2017-2018学年湖北省襄阳市第四中学高二12月月考物理试题 解析版 14页

湖北省襄阳市第四中学2017-2018学年高二12月月考物理试题 一.选择题：‎ ‎1. 在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述不符合史实的是( )‎ A. 奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系 B. 安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说 C. 法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流 D. 楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化 ‎【答案】C ‎【解析】奥斯特在实验中观察到电流的磁效应,该效应揭示了电和磁之间存在联系，选项A正确； 安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性,提出了分子电流假说，选项B正确； 法拉第在实验中观察到,在通有变化电流的静止导线附近的固定导线圈中会出现感应电流，选项C错误； 楞次在分析了许多实验事实后提出,感应电流应具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项D正确；故选ABD.‎ 视频 ‎2. 如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹.设电子在A、B两点的加速度大小分别为、，电势能分别为、.下列说法正确的是(  )‎ A. 电子一定从A向B运动 B. 若>，则Q靠近M端且为正电荷 C. 无论Q为正电荷还是负电荷一定有<‎ D. B点电势可能高于A点电势 ‎【答案】C ‎【解析】由于不知道电子速度变化，由运动轨迹图不能判断电子向那个方向运动，故A错误；若aA＞aB，则A点离点电荷Q更近即Q靠近M端；又由运动轨迹可知，电场力方向指向凹的一侧即左侧，所以，在MN上电场方向向右，那么Q靠近M端且为正电荷，故B正确；由B可知，电子所受电场力方向指向左侧，那么，若电子从A向B运动，则电场力做负功，电势能增加；若电子从B向A运动，则电场力做正功，电势能减小，所以，一定有EpA＜EpB求解过程与Q所带电荷无关，只与电场线方向相关，故C正确；由B可知，电场线方向由M指向N，那么A点电势高于B点，故D错误；故选BC．‎ ‎3. 速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中，则下列说法正确的是（  ）‎ A. 甲束粒子带正电，乙束粒子带负电 B. 甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷 C. 能通过狭缝的带电粒子的速率等于 D. 若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为3：2‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：粒子速度选择器中受到电场力和洛伦兹力两个作用，电场力不变，速度方向不变，可知洛伦兹力与电场力应平衡，由左手定则判断出洛伦兹力方向，粒子进入匀强磁场中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得到半径表达式，根据半径公式分析半径越大时，粒子的质量和比荷的大小 甲粒子在磁场中向上偏转，乙粒子在磁场中向下偏转，根据左手定则知甲粒子带负电，乙粒子带正电，故A错误；根据洛伦兹力提供向心力，，得：，则甲的比荷大于乙的比荷，B正确；能通过狭缝的带电粒子，根据平衡条件可得，得速率，故C错误；若甲、乙两束粒子的电荷量相等，由前面分析 ‎，则甲、乙两束粒子的质量比为2：3，故D错误；‎ ‎【点睛】此题考察了速度选择器的问题：在速度选择器中，粒子的受力特点是：同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力作用；粒子能匀速通过选择器的条件：电场力和洛伦兹力平衡，即，可得，只有速度为的粒子才能沿直线匀速通过选择器．‎ ‎4. 直导线ab放在如图所示的水平导体框架上，构成一个闭合回路。长直导线cd和框架处在同一个平面内，且cd和ab平行，当cd中通有电流时，发现ab向左滑动。关于cd中的电流下列说法正确的是（  ）‎ A. 电流肯定在增大，不论电流是什么方向 B. 电流肯定在减小，不论电流是什么方向 C. 电流大小恒定，方向由c到d D. 