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  • 2021-05-26 发布

【物理】河南省南阳市第一中学2019-2020学年高二上学期第四次月考试题(解析版)

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南阳市一中2019年秋期高二年级第四次月考 物理试题 一、选择题(共48分,1--8为单选题,9-12为多选题)‎ ‎1.下列四幅图所做的实验都与磁场有关,有关实验时要满足的条件或者实验现象正确的是 A. 甲图的实验说明磁场能产生电流 B. 乙图的实验所揭示的原理可制成发电机 C. 丙图是演示电磁感应现象的实验装置 D. 丁图中麦克风应用了磁场对电流的作用 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】由题意可知考查电磁感应和电流磁效应的应用,根据实验原理分析可得.‎ ‎【详解】A.甲图是奥斯特实验,说明电流周围有磁场,故A错误;‎ B.乙图的实验说明切图割磁感应线能够产生感应电流,其原理可制成发电机,故B正确;‎ C.丙图的实验装置把电能转化为机械能,而电磁感应现象是把其它能转化为电能,故C错误;‎ D.丁图中麦克风应用的是电磁感应原理,故D错误.‎ ‎【点睛】电流磁效应特点:电流产生磁场,直线电流周围磁场可以用右手螺旋定则确定,电磁感应现象的特点:把其它能转化为电能,产生的感应电流方向可以用右手定则判断.‎ ‎2.一根中空的绝缘圆管放在光滑的水平桌面上.圆管底端有一个带正电的光滑小球.小球的直径略小于圆管的内径.空间存在一个垂直纸面向里的匀强磁场,如图所示.现用一拉力F拉圆管并维持圆管以某速度水平向右匀速运动,则在圆管水平向右运动的过程中( )‎ ‎ ‎ A. 小球做类平抛运动,且洛伦兹力不做功 B. 小球做类平抛运动,且洛伦兹力做正功 C. 小球所受洛伦兹力一直沿圆管向管口方向 D. 小球运动很复杂,以上说法都不对 ‎【答案】A ‎【解析】洛伦兹力总是与速度垂直,不做功;设管子运动速度为v,小球垂直于管子向右的分运动是匀速直线运动,小球沿管子方向受到洛伦兹力的分力F=qvB,q、v、B均不变,所以F不变,即小球沿管子做匀加速直线运动,与平抛运动类似,小球运动的轨迹是一条抛物线,故A正确,BCD错误.‎ ‎3.如图所示,导轨间的磁场方向垂直于纸面向里,当导线MN在导轨上向右加速滑动时,正对电磁铁A的圆形金属环B中(说明:导体棒切割磁感线速度越大,感应电流越大) (  )‎ A. 有感应电流,且B被A吸引 B. 无感应电流 C. 可能有,也可能没有感应电流 D. 有感应电流,且B被A排斥 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析:MN向右加速滑动,根据右手定则,MN中的电流方向从N→M,且大小在逐渐变大,根据安培定则知,电磁铁A的磁场方向向左,且大小逐渐增强,根据楞次定律知,B环中的感应电流产生的磁场方向向右,B被A排斥.D正确,ABC错误 故选D 考点:考查了楞次定律的应用 点评:关键判断电流方向,以及大小变化规律,然后根据安培定则判断磁场变化,‎ ‎4.如图所示,“U”形光滑金属框架固定在水平面上,处于竖直向下的匀强磁场中。ab金属棒质量为m,以水平初速度v0向右自由运动,下列说法正确的是(  )‎ A. ab棒做匀减速运动 B. ab棒两端的电势差一定等于感应电动势 C. a点电势比b点电势高 D. 安培力对ab棒做总功为 ‎【答案】CD ‎【解析】AC.棒子具有向右的初速度,根据右手定则,产生b指向a的电流,则a点的电势比b点的电势高。根据左手定则,安培力向左,ab棒做减速运动,因为电动势减小,电流减小,则安培力减小,根据牛顿第二定律,加速度减小,做加速度减小的减速运动。