福建省连城县第一中学2019-2020学年高二上学期月考物理试题 18页

连城一中2019-2020学年上期高二年级月考二 物理试卷 一、选择题（12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分。）‎ ‎1.下列哪个物理量的表达式与磁感应强度B=采用不同的物理方法：( ）‎ A. 电场强度 B. 电阻 C. 加速度 D. 电容 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】磁感应强度的定义式是比值定义法，比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法．它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变．‎ A．电场强度E不随F、q的变化而变化，利用的是比值定义法;故A错误。‎ B．加速度是加速度的决定式。a随F、m的变化而变化，采用了不同的物理方法;故B正确。‎ C．电阻R不随U、I的变化而变化，利用的是比值定义法;故C错误。‎ D．电容C与Q、U无关，利用的是比值定义法;故D错误。‎ ‎2.如图，三个完全相同的带正电的小球，从一高度开始自由落下，其中a直接落地，b下落过程中经过一个水平方向的匀强电场区，c下落时经过一个水平方向的匀强磁场区，不计空气阻力，设它们落地的速度大小分别为va、vb、vc，则（ ）‎ A. va=vb =vc B. vb > va > vc C. va < vb = vc D. va =vc < vb ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意可知，a球做自由落体运动，下落过程中只有重力做功；而b球除竖直方向做自由落体运动外，水平方向受到电场力作用做初速度为零匀加速运动，由于b球在下落的过程中电场力对小球做正功，故根据动能定理知b球的落地速度大于a球的落地速度；c球在下落过程中经过磁场，c球受到洛伦兹力作用，因洛伦兹力始终与速度垂直且对小球始终不做功，c球下落过程中只有重力对小球做功，根据动能定理知c球下落的末动能与a球的末动能相等，即速度大小相等，由此分析知，ABC错误，D正确。‎ ‎3.如图所示，实线是电场中一簇方向已知的电场线，虚线是一个带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是运动轨迹上的两点，若带电粒子只受电场力作用，根据此图作出的判断是（　）‎ A. 带电粒子带正电 B. 带电粒子一定是从a向b运动的 C. 带电粒子在b点的加速度大于在a点的加速度 D. 带电粒子在b点的电势能大于在a点的电势能 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、合力大致指向轨迹凹的一向，可知电场力方向沿电场线向左，而电场线向右，所以带电粒子带负电，A错误。‎ B、带电粒子可能从a运动到b，也可能从b运动到a，B错误。‎ C、a处的电场线较密，故a点的场强大于b点的场强，所以a点所受的电场力大于b点，则带电粒子在b点的加速度小于在a点的加速度，C错误。‎ D、若粒子从a运动到b，电场力方向与速度方向夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大。所以带电粒子在b点的电势能大于在a点的电势能；若粒子从b运动到a，电场力方向与速度方向夹角为锐角，电场力做正功，电势能减小，故电粒子在b点的电势能大于在a 点的电势能，综上所述，电粒子在b点的电势能大于在a点的电势能，D正确。‎ ‎4.如图所示,平行板电容器与电源相连,负 极板接地,在两板间有一负检验电荷固定在A点。若保持负极板不动,将正极板移到图中虚线所示的位置,则关于检验电荷在A点的电势能的变化,正确的说法是(　　)‎ A. 减小 B. 增大 C. 不变 D. 无法确定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 电容器的电压不变，板间距离减小，根据知电场强度E变大，因为电场强度增大，则P与负极板间的电势差增大，P点的电势增大，负电荷在P点的电势能减少，故选项A正确。‎ 点睛：本题是电容器的动态变化分析问题，难点是确定电场强度的变化，只要得出电场强度的变化，就可以得出P与负极板电势差的变化，得出P点的电势以及电荷在P点电势能的变化。‎ ‎5.如图所示，有一根直导线上通以恒定电流I，方向垂直指向纸内，且和匀强磁场B垂直，则在图中圆周上，磁感应强度数值最大的点是（ ）‎ A. a点 B. b点 C. c点 D. d点 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由电流的安培定则可知电流产生的磁场在a点的方向水平向右，c点水平向左，b 点竖直向下d点竖直向上，且四点磁感应强度大小相等，根据矢量合成法则可知磁感应强度最大值为a点 A. a点与分析相符，A正确 B. b点与分析不符，B错误 C. c点与分析不符，C错误 D. d点与分析不符，D错误 ‎6.