【物理】江西省南昌市进贤一中2019-2020学年高二上学期第二次月考试题（解析版） 12页

物理试卷 一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1-7为单项选择题，第8-10题为多项选择题。全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错的或不答的得0分）‎ ‎1.把两个完全相同的金属球A和B接触一下，再分开一段距离，发现两球之间相互排斥，则A、B两球原来的带电情况不可能是(　 　)‎ A. 带有等量异种电荷 B. 带有等量同种电荷 C. 带有不等量异种电荷 D. 一个带电，另一个不带电 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】两个小球原来分别带等量同种电荷，把两个完全相同的小球接触后仍带等量同种电荷，存在排斥力，故B可能．两个小球原来分别带不等量异种电荷，小球接触后电荷先中和再平分，带上等量同种电荷，存在排斥力，故C可能．原来的其中一个带电，把两个完全相同的小球接触后电荷平分，带上等量同种电荷，存在排斥力，故D可能．两个小球原来分别带等量异种电荷，接触后电荷完全中和，两球均不带电，不存在排斥力，故A不可能．‎ ‎2.关于磁感应强度B，下列说法中正确的是(　 　)．‎ A. 根据磁感应强度定义，磁场中某点的磁感应强度B与F成正比，与I成反比 B. 磁感应强度B是标量，没有方向 C. 磁感应强度B是矢量，方向与F的方向相反 D. 在确定的磁场中，同一点的磁感应强度B是确定的，不同点的磁感应强度B可能不同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．磁感应强度定义是比值定义法，磁场中某点磁感应强度B与F和I均无关，选项A错误；‎ B．磁感应强度B是矢量，有方向，选项B错误；‎ C．磁感应强度B是矢量，方向与F的方向垂直，选项C错误；‎ D．在确定的磁场中，同一点的磁感应强度B是确定的，不同点的磁感应强度B可能不同，选项D正确；故选D.‎ ‎3.如图所示，当磁铁突然向铜环运动时，铜环的运动情况是(　　)‎ A. 向右摆动 B. 向左摆动 ‎ C. 静止 D. 无法判定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】当磁铁向铜环运动时,铜环的磁通量增大,则由楞次定律可知,铜环为了阻碍磁通量的变化而会向后摆,即向右摆,故A正确.‎ ‎4.下列各图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】带电粒子在磁场中运动时，所受洛伦兹力方向由左手定则进行判断．‎ 根据左手定则可知：‎ A．图中洛伦兹力方向应该向上；错误 B．图中电荷的速度方向、磁场方向和电荷的受力方向之间的关系符合左手定则；正确 CD．图中电荷运动方向与磁场方向在一条线上，不受洛伦兹力；错误 ‎【点睛】本题考查判断洛伦兹力方向，容易题．注意带电粒子在磁场中的运动受洛伦兹力的条件及安培定则的应用．‎ ‎5.一个带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场．粒子的一段径迹如图所示．径迹上的每一小段都可近似看成圆弧．由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小(带电量不变)．从图中情况可以确定( )‎ A. 粒子从a到b，带正电 B. 粒子从a到b，带负电 C. 粒子从b到a，带正电 D. 粒子从b到a，带负电 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式可知，粒子的半径逐渐的减小，所以粒子的运动方向是从b到a，在根据左手定则可知，粒子带正电。 A．粒子从a到b，带正电，与结论不相符，选项A错误；‎ B．粒子从a到b，带负电，与结论不相符，选项B错误；‎ C．粒子从b到a，带正电，与结论相符，选项C正确；‎ D．粒子从b到a，带负电，与结论不相符，选项D错误；故选C。‎ ‎6.在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置，和为定值电阻，P为滑动变阻器R的滑动触头，G为灵敏电流表，A为理想电流表开关S闭合后，C的两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态在P向上移动的过程中，下列说法正确的是 （ ）‎ A. A表的示数变大 B. 油滴向上加速运动 C. G中有由a至b电流 D. 电源的输出功率一定变大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】油滴原来处于静止状态，重力与电场力平衡．G电路稳定时，电容器的电压等于变阻器两端的电压．当滑片P向上移动的过程中，变阻器的电压增大，电容器的电压增大，板间场强增大，油滴向上做加速运动．电容器充电，G中有从b到a的电流．当滑片P向下移动的过程中，油滴向下加速运动，电容器放电，G中有从a到b的电流．将S断开到电路稳定的过程，电容器通过R2和R放电，板间场强逐渐减小，油滴向下运动，G中有从a到b的瞬间电流通过．