【物理】山西省运城市景胜中学2019-2020学年高二上学期12月月考试题（解析版） 15页

景胜中学2019-2020学年度第一学期月考（12月）‎ 高二物理试题 ‎（时间 90分钟 满分100分）‎ 一、单选题（每题4分）‎ ‎1.A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度v与时间t的关系图象如图所示．则此电场的电场线分布可能是选项图中的 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由v-t图象可知，微粒的速度在逐渐减小，图象的斜率在逐渐增大，故此带负电的微粒做加速度越来越大的减速直线运动，所受电场力越来越大，由F=qE知，场强增大，电场线越来越密．电场力方向与其运动方向相反，电场力向左，所以电场线方向向右．‎ A．该图与结论相符，选项A正确；B．该图与结论不相符，选项B错误；‎ C．该图与结论不相符，选项C错误；D．该图与结论不相符，选项D错误；‎ ‎2.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 ‎3.现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为 A 11 B. 12 C. 121 D. 144‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】直线加速过程根据动能定理得 得 ‎ ①‎ 离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有 得 ‎ ②‎ ‎①②两式联立得：‎ 一价正离子电荷量与质子电荷量相等，同一加速电场U相同，同一出口离开磁场则R相同，所以m∝B2，磁感应强度增加到原来的12倍，离子质量是质子质量的144倍，D正确，A、B、C错误。故选D。‎ ‎4.如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下级板都接地．在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，EP表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（　　）‎ A θ增大，E增大 B. θ增大，EP不变 C. θ减小，EP增大 D. θ减小，E不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，则根据可知，C变大，Q一定，则根据Q=CU可知，U减小，则静电计指针偏角θ减小；根据，Q=CU，，联立可得，可知Q一定时，E不变；根据U1=Ed1可知P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，则EP不变；故选项ABC错误，D正确．‎ ‎【考点定位】电容器、电场强度、电势及电势能 ‎【名师点睛】此题是对电容器的动态讨论；首先要知道电容器问题的两种情况：电容器带电荷量一定和电容器两板间电势差一定；其次要掌握三个基本公式：，‎ ‎，Q=CU；同时记住一个特殊的结论：电容器带电荷量一定时，电容器两板间的场强大小与两板间距无关．‎ ‎5.直流电动机的线圈电阻为R，正常工作时，电动机两端的电压为U，通过的电流强度为I，工作时间为t，下列说法正确的是 A. 电动机线圈产生的热量为I2Rt B. 电动机线圈产生的热量为 C. 电动机消耗的电能为 D. 电动机输出的机械能为UIt ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.根据焦耳定律得，电动机线圈产生热量为Q=I2Rt；电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，线圈产生的热量．故A正确，B错误．‎ C.电动机两端的电压为U，通过的电流强度为I，工作时间为t，则电功为W=UIt，电动机消耗的电能为W=UIt；电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，则；故C错误．‎ D.由能量转化和守恒定律得，电动机输出的机械能；故D错误．‎ ‎6.在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U．现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是 A. I1增大，I2不变，U增大 B. I1减小，I2增大，U减小 C. I1增大，I2减小，U增大 D. I1减小，I2不变，U减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，即A1示数减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大，即A2示数增大．故A、C、D错误，B正确．‎ ‎7.如图所示，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc，已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动，下列选项正确的是(　　)‎ A. mambmc B. mbmamc C. mcmamb D. mcmbma ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意：a在纸面内做匀速圆周运动，所以；b在纸面内向右做匀速直线运动，所以 ；c在纸面内向左做匀速直线运动所以 ，根据公式可解的：，故B正确，ACD错误．‎ ‎8.