固定直导线c垂直纸面，可动导线ab通以如图所示方向的电流，用测力计悬挂在导线c的上方，若导线c中通以垂直于纸面指向纸外的电流时，以下判断正确的是（ ）‎ A. 导线a端转向纸外，同时测力计读数减小 B. 导线a段转向纸外，同时测力计读数增大 C. 导线b端转向纸外，同时测力计读数减小 D. 导线b端转向纸外，同时测力计读数增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】b段的磁场方向斜向左上，根据左手定则可得b端受到指向纸面里的安培力，a端的磁场方向为斜向左下，根据左手定则可得受到的安培力方向指向纸外，故导线a端转向纸外，导线b端转向纸内，当ab导线转过90°后，两电流为同向电流，相互吸引．导致弹簧秤的读数变大，故B正确；‎ ‎【点睛】在解决该题的过程中：1、使用了电流元法，即在导线上取一较短的电流，判断其受力方向．2、使用了特殊位置法，转过90°后判断其受力．3、使用了结论法，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥 ‎7.如图所示，一个带电粒子，从粒子源飘入(初速度很小，可忽略不计)电压为U1的加速电场，经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中心线射入，A、B板长为l，相距为d，电压为U2。则带电粒子能从A、B板间飞出，应该满足的条件是(　　)‎ A. ≤‎ B. ≤‎ C. ≤‎ D. ≤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】带电粒子在电场中被加速，则有 带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，可看成匀速直线运动与匀加速直线运动的两分运动，匀速直线运动：由运动学公式得，匀加速直线运动：设位移为x，则有 要使带电粒子能飞出电场，则有 联立解得：‎ 故C正确。‎ ‎8.如图所示的电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数的变化量分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示。下列说法正确的是(　 　) ‎ A. 不变，变大 B. 变大，变大 C. 变大，不变 D. 不变，不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．R1是定值电阻，有 可知不变，不变，故A错误。‎ BC．当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，R2变大，R2是可变电阻，有 所以变大.根据闭合电路欧姆定律得：‎ U2=E-I(R1+r）‎ 则知 其值不变；故B错误，C正确。‎ D．U3为路端电压，为外电阻，其值增大，根据闭合电路欧姆定律知 其值不变，故D错误。‎ ‎【点睛】本题要分定值电阻与可变电阻去分析。对于定值电阻，有；对于可变电阻，可根据闭合电路欧姆定律分析与电源内阻的关系，从而作出判断.‎ ‎9. 如图所示，在正交的匀强电场和磁场的区域内（磁场水平向内），有一离子恰能沿直线飞过此区域（不计离子重力）‎ A. 不管离子带何种电，E方向都向下 B. 若增大离子电量，离子将向上偏转 C. 若增大离子电量，离子将向下偏转 D. 若增大离子电量，离子不偏转继续沿直线飞过 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：在复合场中对带电粒子进行正确的受力分析，在不计重力的情况下，离子在复合场中沿水平方向直线通过故有：，若粒子带正电，则受洛伦兹力向上，而电场力向下，所以电场强度的方向向下；若带负电，则受洛伦兹力向下，而电场力向上，所以电场强度的方向向下，因此A正确；由知：，离子的速度与电荷自身无关，故增大离子电量，离子不偏转继续沿直线运动，BC错误，D正确。‎ 考点：带电粒子在复合场中的运动 ‎【名师点睛】此为速度选择器，粒子离子在复合场中沿水平方向直线通过故有，若粒子带正电，则受洛伦兹力向上，而电场力向下，若带负电，则受洛伦兹力向下，而电场力向上，由此可正确解答结果；本题考查了速度选择器的工作原理，速度选择器是利用电场力等于洛伦兹力的原理进行工作的，故速度选择器只能选择速度而不能选择电性。‎ ‎10. 如图，带电荷量为＋q、质量为m的滑块，沿固定的绝缘斜面匀速下滑。