故A错误,C正确; ‎ B. ab金属棒切割磁感线产生感应电动势,相当于电源,ab棒两端的电势差就是路端电压,小于感应电动势,故B错误;‎ D. ab金属棒在安培力作用下做加速度减小的减速运动,最终速度为零,根据动能定理,安培力对ab棒做的总功为。故D正确。故选:CD。‎ ‎5.如图所示,M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点,O为半圆弧的圆心,∠MOP=60°,在M、N处各有一条长直导线垂直穿过纸面,导线中通有大小相等的恒定电流,方向如图所示,这时O点的磁感应强度大小为B1.若将M处长直导线移至P处,则O点的磁感应强度大小为B2,那么B2与B1之比为 A. ∶1 B. ∶2 C. 1∶1 D. 1∶2‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据右手定则,两根导线在O点产生的磁场方向一致,依题意,每根导线在O点产生的磁感强度为,方向竖直向下。则当M处长直导线移至P点时,两根导线在O点产生的磁场方向之间的夹角为60°,则O点合磁感强度大小为:,‎ 则B2与B1之比为:2,故ACD错误,B正确。故选:B。‎ ‎6.如图所示的电路中,电源的电动势为E,内阻为r,电感L的电阻不计,电阻R的阻值大于灯泡D的阻值,在t=0时刻闭合开关S,经过一段时间后,在t=t1时刻断开S,下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图像中,正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】开关闭合时,线圈由于自感对电流的阻碍作用,可看做电阻,线圈电阻逐渐减小,并联电路电阻逐渐减小,电压UAB逐渐减小;开关闭合后再断开时,线圈的感应电流与原电流方向相同,形成回路,灯泡的电流与原电流方向相反,并逐渐减小到0,所以正确选项B.‎ ‎7.如图中半径为的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场中,绕轴以角速度沿逆时针方向匀速转动,则通过电阻的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)(    )‎ A. 由到, B. 由到,‎ C. 由到, D. 由到,‎ ‎【答案】D ‎【解析】金属圆盘在匀强磁场中匀速转动,可以等效为无数根长为r的导体棒绕O点做匀速圆周运动,其产生的感应电动势大小为E=Br2ω/2,由右手定则可知其方向由外指向圆心,故通过电阻R的电流I=Br2ω/(2R),方向由d到c,故选D项.‎ ‎8.如图所示,在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。在xOy平面内,从原点O处沿与x轴正方向成θ角(0<θ<π)以速率v发射一个带正电的粒子(重力不计)。则下列说法正确的是(  )‎ A. 若v一定,θ越大,则粒子在磁场中运动的时间越长 B. 若v一定,θ越大,则粒子在离开磁场的位置距O点越远 C. 若θ一定,v越大,则粒子在磁场中运动的角速度越大 D. 若θ一定,v越大,则粒子在磁场中运动的时间不变 ‎【答案】D ‎【解析】正粒子从磁场边界入射做匀速圆周运动,洛仑兹力提供向心力,有:‎ ‎,‎ 从而 ‎,‎ 当θ为锐角时,画出正粒子运动轨迹如图所示:‎ 由几何关系可知,入射点与出射点:‎ ‎,‎ 而粒子在磁场的运动时间 ‎,‎ 与速度无关。‎ 当θ为钝角时,画出正粒子运动轨迹如图所示:‎ 由几何关系入射点与出射点:‎ ‎,‎ 而粒子在磁场中运动时间 ‎,‎ 与第一种情况相同。‎ A. 若v一定,θ越大,从时间公式可以看出运动时间越短,故A错误;‎ B. 若v一定,θ为锐角越大时,则Oa就越大,但θ为钝角越大时,由上式可以看出Oa却越小,故B错误;‎ C. 粒子运动的角速度 ‎,‎ 显然与速度无关,即v越大时,ω不变,故C错误; ‎ D. 运动时间无论是锐角还是钝角,时间均为,与速度无关。