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N处的长直导线移至P处，则O点的磁感应强度大小变为B2，则B2与B1之比为(　　)‎ A. 1∶1 B. 1∶2 C. ∶1 D. ∶2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】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N移至P点时，O点合磁感强度大小为：‎ ‎，‎ 则B2与B1之比为 ‎；‎ A．综上分析，A错误；B．综上分析，B正确；‎ C．综上分析，C错误；D．综上分析，D错误；‎ 故选B。‎ 二、多选题（每题4分）‎ ‎9.用如图所示的电路来测量电池电动势和内电阻，根据测得的数据作出了如图所示的U-I图线，由图可知 A. 电池电动势的测量值为1.40 V B. 电池内阻的测量值为1.0 Ω C. 外电路发生短路时的电流为0.40 A D. 电压表示数为1.20 V时，电流表的示数I′＝0.2A ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由图象可知，电源U﹣I图象与纵轴交点坐标表示电源的电动势，则知电源的电动势为1.40V，故A正确； ‎ B、电源的内阻r＝||Ω＝1Ω，故B正确； ‎ C外电路发生短路时的电流 I1.40A，故C错误；‎ D、当电压表示数为1.20V时，I′A＝0.20A，故D正确；‎ ‎10.如图在x轴的-3a和3a两处分别固定两个电荷QA、QB，图中曲线是两电荷之间的电势φ与位置x之间的关系图象，图中x = a处为图线的最低点．线于在x = 2a处由静止释放一个质量为m、带电荷量为q的正电点电荷，该电荷只在电场力作用下运动．下列有关说法正确的是 A. 电荷运动至x = a处时速度最大 B. 两点电荷QA:QB = 4:1‎ C. 该电荷一定通过x = a处，但不能到达x = -a处 D. 该电荷以O为中点做往复运动 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 在φ-x图象中图线的斜率表示电场强度的大小，由此可知x=a处电场强度为零，根据动能定理qU=△Ek，可知点电荷从x=2a到x=a处，电势差最大，则电场力做正功最多，在x=a处速度最大，故A正确；由图线可知因在x=a处电场强度为零，则有：，可得：QA：QB=4：1，故B正确；由图可知x=-a处与x=2a处电势相等且点电荷由静止释放，由动能定理可知点电荷刚好能到达x=-a处，故C错误；点电荷在x=-a与x=2a之间做往复运动，则O处不是运动中心，故D错误．所以AB正确，CD错误．‎ ‎11.如图所示,某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场,电场方向水平向右,磁场方向垂直纸面向里，一带电微粒由a点进入场区并刚好能沿ab直线向上运动，下列说法正确的是（ ）‎ A. 微粒一定带负电 B. 微粒可能做匀变速运动 C. 微粒的电势能一定增加 D. 微粒的机械能一定增加 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ AB．如图所示，根据做直线运动的条件和受力情况可以知道，微粒一定带负电，因为洛伦兹力与速度有关，所以只能做匀速直线运动，所以A正确，B错误.‎ C．因为电场力向左,对微粒做正功,电势能一定减小，故C错误.‎ D．因为洛伦兹力不做功，由能量守恒可以知道，电势能减小，机械能一定增加，所以D正确.‎ ‎12.利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域．如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差UCD，下列说法中正确的是(　 )‎ ‎ ‎ A. 电势差UCD仅与材料有关 B. 若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差UCD < 0‎ C. 在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平 D. 仅增大磁感应强度时，电势差UCD变大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ A、B、D、根据左手定则，电子向C侧面偏转，C表面带负电，D表面带正电，所以D表面的电势高，则．CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有：，，则：．A错误；B、D正确；‎ C、 D、在测定地球两极上方地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过，C错误；故选BD．‎ 三、实验题 ‎13.如图所示为测量阻值约几十欧的未知电阻和一个电流表的内阻的原理图，图中E为电源，R为滑动变阻器，为电阻箱，为电流表（其中一个是待测内阻的电流表，另一个内阻为）．‎ 实验步骤如下：连接好电路，闭合S，从最大值开始调节电阻箱，先调为适当值，再调节滑动变阻器R，使示数，记下此时电阻箱的示数和的示数．重复以上步骤（保持不变），测量多组和．‎ ‎（1）其中______________（填“”或“”）测内阻的电流表；‎ ‎（2）测得一组和后，调节电阻箱，使其阻值变小，要使示数仍为0.2A，滑动变阻器触片应向______________（填“a”或“b”）端滑动．‎ ‎（3）根据实验数据做出的与的关系图象如图所示，图象的斜率，则____________，____________．‎ ‎【答案】 (1). (2). a (3). 48（或47.8）； 24‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知，只有一个电流表的内阻是已知的，根据电路的连接情况，是两条支路的电压相等，从而判断是待测电表．这是电路的动态分析，要求示数不变，而此该减小，总电阻将减小，由欧姆定律，结合电路分析方法，可知滑动变阻器的阻值如何变化；根据串并联特征，结合与的图象的斜率含义，依据欧姆定律，即可求解．‎ ‎（1）[1]．