电流大小恒定，方向由d到c ‎【答案】B ‎【解析】导线左移时，线框的面积增大，由楞次定律可知原磁场一定是减小的；并且不论电流朝向哪个方向，只要电流减小，都会发生ab左移的情况，故B正确，ACD错误。‎ ‎5. 如图，在磁感应强度大小为的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零。如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为（  ）‎ A. 0 B. C. D. 2‎ ‎【答案】C ‎【解析】在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离为l的a点处的磁感应强度为零，如下图所示： ‎ ‎ 由此可知，外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，即B1=B0； 依据几何关系，及三角知识，则有：BPcos30°=B0； 解得：P或Q通电导线在a处的磁场大小为BP=B0； 当P中的电流反向，其他条件不变， 再依据几何关系，及三角知识，则有：B2=B0； 因外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，磁场大小为B0； 最后由矢量的合成法则，那么a点处磁感应强度的大小为，故C正确，ABD错误；故选C．‎ ‎6. 如图所示，直角三角形导线框abc以速度v匀速进入匀强磁场区域，则此过程中导线框内感应电流随时间变化的规律为下列四个图像中的(　　) ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【点睛】本题是图象问题，根据楞次定律和法拉第电磁感应定律、欧姆定律判断感应电流的方向，得到电流的解析式，再选择图象．‎ ‎7. 如图，电源电动势为E，内阻为r，不管如何移动滑动变阻器，灯泡L、电表V1、V2、A均不会被烧坏，若将滑动变阻器的滑片P向上端移动时，则下列说法正确的是(  ) ‎ A. A的示数增大，灯泡L变暗 B. V1的示数增大，灯泡L变暗 C. V2增大，灯泡变亮 D. 电源的总功率变小 ‎【答案】BD ‎【解析】现将滑动变阻器R的滑片P向上端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，外电路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I减少，所以电灯L变暗；由于电流减少，内电压和灯泡L两端的电压减小，所以R2与滑动变阻器并联电压增大，所以V2增大．路端电压增大，则V1的示数增大．干路电流I减小，R2与滑动变阻器并联电压增大，所以通过R2的电流增大，则电流表的示数减少，故AC错误，B正确．以上分析知，干路电流I减小，根据P=EI得电源的总功率减少，故D正确．故选BD．‎ 点睛：本题是电路中动态变化分析的问题，首先要搞清电路的结构，其次要按“部分→整体→部分”的顺序分析．‎ ‎8. 如图所示，平行板电容器与电源电压为 E的直流电源连接，下极板接地。一带电油滴位于电容器中的 P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，则( ) ‎ A. 带负电的油滴将沿竖直方向加速向上运动 B. P点的电势将降低 C. 带电油滴的电势能将减少 D. 电容器的电容减小，且极板带电荷量减小 ‎【答案】AB ‎【解析】将上极板竖直向下移动时，d减小，电容器的电压U不变，由 分析得知，板间场强增大，则油滴所受电场力增大，油滴将竖直向上运动．故A正确．‎ P点到下极板的距离不变，而E增大，由U=Ed知，P点与下极板间电势差增大，P点的电势大于零，则P点的电势升高，由于油滴带负电，则带电油滴的电势能将减少．故B错误，C正确．d减小，由 ，知电容C增大，U不变，由 分析可知电容器所带电荷量增加．故D错误．故选：AC.‎ ‎9. 如图所示，AOB为一边界为四分之一圆的匀强磁场，O点为圆心，D点为边界OB的中点，C点为边界上一点，且CD∥AO。现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场（不计粒子重力），其中粒子1从A点正对圆心射入，恰从B点射出，粒子2从C点沿CD射入，从某点离开磁场，则可判断（　　）‎ A. 粒子2在BC之间某点射出磁场 B. 粒子2必在B点射出磁场 C. 粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为3：2‎ D. 