移动到右侧的过程中,导线受到的安培力可等效为直导线通入电流时受到的安培力,即导线受到的安培力大小始终不变;
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。
4.一圆筒处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向与筒的轴平行,筒的横截面如图所示。 图中直径MN的两端分别开有小孔,筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。在该截面内,一带电粒子从小孔M射入筒内,射入时的速度方向与MN成30°角。当筒转过90°时,该粒子恰好从小孔N飞出圆筒,不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞,则带电粒子的比荷为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动
根据几何关系,则有:
,,
所以有:
,,
即轨迹圆弧所对的圆心角为,粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期,粒子在磁场中匀速圆周运动的时间:
圆筒转动所用时间:
粒子匀速圆周运动的时间和圆筒转动时间相等,即有:
可得:
解得:
A.与分析不符,故A错误;B.与分析不符,故B错误;
C.与分析相符,故C正确;D.与分析不符,故D错误。
5.如图所示,下端封闭、上端开口、内壁光滑的细玻璃管竖直放置,管底有一带电的小球。整个装置水平匀速向右运动,垂直于磁场方向进入方向水平的匀强磁场,由于外力的作用,玻璃管在磁场中的速度保持不变,最终小球从上端口飞出,则从进入磁场到小球飞出端口前的过程中( )
A. 小球带负电荷 B. 小球做类平抛运动
C. 洛仑兹力对小球做正功 D. 管壁的弹力对小球做负功
【答案】B
【解析】
【分析】
洛伦兹力不做功。对小球进行受力分析,根据小球的受力情况判断,由牛顿第二定律求出加速度,判断加速度与速度如何变化,再分析小球运动的轨迹。
【详解】A项:最终小球从上端口飞出,再由磁场方向垂直向里,依据左手定则可知,小球带正电荷,故A错误;
B项:设小球竖直分速度为vy、水平分速度为v,以小球为研究对象,受力如图所示,
由于小球随玻璃管在水平方向做匀速直线运动,则竖直方向的洛伦兹力F1=qvB是恒力,由牛顿第二定律得:qvB-mg=ma,a=,小球的加速度不随时间变化,恒定不变,故小球竖直方向做匀加速直线运动,水平方向做匀速直线运动,则小球运动轨迹是抛物线,故B正确;
C项:洛伦兹力方向总是与小球的速度方向垂直,对小球不做功,故C错误;
D项:小球从进入磁场到飞出端口前的过程中管壁的弹力向右,小球向右运动,故弹力做正功,故D错误。
故应选:C。
【点睛】本题运用运动的分解法,研究小球受力情况,判断出小球的运动状态是正确解答本题的关键。
6. 为了保障行驶安全,一种新型双门电动公交车安装了如下控制装置:只要有一扇门没有关紧,汽车就不能启动。如果规定:车门关紧时为“1”,未关紧时为“0”;当输出信号为“1”时,汽车可以正常启动行驶,当输出信号为“0”时,汽车不能启动。能正确表示该控制装置工作原理的逻辑门是
A. 与门 B. 或门 C. 非门 D. 与非门
【答案】A
【解析】
【详解】依据逻辑门电路的特点,只有当两个车门都关紧,即都输入“1”时,数出信号才为“1”,汽车才能启动,为与门逻辑电路,A正确。
7.如图所示,在相距为d的虚线MN、PQ区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场。一带正电粒子沿与边界MN成60°角的方向从A点以不同的速度大小射入匀强磁场中。不计粒子重力,若粒子能从PQ边界飞出磁场,则射到PQ边界的点到A点的最大距离为( )
A. d B. d
C. d D. 2d
【答案】A
【解析】
【详解】粒子恰好不能从边界飞出的运动轨迹如图所示,设切点为;
由几何知识得:
解得:
根据图中几何关系可得射到边界的点到点的最大距离为:
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。
8.如图所示,R1为定值电阻,R2为可变电阻,E为电源电动势,r为电源内电阻,以下说法中正确的是( )
A. 当R2=R1+r时,R2获得最大功率 B. 当R1=R2+r时,R1获得最大功率
C. 当R2=0时,R1获得最大功率 D. 当R2=0时,电源的输出功率最大
【答案】AC
【解析】
【详解】A.在讨论R2的电功率时,可将R1视为电源内阻的一部分,即将原电路等效为外电阻R2与电动势为E、内阻为R1+r的电源(等效电源)连成的闭合电路(如图所示),
R2的电功率是等效电源的输出功率.显然当R2=R1+r时,R2获得的电功率最大,A项正确;
BC.讨论R1的电功率时,由于R1为定值,根据P=I2R知,电路中电流越大,R1上的电功率就越大(P1=I2R1),所以,当R2=0时,R1获得的电功率最大,故B项错误,C项正确;
D.讨论电源的输出功率时,R1+R2为外电阻,内电阻r恒定,由于题目没有给出R1和r的具体数值,所以当R2=0时,电源输出功率不一定最大,故D项错误.