即若θ一定,无论v大小如何,则粒子在磁场中运动的时间都保持不变,故D正确。‎ 故选:D。‎ ‎9.如图所示,两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC理想分开,三角形内磁场垂直纸面向里,三角形顶点A处有一质子源,能沿∠BAC的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计),所有质子均能通过C点,质子比荷,则质子的速度可能为 A. BkL B. C. D. ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】质子带正电,且经过C点,其可能的轨迹如图所示:‎ 所有圆弧所对圆心角均为60∘,‎ 所以质子运行半径:(n=1,2,3,…),‎ 质子在磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,‎ 由牛顿第二定律得:,‎ 得 (n=1,2,3,…),‎ 当n=1时,。‎ 当n=3时,。‎ 故AC正确,BD错误。故选:AC。‎ ‎10.某空间出现了如图所示的一组闭合电场线,方向从上向下看是顺时针的,这可能是( )‎ A. 沿AB方向磁场在迅速增强 B. 沿AB方向磁场在迅速减弱 C. 沿BA方向磁场在迅速减弱 D. 沿BA方向磁场在迅速增强 ‎【答案】BD ‎【解析】安培定则可知,感应电场产生的磁场方向竖直向下,如果磁场方向沿AB,则感应磁场与原磁场方向相同,由楞次定律可知,原磁场在减弱,故B正确,A错误;如果磁场沿BA方向,则感应磁场方向与原磁场方向相反,由楞次定律可知,原磁场方向在增强,故D正确,C错误.所以BD正确,AC错误.‎ ‎11.如图甲所,导体棒MN置于水平导轨上,PQMN所围的面积为S,P、Q之间有阻值为R的电阻,不计导轨和导体棒的电阻。导轨所在区域内存在沿竖直方向的匀强磁场,规定磁场方向竖直向上为正,在时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示,导体棒MN始终处于静止状态。下列说法正确的是 A. 在和时间内,导体棒受到的导轨的摩擦力方向左 B. 在时间内,通过导体棒的电流方向为从M到N C. 在时间内,通过电阻R的电流大小为 D. 在时间内,通过电阻R的电荷量为 ‎【答案】D ‎【解析】A.由图乙所示图象可知,0~t0内磁感应强度减小,穿过回路的磁通量减小,由楞次定律可知,为阻碍磁通量的减少,导体棒具有向右的运动趋势,导体棒受到向左的摩擦力;在t0~2t0内,穿过回路的磁通量增加,为阻碍磁通量的增加,导体棒有向左的运动趋势,导体棒受到向右的摩擦力,在两时间段内摩擦力方向相反,故A错误;‎ B.由图乙所示图象可知,在0~t0内磁感应强度减小,穿过闭合回路磁通量减少,由楞次定律可知,感应电流沿逆时针方向,通过导体棒的电流方向为N到M,故B错误;‎ C.由图乙所示图象,应用法拉第电磁感应定律可得,在t0~2t0内感应电动势:‎ ‎,‎ 感应电流为:,‎ 故C错误;‎ D.由图乙所示图象,应用法拉第电磁感应定律可得,在0~t0内感应电动势:‎ ‎,‎ 感应电流为:,‎ 电荷量:,‎ 故D正确;故选:D。‎ ‎12.如图所示,边长为L、电阻不计的n匝正方形金属线框位于竖直平面内,连接的小灯泡的额定功率、额定电压分别为P、U,线框及小灯泡的总质量为m,在线框的下方有一匀强磁场区域,区域宽度为l,磁感应强度方向与线框平面垂直,其上、下边界与线框底边均水平.线框从图示位置开始静止下落,穿越磁场的过程中,小灯泡始终正常发光.则(   )‎ A. 有界磁场宽度 B. 磁场的磁感应强度应为 C. 线框匀速穿越磁场,速度恒为 D. 线框穿越磁场的过程中,灯泡产生的焦耳热为2mgL ‎【答案】BCD ‎【解析】小灯泡始终正常发光,说明线框进入磁场做匀速运动,而且进入磁场和穿出磁场的过程都做匀速运动,则知有界磁场宽度l=L,故A错误.灯泡正常发光时电流为: ,根据线框匀速运动受力平衡得:nBIL=mg,可得:B=.