‎ ‎【详解】ABC、当滑片P向上移动的过程中，电阻变大，回路电流变小，表的示数变小，变阻器的电压增大，电容器的电压增大，板间场强增大，油滴向上做加速运动．电容器充电，G中有从b到a的电流．故A错误，B正确，C错误．‎ D、当滑片P向上移动的过程中，电阻变大回路电流变小，电源的输出功率一定变小．故D错误．‎ ‎【点评】本题是电容的动态变化分析问题，关键在于确定电容器的电压及其变化．当电路稳定时，电容器的电压等于所在支路两端的电压．‎ ‎7.1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是(　 　)‎ A. 回旋加速器只能用来加速正离子 B. 离子从D形盒之间空隙的电场中获得能量 C. 离子在磁场中做圆周运动的周期是加速交变电压周期的一半 D. 离子在磁场中做圆周运动的周期是加速交变电压周期的2倍 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．回旋加速器可以加速负离子。故A错误；‎ B．由于洛伦兹力并不做功，而离子通过电场时有电场力做功，故离子是从电场中获得能量，故B正确；‎ CD．离子在磁场中做圆周运动时洛伦兹力不做功，只有电场力做功，所以离子经过电场时，离子运动的方向必须与电场力的方向相同，所以离子在磁场中做圆周运动的周期与加速交变电压周期相同，故CD错误。 故选B。‎ ‎8.如图所示的圆形导体环用一根轻质细杆悬挂在O点，导体环可以在竖直平面里来回摆动，空气阻力和摩擦力均可不计．在如图所示的正方形区域里，有匀强磁场垂直于圆环的振动面指向纸内．下列说法中错误的是（ ）‎ A. 此摆振动的开始阶段机械能不守恒 B. 导体环进入磁场和离开磁场时，环中电流的方向肯定相反 C. 导体环通过最低点时，环中感应电流最大 D. 最后此摆在匀强磁场中振动时，机械能守恒 ‎【答案】C ‎【解析】此摆在振动过程中，由于进入及离开磁场区域时，圆环切割磁感线，产生感应电流，机械能转化为电能，故此摆在振动的开始阶段机械能不守恒；故A正确；当金属环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，会产生电流．环进入和离开磁场区域，磁通量分别是增大和减小，根据楞次定律得感应电流的方向相反，故B正确．导体环通过最低点时，圆环中磁通量不变化，感应电流为零，故C错误；当此摆在匀强磁场中振动时，磁通量不再变化，不再有感应电流，圆环只受重力，则机械能守恒，故D正确；本题选择错误的，故选C．‎ 点睛：本题考查楞次定律的应用和能量守恒相合．注意楞次定律判断感应电流方向的过程，先确认原磁场方向，再判断磁通量的变化，感应电流产生的磁场总是阻碍原磁通量的变化．‎ ‎9.如图，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一闭合电路．当PQ在外力的作用下运动时，MN向右运动，则PQ所做的运动可能是（  ）‎ A. 向右加速运动 B. 向右减速运动 C. 向左加速运动 D. 向左减速运动 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】根据安培定则可知，MN处于ab产生的垂直向里的磁场中，MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，L1‎ 中感应电流的磁场向上，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由右手定则可知PQ可能是向左加速运动或向右减速运动。故BC正确，AD错误。‎ 故选BC．‎ ‎10.如图所示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，平板S下方有强度为B0的匀强磁场．下列表述正确的是(　　)‎ A. 质谱仪是分析同位素的重要工具 B. 速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外 C. 能通过狭缝P的带电粒子的速率等于 D. 粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越小 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【分析】带电粒子在速度选择器中受电场力和洛伦兹力平衡，做匀速直线运动，进入偏转电场后做匀速圆周运动，根据半径公式得出半径与粒子比荷的关系．‎ ‎【详解】A、C、D项：粒子在速度选择器中做匀速直线运动，有qE=qvB，解得，进入偏转电场后，有qvB0=解得知r越小，比荷越大．同位素电量相等，质量不同，则偏转半径不同，所以质谱仪是分析同位素的重要工具．故A、C正确，D错误；‎ B项：粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则知该粒子带正电，在速度选择器中，所受的电场力水平向右，则洛伦兹力水平向左，根据左手定则，磁场的方向垂直纸面向外，故B正确．故选ABC．‎ ‎【点睛】解决本题关键知道粒子在速度选择器和偏转电场中的运动规律，掌握带电粒子在匀强磁场中运动的半径公式．‎ 二、实验题（本题共2小题，共15）‎ ‎11.