粒子1与粒子2的速度偏转角度应相同 ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：据题意，沿圆形磁场半径射入的带电粒子一定沿半径射出，则粒子1沿AO射入一定沿OB射出，且轨迹与圆形磁场的边界弧ACB关于弦AB对称，粒子1的进入速度和射出速度偏转角为：；粒子2从C点射入，根据对称性，粒子2的轨迹与圆形磁场边界弧CB对称，所以粒子2应该从B点射出，且偏转角为：，则；所以选项A、D错误选项B正确；两个粒子速度偏转角之比为：，故C正确。‎ 考点：洛伦兹力，左手定则 ‎【名师点睛】本题结题的关键是抓住粒子1的运动轨迹，根据结论：沿圆形磁场半径射入的带电粒子一定沿半径射出；所以粒子1轨迹与互ACB对称，同理粒子2轨迹与弧CB对称；根据对称性可以很好的分析粒子2出射点以及两个粒子的速度偏转角。‎ ‎10. 如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向的匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大，磁感应强度的大小分别为B1=B、B2=2B.一个竖直放置的边长为a、质量为m、电阻为R的正方形金属线框，以速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中时，线框的速度为，则下列结论中正确的是(  )‎ A. 此过程中通过线框横截面的电荷量为 B. 此过程中回路产生的电能为 C. 此时线框的加速度为 D. 此时线框中的电功率为 ‎【答案】ACD ‎【解析】根据电荷量的经验公式可得q=It=，根据题意可得△Φ=Φ2-Φ1=Ba2，所以通过线框横截面的电荷量为，故A正确；由能量守恒定律得，此过程中回路产生的电能为：E=mv2-m（）2=mv2，故B错误；此时感应电动势：E=2Ba•+Ba•=Bav，线框电流为：，由牛顿第二定律得：2BIa+BIa=ma加，解得：‎ ‎，故C正确；此时线框的电功率为：P=I2R=，故D正确；故选ACD．‎ 点睛：对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解．‎ 二、实验题 ‎11. 用游标卡尺测得某材料的长度如图甲所示，读数L=____cm；用螺旋测微器测得该材料的直径如图乙所示，读数D=____mm.‎ ‎ ‎ ‎【答案】 (1). 5.020； (2). 2.150（2.149～2.151均正确）‎ ‎【解析】材料的长度读数L=5cm+0.05mm×4=5.020cm；‎ 材料的直径读数D=2mm+0.01mm×15.0=2.150mm.‎ ‎12. 在测定一组干电池的电动势和内电阻的实验中，教师提供了下列器材： ‎ A.待测的干电池  B.电流传感器1 ‎ C.电流传感器2  D.滑动变阻器R(0～20Ω，2A) ‎ E.定值电阻R0(2000Ω) F.开关和导线若干 ‎ 某同学发现上述器材中没有电压传感器，但给出了两个电流传感器，于是他设计了如图甲所示的电路来完成实验. ‎ ‎ ‎ ‎(1)在实验操作过程中，如将滑动变阻器的滑片P向右滑动，则电流传感器1的示数将________(选填“变大”、“不变”或“变小”). ‎ ‎(2)图乙为该同学利用测出的实验数据绘出的两个电流变化图线(-图像)，其中、‎ 分别代表两传感器的示数，但不清楚分别代表哪个电流传感器的示数.请你根据分析，由图线计算被测电池的电动势E=________V，内阻r=__________Ω. ‎ ‎(3)(单选题)用上述方法测出的电池电动势和内电阻与真实值相比______. ‎ A.E偏大，r偏小    B.E偏小，r偏大  C.E偏大，r偏大    D.E偏小，r偏小 ‎【答案】 (1). (1)变小； (2). (2)3.0， (3). 2.0； (4). (3)D ‎【解析】（1）滑动变阻器在电路中应起到调节电流的作用，滑片P向右滑动时 R值减小，电流传感器2的示数变大，电流传感器1的示数变小．  （2）由闭合电路欧姆定律可得：I1R0=E-（I1+I2）r 变形得： ‎ 由数学知可得：图象中的 ；b=； 由图可知：b=1.50；k=×1×10-3=1×10-3； 故解得：E=3V，r=2Ω； （3）本题中传感器1与定值电阻串联充当电压表使用； 本实验中由于电流传感器1的分流，使电流传感器2中电流测量值小于真实值，而所测量并计算出的电压示数是准确的，当电路短路时，电压表的分流可以忽略不计，故短路电流为准确的，则图象应以短流电流向左下移动，故图象与纵坐标的交点减小，图象的斜率减小，故电动势减小，内阻小于真实值，故选D；‎ 点睛：本题根据实验原理分析误差产生的原因，并根据误差的大小选择实验电路，可见，实验原理是实验的核心，要理解并掌握牢固； 同时注意正确分析电表内阻的影响．‎ 三、计算题 ‎13. 如图所示，在水平向右的匀强电场中，用长为L不可伸长的绝缘细线拴住一质量为m，带电荷量为q的小球，线的上端固定于O点.