故B正确.设线框匀速运动的速度为v,由功能关系得:mgv=P,v=,故C正确.线框穿越磁场的过程中,由能量守恒定律得灯泡产生的焦耳热为2mgL,故D正确.故选BCD.‎ 二、实验题(共16分,每空2分)‎ ‎13.一多用电表电阻档有三 个倍率,分别是×1、×10、×100.用×10档测量某电阻时,操作步骤正确,发现表头指针偏转角度很小,为了较准确地进行测量,应换到________档.如果换档后立即用表笔连接待测电阻进行读数,那么缺少的步骤是__________,若补上该步骤后测量,表盘的示数如图,则该电阻的阻值是________Ω.‎ ‎【答案】 (1). ×100 (2). 欧姆调零(或重新欧姆调零) (3). 2.2×103 (或 2.2k)‎ ‎【解析】 [1].用×10档测量某电阻时,操作步骤正确,发现表头指针偏转角度很小,则可能是档位选择偏低,为了较准确地进行测量,应换到×100档.‎ ‎[2][3].如果换档后立即用表笔连接待测电阻进行读数,那么缺少的步骤是欧姆调零(或重新欧姆调零),若补上该步骤后测量,表盘的示数如图,则该电阻的阻值是2.2×103 (或 2.2k)Ω.‎ ‎14.某实验小组测定一节新型电池的电动势(约为3 V)和内阻,现要选取一个定值电阻R0当做保护电阻.‎ ‎(1)首先为了准确测量定值电阻R0的阻值,在操作台上准备了如下实验器材:‎ A.电压表V(量程3 V,电阻约为4 kΩ); B.电流表A2(量程3 A,内阻约0.5 Ω);‎ C.电流表A1(量程1 A,内阻约0.5 Ω); D.定值电阻R0(阻值约为3 Ω);‎ E.滑动变阻器R(0~10 Ω); F.开关S一个,导线若干.‎ 根据上述器材,在测量R0阻值时应选择的电流表为________(填序号),其实验电路图应选择以下哪种接法______(填字母),经测量定值电阻R0阻值为2.9 Ω.‎ ‎(2)之后为了测量该新型电池的电动势和内阻,设计了如下实验,在图中将所选器材进行连接_____.‎ ‎(3)根据实验记录做出UI图线如图所示,从中可以求出待测新型电池的内阻为______Ω,电池电动势为_____ V.(以上两空均保留两位有效数字).‎ ‎【答案】 (1). C B (2). (3). 0.85 2.9‎ ‎【解析】(1)定值电阻约为3Ω,电动势约为3V,则最大电流约为1A,则电流表应选择C;因电阻较小,为了精确测量,应采用电流表外接法,故选B; (2)根据原理图可得出对应的实物图;‎ ‎ (3)根据U=E-I(r+R0)可知,从图中取两点(2.5V,0.1A),(1V,0.5A)联立方程求解可知:E=2.88V≈2.9V;图象的斜率表示内阻,故内阻r=-R0=0.85Ω; 点睛:本题考查测量电动势和内电阻的实验,要注意明确实验原理,掌握数据分析的基本方法,注意图象的准确应用.‎ 三、计算题(共46分,写出必要文字说明及过程,否则扣除相应分数)‎ ‎15.如图甲所示,一个匝数n=100的圆形导体线圈,面积S1=0.4 m2 ,电阻r=1 Ω.在线圈中存在面积S2=0.3 m2的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域,磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示.有一个R=2 Ω的电阻,将其两端a、b分别与图甲中的圆形线圈相连接,求:‎ ‎(1)ab两点间的电势差;‎ ‎(2)在0-4s时间内通过电阻R的电荷量;‎ ‎(3)在0-4s时间内电阻R上产生的热量.‎ ‎【答案】(1)-3V(2)6C(3)18J ‎【解析】(1)由法拉第电磁感应定律可得,解得E=4.5 V 电流I==1.5 A Uab=-IR=-3V ‎(2)通过电阻R的电荷量q=I∆t=6C ‎(3)由焦耳定律可得Q=I2Rt,得Q=18 J ‎16.