为了测量一只量程为0～3 V、内阻值为数千欧的电压表的内阻，可采用一只电流表与它串联后接入电路．‎ ‎(1)本实验测量电压表内阻依据的公式是________．‎ ‎(2)若提供的实验器材有：‎ A．待测电压表；‎ B．电流表A1(0～0.6 A，内阻约0.2 Ω)；‎ C．电流表A2(0～100 mA，内阻约2 Ω)；‎ D．电流表A3(0～10 mA，内阻约50 Ω)；‎ E．滑动变阻器(0～50 Ω，额定电流0.5 A)；‎ F．直流电源(输出电压6 V)； ‎ G．开关、导线．‎ 为顺利完成实验，多次测量取平均值，应选用的实验器材为________(填英文序号)．‎ ‎【答案】 (1). ； (2). A、D、E、F、G ‎【解析】‎ ‎【分析】测量电压表内阻依据的公式是；根据公式：求出电路中的最大电流，选择电流表；根据电压的关系选择是分压电路还是限流电路．‎ ‎【详解】(1) 测量电压表内阻依据的是部分电路的欧姆定律，公式是；‎ ‎(2) 电路中 的最大电流：，由于电压表的内阻大约是数千欧姆，所以电路的最大电流仅仅有几个毫安，所以要选择电流表D；其他的实验器材包括：待测电压表A，滑动变阻器E，直流电源F和开关、导线G．故应选用的实验器材为：A、D、E、F、G．‎ ‎【点睛】该题测量电压表内阻可以使用伏安法，电压表既可以显示电压，又是待测电阻．判断出滑动变阻器只能作为分压电阻使用，要选择分压电路是解题的关键．‎ ‎12.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5小题，共45分。解答应写出必要的文字说明、方程式和必要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎13.在磁场中放入一通电导线，导线与磁场垂直，导线长为1 cm，电流为0.5 A，所受的磁场力为5×10－4 N．求：‎ ‎(1)该位置的磁感应强度多大？‎ ‎(2)若将该电流撤去，该位置的磁感应强度又是多大？‎ ‎【答案】(1)0.1 T　(2)0.1 T ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据公式得：‎ ‎（2）该处的磁感应强度不变，B=0.1 T．‎ ‎14.如图所示,R为电阻箱，V为理想电压表，当电阻箱读数为R1＝2Ω时，电压表读数为U1＝4V；当电阻箱读数为R2＝5Ω时，电压表读数为U2＝5V．求：电源的电动势E和内阻r．‎ ‎【答案】6V；1Ω ‎【解析】‎ ‎【详解】根据闭合电路欧姆定律，得当电阻箱读数为时 ①‎ 当电阻箱读数为时， ②‎ 联立上两式得 代入①式得．‎ ‎15.如图所示，在倾角为的斜面上，固定一宽L＝0.25m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R.电源电动势E＝12V，内阻，一质量m＝20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好．整个装置处于磁感应强度B＝0.80T、垂直于斜面向上的匀强磁场中(导轨与金属棒的电阻不计)．金属导轨是光滑的，取，要保持金属棒在导轨上静止，求：‎ ‎(1)金属棒所受到的安培力的大小．(2)通过金属棒的电流的大小．‎ ‎【答案】(1) 0.1N，(2)0.5A.‎ ‎【解析】‎ ‎（1）作出金属棒的受力图，根据平衡条件，在平行斜面方向，有； ‎ ‎（2）根据安培力公式得；‎ ‎16.电子质量为m，电荷量为q，以速度v0与x轴成θ角射入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后落在x轴上的P点，如图所示，求：‎ ‎(1)的长度；‎ ‎(2)电子由O点射入到落在P点所需的时间t.‎ ‎【答案】(1) 　(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，应根据已知条件首先确定圆心的位置，画出运动轨迹，所求距离应和半径R相联系，所求时间应和粒子转动的圆心角θ、周期T相联系．‎ ‎ ‎ ‎(1)过O点和P点做速度方向的垂线，两线交点C即为电子在磁场中做匀速圆周运动的圆心，如右图所示，则可知 OP＝2R·sin θ①‎ Bqv0＝m②‎ 由①②式可解得：‎ OP＝sin θ.‎ ‎(2)由图中可知：‎ ‎2θ＝ωt③‎ 又 v0＝ωR④‎ 由③④式可得： ‎ ‎17.如图所示，在x轴上方有磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场．x 轴下方有磁感应强度大小为，方向垂直纸面向外的匀强磁场．一质量为m、电荷量为－q的带电粒子(不计重力)，从x轴上O点以速度v0垂直x轴向上射出．求：‎ ‎(1)射出之后经多长时间粒子第二次到达x轴？‎ ‎(2)粒子第二次到达x轴时离O点的距离．‎ ‎【答案】(1) 　(2)‎ ‎【解析】粒子射出后受洛伦兹力做匀速圆周运动，运动半个圆周后第一次到达x轴，以向下的速度v0进入x轴下方磁场，又运动半个圆周后第二次到达x轴．如下图所示．‎ ‎（1）由牛顿第二定律①‎ T＝②‎ 得T1＝‎ T2＝‎ 粒子第二次到达x轴需时间t＝T1＋T2＝.‎ ‎（2）由①式可知r1＝ r2＝‎ 粒子第二次到达x轴时离O点的距离x＝2r1＋2r2＝‎