9.有两根长直导线a、b互相平行放置,如图所示为垂直于导线的截面图.在图示的平面内,O点为两根导线连线的中点,M、N为两根导线附近的两点,它们在两导线连线的中垂线上,且与O点的距离相等.若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I,则关于线段MN上各点的磁感应强度的说法中正确的是
A. M点和N点的磁感应强度大小相等,方向相同
B. M点和N点的磁感应强度大小相等,方向相反
C. 线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零
D. 线段MN上只有一点的磁感应强度为零
【答案】BD
【解析】
ab两根通电导线在平面内产生的磁场都为逆时针环绕导线,连接aM,aN,bM,bN,做切线,合成可得N点的磁场方向竖直向上,M点的磁场方向竖直向下,根据对称性可得MN两点的合磁场大小相等,故B正确,连接Oa,Ob,a在O点的磁场方向水平向右,b在O点的磁场方向水平向左,大小相等,故O点的磁场为零,由对称性可知,只有这一点的磁场为零,所以D正确。
10.如图所示,ab是匀强磁场的边界,质子()和α粒子()先后从c点射入磁场,初速度方向与ab边界夹角均为45º,并都到达d点。不计空气阻力和粒子间的作用。关于两粒子在磁场中的运动,下列说法正确的是( )
A. 质子和α粒子运动轨迹相同 B. 质子和α粒子运动动能相同
C. 质子和α粒子运动速率相同 D. 质子和α粒子运动时间相同
【答案】AB
【解析】
粒子在磁场中做匀速圆周运动,质子和α粒子从同一点沿相同的方向射入磁场,然后从同一点离开磁场,则它们在磁场中的运动轨迹相同,故A正确;两粒子的运动轨迹相同,则它们的轨道半径r相同,粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得: ,解得: ,粒子动能:,质子与α粒子的电量分别为e和2e,质量之比为1:4,轨道半径r、磁感应强度B都相等,则EK质子=EKα粒子,故B正确;由牛顿第二定律得:,解得:,质子与α粒子的电量分别为e和2e,质量之比为1:4,轨道半径r、磁感应强度B都相等,则:,故C错误;粒子在磁场中做圆周运动的周期: ,质子与α粒子的电量分别为e和2e,质量之比为1:4,磁感应强度B都相等,则:
,两粒子的运动轨迹相同,粒子在磁场中转过的圆心角θ相同,粒子在磁场中的运动时间:,,故D错误;故选AB.
点睛:本题考查了粒子在磁场中的运动,根据题意确定两粒子的轨迹关系与轨道半径关系,然后应用牛顿第二定律、动能计算公式、周期公式进行分析即可正确解题.
二、实验题(本题共4小题,每空2分,共18分)
11.某同学用多用电表测量某电阻,用×10Ω档时,发现指针偏转角度过大,他应该换用____________档(填×1Ω档或×100Ω档),换档后,在测量前要先_________________。
【答案】 (1). ×1Ω档 (2). 欧姆调零
【解析】
【详解】[1]测量某电阻时,用×10Ω档时,发现指针偏转角度过大,说明所选挡位太大,为准确测量,应该换用×1Ω档;[2]换档后,在测量前要重新电阻调零。
12.质量为m,长为L的导体棒静止于水平轨道上,通过的电流为I,匀强磁场的磁感应强度为B,其方向与轨道平面成θ角斜向上方,则MN所受的支持力为多少?_,摩擦力为多少?