由于另一个电流表的内阻为0.2Ω为已知，两电流表分别与电阻串联后再并联，则两条支路的电压相等，而电阻箱是与串联的，所以是待测电表；‎ ‎（2）[2]．当变小时，分压电路两端的电阻减小，则其两端电压也相应减小，但要保证该支路的电流不变，而总电阻减小，则只能使其两端电压也减小，所以滑片应向a端滑；‎ ‎（3）[3][4]．两条支路的电压相等：则有 所以 由图象和题意知：斜率，解得Rx=47.8Ω，当R1=0时，有 ‎．‎ 四、解答题 ‎14.利用电动机通过如图所示的电路提升重物，已知电源电动势，电源内阻，电阻，重物质量，当将重物固定时，理想电压表的示数为5V，当重物不固定，且电动机最后以稳定的速度匀速提升重物时，电压表的示数为，不计摩擦，g取求：‎ 串联入电路的电动机内阻为多大？‎ 重物匀速上升时的速度大小．‎ 匀速提升重物3m需要消耗电源多少能量？‎ ‎【答案】（1）；（2）（3）6J ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据闭合电路欧姆定律求出电路中的电流和电动机输入电压 电动机消耗的电功率等于输出的机械功率和发热功率之和，根据能量转化和守恒定律列方程求解重物匀速上升时的速度大小，根据求解匀速提升重物3m需要消耗电源的能量．‎ ‎【详解】由题，电源电动势，电源内阻，当将重物固定时，电压表的示数为5V，则根据闭合电路欧姆定律得 电路中电流为 电动机的电阻 当重物匀速上升时，电压表的示数为，电路中电流为 电动机两端的电压为 故电动机的输入功率 根据能量转化和守恒定律得 代入解得，‎ 匀速提升重物3m所需要的时间，‎ 则消耗的电能 ‎【点睛】本题是欧姆定律与能量转化与守恒定律的综合应用对于电动机电路，不转动时，是纯电阻电路，欧姆定律成立；当电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立．‎ ‎15.在竖直平面内有一范围足够大且斜向右上方的匀强电场，方向与水平方向角．在电场中有一质量为m，带电荷量为q的带电小球，用长为不可伸长的绝缘细线悬挂于固定轴O上.小球可以在与O点等高的M点处于静止状态，如图所示.现用外力将小球拉到最低点P，然后无初速度释放，重力加速度为g.求 ‎(1)电场强度E的大小及小球从P运动到M过程中电势能的变化量；‎ ‎(2)小球运动到M点时绳的拉力大小；‎ ‎【答案】(1)电势能减少2mgL (2)3mg ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小球静止在点时合力为零，由平衡条件：‎ ‎ 得：‎ 从到过程中电场力做功为：‎ 解得：‎ 由可得 即电势能减少 ‎（2）从到由动能定理可得：‎ 则有：‎ 得：‎ 小球运动时由向心力公式可得：‎ 得：‎ ‎16.如图所示，光滑绝缘的半圆形轨道固定于竖直平面内，半圆形轨道与光滑绝缘的水平地面相切于半圆的端点A．一质量为m=1kg的小球在水平地面上匀速运动，速度为v ‎=6m/s，经A运动到轨道最高点B，最后又落在水平地面上的D点(图中未画出)．已知整个空间存在竖直向下的匀强电场，小球带正电荷，小球所受电场力F=mg，g取10m/s2．‎ ‎(1)若轨道半径为R0=0.1m时，求小球到达半圆形轨道B点时对轨道的压力； ‎ ‎(2)为使小球能运动到轨道最高点B，求轨道半径的最大值；‎ ‎【答案】(1) (2)R=036m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设小球到达圆轨道B点时速度为vB，从A到B的过程中重力和电场力做功，由动能定理有：‎ 在最高点B时，根据牛顿第二定律有：‎ 由题意可知：‎ 代入数据计算得出：；由牛顿第三定律可以知道小球到达圆轨道B点时对轨道的压力为：‎ 方向竖直向上. ‎ ‎(2)轨道半径越大，小球到达最高点的速度越小，当小球恰好到达最高点时轨道对小球的作用力为零，则小球对轨道的压力也为零，此时轨道半径最大，则：‎ 又因为：‎ 代入数据计算得出轨道半径的最大值：‎ 答：(1)若轨道半径为R0=0.1m时，小球到达半圆形轨道B点时对轨道的压力260N; ‎ ‎(2)为使小球能运动到轨道最高点B，轨道半径的最大值是0.36m.‎ ‎17.如图所示，xoy坐标系中，在y＜0的范围内存在足够大匀强电场，方向沿y轴正方向，在0＜y＜2d的区域内分布有垂直于xoy平面向里的匀强磁场．在y＝2d处放置一垂直于y轴的足够大金属板ab，带电粒子打到板上即被吸收，如果粒子轨迹与板相切则刚好不被吸收．一质量为m、电量为+q的粒子以初速度v0由P（0，﹣d）点沿x轴正方向射入电场，第一次从Q（1.5d，0）点经过x轴．粒子重力不计．求：‎ ‎（1）匀强电场的电场强度E ‎（2）要使粒子不打到挡板上，磁感应强度B应满足的条件；‎ ‎（3）若粒子恰好不打在挡板上，粒子第四次经过x轴时的坐标．‎ ‎【答案】（1）（2）B≥（3）（0.5d，0）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，‎ 水平方向：‎ ‎1.5d＝v0t 竖直方向：‎ d＝‎ 解得：‎ E＝‎ ‎（2）粒子进入磁场时与x轴夹角为：‎ θ＝atctan＝arctan＝arctan＝53°‎ 粒子进入磁场时的速度为：‎ v＝‎ 粒子运动轨迹与挡板相切时粒子刚好不打在挡板上，由几何知识得：‎ r+rcos53°＝2d 解得：‎ r＝‎ 粒子做圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB＝m，解得：‎ B＝‎ 粒子不打在挡板上，磁感应强度需要满足条件是：B≥；‎ ‎（3）粒子从磁场进入电场后在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做类竖直上抛运动，在水平方向的位移为：‎ ‎2×1.5d＝3d 粒子第四次到达x轴时：‎ x＝1.5d﹣2rsin53°+3d﹣2rsin53°＝0.5d 粒子第四次经过x轴时的坐标（0.5d，0）；‎