细线与竖直方向成30°角时静止释放小球，小球开始摆动，当摆到A点时速度为零，此时OA恰好处于水平状态，设整个过程中细线始终处于拉直状态，静电力常量为k，忽略空气阻力. ‎ 求：(1)判断小球电性；‎ ‎(2)BA两点间的电势差U；‎ ‎(3)匀强电场的场强E的大小.‎ ‎【答案】（1）正电；（2）（3）‎ ‎【解析】试题分析：（1）根据电场力对小球做功的正负判断电场力的方向，从而判断小球的电性；（2）对于小球1从B到A过程，运用动能定理和电场力做功公式W=qU，求解BA两点间的电势差U；（3）由几何知识确定出BA间沿电场线的距离d，再根据求解场强E的大小.‎ ‎（1）若小球不带电，则从A点释放，将运动到与A点等高的地方，而实际上小球没能运动到与A点等高的地方，所以电场力对小球做了正功，电场力水平向右，而电场强度方向水平向右，则小球带正电；‎ ‎（2）小球从B到A过程，由动能定理得：‎ 解得：‎ ‎（3）BA间沿电场线的距离为： ‎ 在匀强电场中，有：‎ 联立解得：‎ ‎【点睛】本题主要考查了动能定理以及电场强度与电势差的关系公式得直接应用，要求同学们能正确分析小球的运动情况和受力情况，能根据小球的所受电场力的方向判断小球的电性，难度不大，属于基础题．‎ ‎14. 如图，空间存在方向垂直于纸面（xOy平面）向里的磁场。在x≥0区域，磁感应强度的大小为；x区域，磁感应强度的大小为λ（常数λ>1）。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子以速度从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求（不计重力）‎ ‎（1）粒子运动的时间；‎ ‎（2）粒子与O点间的距离。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】（1）在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动。设在x≥0区域，圆周半径为R1；在x<0区域，圆周半径为R2。由洛伦兹力公式及牛顿定律得 ‎①‎ ‎②‎ 粒子速度方向转过180°时，所用时间t1为③‎ 粒子再转过180°时，所用时间t2为④‎ 联立①②③④式得，所求时间为⑤‎ ‎（2）由几何关系及①②式得，所求距离为⑥‎ ‎...............‎ ‎15. 如图所示，水平放置的平行金属导轨，相距l=0.50m.左、右两端分别技定值电阻=0.50Ω，‎ ‎=2.0Ω，磁惠应强度B=0.40T的匀强磁场方向垂直于导轨平面导体神动的质量m=0.1㎏.电阻r=0.60Ω.垂直放在导轨上，在恒力F=0.4N作用下从静止开始向右清动，导轨足够长且电阳可忽略不计，一切摩擦都不计，求：‎ ‎(1)ab棒的最终速度大小；‎ ‎(2)当ab棒由静止开始向右运动x=3m时，速度为2m/s，求此过程通过定值电阻R的电荷量以及在上产生的焦耳热。‎ ‎【答案】(1)10m/s；（2）0.48C；3.2J ‎【解析】（1）对导体做加速度减小的加速运动，当达到最大速度时有：F=F安=BIL E=BLv ‎ ‎ ‎ ‎ 联立解得:v=10m/s ‎（2）由 ‎ ‎ ‎ ‎ 联立可得 ‎ 则 ‎ 带入数据解得q=0.48C 由能量关系可知，整个过程中产生的焦耳热 ‎ 则R1上产生的焦耳热 ‎ 带入数据解得QR1=0.32J ‎16. 如图所示，在xOy平面内0L的区域内有一方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。某时刻，一带正电的粒子从坐标原点，以沿x轴正方向的初速度进入电场；之后的另一时刻，一带负电粒子以同样的初速度从坐标原点进入电场。正、负粒子从电场进入磁场时速度方向与电场和磁场边界的夹角分别为60°和30°，两粒子在磁场中分别运动半周后恰好在某点相遇。已知两粒子的重力以及两粒子之间的相互作用都可忽略不计。求：‎ ‎（1）正、负粒子的比荷之比：；‎ ‎（2）正、负粒子在磁场中运动的半径大小；‎ ‎（3）两粒子先后进入电场的时间差。‎ ‎【答案】（1）：（2），    （3）   ‎ ‎【解析】（1）设粒子进磁场方向与边界夹角为θ，‎ ‎     ‎ ‎  ‎ ‎   ‎ 联立可得 ‎ 所以：=：   ‎ ‎（2）磁场中圆周运动速度，，   ‎ ‎ ，‎ ‎，‎ ‎   ‎ 两粒子离开电场位置间的距离    ‎ 根据题意作出运动轨迹，两粒子相遇在P点 由几何关系可得 ，    ‎ ‎，    ‎ ‎（3）两粒子在磁场中运动时间均为半个周期 ‎    ‎ ‎    ‎ 由于两粒子在电场中时间相同，所以进电场时间差即为磁场中相遇前的时间差 ‎ ‎ ‎