【答案】FN= mg-BILcosθ, f = BILsinθ
【解析】
试题分析:由左手定则可判断安培力方向斜向上,与B垂直,以导体棒为研究对象进行受力分析,在竖直方向,在水平方向安培力的分力与摩擦力平衡,所以摩擦力为f = BILsinθ
考点:考查左手定则的应用
点评:本题难度较小,关键是根据左手定则判断安培力方向,要注意安培力与水平方向的夹角,再由受力平衡方法解决
13.下图中螺旋测微器的读数为__________mm,游标卡尺的读数为__________cm。
【答案】 (1). 1.998 (2). 1.094
【解析】
【详解】[1]螺旋测微器的固定刻度为1.5mm,可动刻度为49.8×0.01mm=0.498mm,所以最终读数为:
[2]游标卡尺的主尺读数为10mm,游标尺上第47个刻度和主尺上某一刻度对齐,所以游标读数为47×0.02mm=0.94mm,所以最终读数为:
14.要测绘一个标有“3 V 0.6 W”小灯泡的伏安特性曲线,灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3 V,并便于操作。已选用的器材有:
电池组(电动势为4.5 V,内阻约为1 Ω);
电流表(量程为0~250 mA,内阻约5 Ω);
电压表(量程为0~3 V,内阻约3 kΩ);
电键一个、导线若干.
(1)实验中所用的滑动变阻器应选下列中的________(填字母代号).
A.滑动变阻器(最大阻值20 Ω,额定电流1 A)
B.滑动变阻器(最大阻值1750 Ω,额定电流0.3 A)
(2)实验的电路图应选用下列的图________(填字母代号).
(3)实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示。如果将这个小灯泡接到电动势为1.5 V,内阻为5 Ω的电源两端,小灯泡消耗的功率是________W。(保留1位有效数字)
【答案】 (1). A (2). B (3). 0.1
【解析】
【详解】试题分析:(1)为方便实验操作,应选最大阻值较小的滑动变阻器.(2)明确实验原理,知道实验中要求电流从零开始调节,故应采用滑动变阻器分压接法,同时根据电表内阻进行分析,确定电流表接法;(3)在I-U图象中作出电源的伏安特性曲线,两图的交点表示灯泡的工作点,由P=UI可求得实验灯泡的功率.
(1)电压从零开始变化,滑动变阻器应采用分压接法,为方便实验操作,滑动变阻器应选A;
(2)实验要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V,则滑动变阻器应采用分压接法,灯泡正常发光时的电阻为,,,电流表应采用外接法,因此实验电路应选B;
(3)在图中作出电源的伏安特性曲线,两图的交点表示灯泡的工作点,则由图可知,电压为1.0V,电流为0.10A.则由可知,功率.
三、计算题
(本题共4小题,共计42分。解答时,请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不得分,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)
15.如图所示,金属框架MON与导体棒DE构成回路,处在匀强磁场中且与磁场垂直。
(1)若B=0.1T,DE从O点出发,向右以1m/s的速度匀速运动4s时,回路的磁通量的变化是多少?
(2)在图中,若回路面积从S0=8m2变到St=18m2,B从B0=0.1T变到Bt=0.8T,则回路中的磁通量变化量是多少?