在以坐标原点 O为圆心、半径为 r的圆形区域内,存在磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场,如图所示。 一个不计重力的带电粒子从磁场边界与 x轴的交点 A处以速度 v沿-x方向射入磁场,它恰好从磁场边界与 y轴的交点 C处沿+y方向飞出。 ‎ ‎(1)请判断该粒子带何种电荷,并求出其比荷; ‎ ‎(2)若磁场的方向和所在空间范围不变,而磁感应强度的大小变为,该粒子仍从 A处以相同的速度射入磁场,但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角,求磁感应强度多大?‎ ‎(3)在第(2)问条件下,此次粒子在磁场中运动所用时间 t是多少?‎ ‎【答案】(1);(2);(3) ‎ ‎【解析】(1)由粒子的飞行轨迹,利用左手定则可知,该粒子带负电荷。粒子由A点射入,由C点飞出,其速度方向改变了90°,由几何关系可知,粒子轨迹半径:‎ R=r 由:‎ 解得:‎ ‎;‎ ‎(2)粒子从D点飞出磁场速度方向改变了60°,故AD弧所对圆心角60°,由几何关系可知,粒子做圆周运动的半径:‎ 由:‎ 得:‎ ‎(3)粒子在磁场中飞行周期:‎ ‎,‎ 粒子在磁场中飞行时间:‎ ‎。‎ ‎17.如图,在第一象限存在匀强磁场,磁感应强度方向垂直于纸面(xy平面)向外;在第四象限存在匀强电场,方向沿x轴负向.在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子,该粒子在(d,0)点沿垂直于x轴的方向进人电场.不计重力.若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ,求:‎ ‎(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值;‎ ‎(2)该粒子在电场中运动的时间.‎ ‎【答案】(1)=;(2)t=‎ ‎【解析】‎ 试题分析:(1)设磁感应强度的大小为B,粒子质量与所带电荷量分别为m和q,粒子进入磁场后做匀速圆周运动,并设其圆周运动的半径为r,根据牛顿第二定律和向心力公式有:qv0B=①‎ 由题设条件和图中几何关系可知:r=d ②‎ 设电场强度大小为E,粒子进入电场后沿x轴负方向运动的速度大小为vx,由牛顿第二定律有:qE=max③‎ 根据运动学公式有:vx=axt,=d ④‎ 由于粒子在电场中做类平抛运动(如图),有:tanθ=⑤‎ 由①②③④⑤式联立解得:=‎ ‎(2)由④⑤式联立解得:t=‎ 考点:本题主要考查了带电粒子在交替复合场中的运动问题,属于中档题.‎ ‎18.如图所示,平行且足够长的光滑导轨与水平两部分平滑相连组成,间距L ‎=1m..在倾斜导轨顶端连接一阻值为的定值电阻.质量为m=0.1kg、电阻也为r的导体棒MN跨放在导轨上,在倾斜导轨OO´下方区域、水平导轨区域分别加一垂直导轨平面向下、磁感应强度为B=1T的匀强磁场.闭合开关S,让MN从图示位置由静止释放, MN始终与导轨接触良好且与导轨垂直,已知MN在倾斜部分下滑2m距离的过程中加速度a与下滑距离x的关系如图乙所示,重力加速度g=10m/s2,不计导轨电阻.求:‎ ‎(1) MN在导轨上滑行时流过MN的电流方向及最大速率vm;‎ ‎(2) MN在倾斜导轨上下滑2m的过程中定值电阻上产生的热量Q;‎ ‎(3)MN在水平导轨上滑行的最大距离xm ‎【答案】(1)由M到N,2m/s (2) 0.475J (3) 0.2m ‎【解析】(1)据右手定则,流过MN的电流由M到N;MN在倾斜导轨上进入OO'前作匀加速运动.‎ 由图像知滑入磁场后作匀减速运动.进入前,,‎ 刚要进入磁场时速度最大,有 ‎(2)滑入磁场最终速度匀速时,其受的合力为零,‎ 对其受力分析,可得 又:‎ 解得: v'=1m/s 由能量关系,‎ Q=0.475J ‎(3)由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律可得: ‎ 即 得: ‎