【答案】(1)0.8Wb(2)13.6Wb
【解析】 (1)棒向右以1m/s的速度匀速运动4s时,位移为:
由于此时回路的面积为:
回路的磁通量即磁通量的变化量为:
(2)回路面积从变到,从变到时的磁通量为:
故回路中的磁通量的变化为:
16.如图所示,电阻不计的两根光滑平行金属导轨M、N,相距L=0.2m。两导轨一端通过电阻R=2Ω和电源相连,电源电动势E=6V,电源内阻r=0.5Ω。导轨上面沿垂直导轨方向放一根质量为m=5×10-2kg的均匀金属杆ab,Rab=0.5Ω。如果在装置所在的区域加一个匀强磁场,使ab对导轨的压力恰好为零,并使ab处于静止状态。求所加磁场磁感强度的大小和方向。
【答案】所加磁场磁感强度大小为1.25T,方向水平向右
【解析】
【详解】由题意可知处于静止,且对导轨的压力恰好为零,则磁场对的安培力必定竖直向上,与重力平衡,方向竖直向上,由左手定则判断可知的方向水平向右
安培力的大小为:
根据闭合电路欧姆定律得:
由得:
17.PQ为一根足够长绝缘细直杆,处于竖直的平面内,与水平夹角为θ斜放,空间充满磁感应强度B的匀强磁场,方向水平如图所示.一个质量为m,带有负电荷的小球套在PQ杆上,小球可沿杆滑动,球与杆之间的摩擦系数为μ(μ<tanθ),小球带电量为q.现将小球由静止开始释放,试求小球在沿杆下滑过程中(重力加速度为g):
(1)小球最大加速度为多少? 此时小球的速度是多少?
(2)下滑过程中,小球可达到的最大速度为多大?
【答案】(1),(2)
【解析】(1)根据题意因为,所以小球刚开始做加速下落,小球下落过程中,竖直向下的重力,垂直斜面向上的洛伦兹力,和斜面给的摩擦力,刚开始小球的速度比较小,此时,即
,小球做加速运动,随着速度的增大,F在增大,在减小,所以在减小,小球的合力即沿斜面方向的合力在增大,即小球的加速度在增大,当时小球在垂直斜面方向上的合力为零,即小球与斜面间的正压力为零,所以摩擦力为零,,之后,,此时小球仍在做加速运动,随着速度的增大,在增大,f在增大,所以在减小,即加速度在减小,所以当时加速度最大,因为此时,所以,,(2)当时,加速度为零,速度达到最大,最后小球做减速运动,所以有最大速度,故
,
所以
思路分析:小球在向下滑落的过程中,受到的洛伦兹力是变力,导致小球与斜面间的正压力在变化,从而导致小球的合力在变化,可通过分析,,三个过程中小球的运动情况,找出加速度最大,速度最大的临界条件,从而解题
试题点评:本题考查了牛顿运动定律与电磁学相结合的题目,是一道小型综合题,关键是找出加速度最大,速度最大的临界条件,突破口是分析,,三个过程中小球的运动情况,
18. 为了进一步提高回旋加速器的能量,科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”。在扇形聚焦过程中,离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转。
扇形聚焦磁场分布的简化图如图所示,圆心为O的圆形区域等分成六个扇形区域,其中三个为峰区,三个为谷区,峰区和谷区相间分布。峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,谷区内没有磁场。质量为m,电荷量为q的正离子,以不变的速率v旋转,其闭合平衡轨道如图中虚线所示。
(1)求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r,并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针;
(2)求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ,及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T;
(3)在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B' ,新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°,求B'和B的关系。已知:sin(α±β )=sinαcosβ±cosαsinβ,cosα=1-2
【答案】(1);旋转方向为逆时针方向 (2);
(3)
【解析】
【分析】此题是关于带电粒子在匀强磁场中的运动问题。解题时分析粒子受到的洛伦兹力的情况,找到粒子做圆周运动的圆心及半径,画出几何图形,并借助与几何关系分析解答。此题有一定的难度,考查学生的综合能力。
【详解】(1)封区内圆弧半径①
旋转方向为逆时针方向②
(2)由对称性,封区内圆弧的圆心角③
每个圆弧的长度④
每段直线长度⑤
周期⑥
代入得⑦
(3)谷区内的圆心角⑧
谷区内的轨道圆弧半径⑨
由几何关系⑩
由三角关系⑪
代入得⑫