现加上一竖直向上的匀强电场，电场强度为E，且qE＜mg。物体沿斜面下滑的过程中，以下说法正确的是 A. 滑块将沿斜面减速下滑 B. 滑块仍沿斜面匀速下滑 C. 加电场前，系统机械能守恒 D. 加电场后，重力势能的减少量大于电势能的增加量 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：质量为m的滑块，沿固定绝缘斜面匀速下滑，设斜面倾角为θ，摩擦因数为μ，故mgsinθ=μmgcosθ，当加一竖直向上的匀强电场，且qE＜mg，此时物体合力应为F=（mg-Eq）sinθ-μ（mg-Eq）cosθ，故F=0，物体仍保持匀速下滑，故A错误，B正确．加电场前，滑块要克服摩擦力做功，机械能减少，机械能不守恒，故C错误；由于qE＜mg，则qEh＜mgh，即克服电场力做功小于重力做功，重力势能的减少量大于电势能的增加量，故D正确；故选BD。‎ 考点：牛顿定律；机械能守恒定律 ‎【名师点睛】当加一竖直向上的匀强电场时，相当于减小了物体的重力，在摩擦因数不变的情况下，物体仍保持匀速下滑．注意这种等效观点的应用。‎ ‎11.质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入竖直平面内方向如图所示的正交匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒只在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法中正确的是(　　) ‎ A. 该微粒一定带负电 B. 微粒从O到A的运动可能是匀变速运动 C. 该磁场的磁感应强度大小为 D. 该电场的场强为Bvcos θ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ A、若粒子带正电，电场力向左，洛伦兹力垂直于OA线斜向右下方，则电场力、洛伦兹力和重力不能平衡．若粒子带负电，符合题意．所以A正确．B、粒子如果做匀变速运动，重力和电场力不变，而洛伦兹力变化，粒子不能沿直线运动，与题意不符．故B错误．D、粒子受力如图：‎ 由图qE=qvBsinθ，所以E=Bvsinθ．故D错误；C、由平衡条件得 qvBcosθ=mg，，故C正确；故选AC．‎ ‎【点睛】本题是带电粒子在复合场中运动的问题，考查综合分析和解决问题的能力，要抓住洛伦兹力与速度有关的特点．‎ ‎12. 如图示，相互垂直的固定绝缘光滑挡板PO、QO，竖直放置在重力场中，a、b为两个带有同种电量的小球（可以近似看成点电荷），当用水平向左作用力F作用于b时，a、b紧靠挡板处于静止状态．现若稍改变F的大小，使b稍有向左移动一段小距离，则当a、b重新处于静止状态后（ ）‎ A. ab间电场力增大 B. 作用力F将减小 C. 系统重力势能增加 D. 系统的电势能将增加 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：以球为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件，电场力为：，减小，增大，则电场力减小，挡板对的弹力，减小，减小。对整体研究：水平方向：，则作用力将减小．故A错误，B正确；电场力减小，根据库仑定律得知，两球间的距离增大，电场力做正功功，系统的电势能减小，而做正功，根据功能关系可知，系统重力势能增加，故C正确，D错误。‎ 考点：库仑定律、电势能 ‎【名师点睛】本题是动态平衡问题，关键要灵活选择研究对象，先对研究，再对研究，比较简便，注意系统的重力势能与电势能的变化关系。‎ 二、实验题（两小题，每空2分，共20分）‎ ‎13.“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，小灯泡的额定电压为2.5V，额定功率为0.5W，实验中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：‎ A．直流电源3 V(内阻不计)‎ B．直流电流表0～300mA(内阻约为5Ω)‎ C．直流电流表0～3A(内阻约为0.025Ω)‎ D．直流电压表0～3V(内阻约为3.0kΩ)‎ E．滑动变阻器100Ω，0.5A F．滑动变阻器10Ω，2A 实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量。‎ ‎(1)实验中电流表应选用__________，滑动变阻器应选用__________。(均填写仪器前的字母)‎ ‎(2)应选择图中哪一个电路图进行实验？__________.‎ ‎(3)开关S闭合之前，图甲中滑动变阻器的滑片应该置于__________。(选填“左端”“右端”或“正中间”)‎ ‎(4)根据实验数据，画出小灯泡I-U 图线如图乙所示。由此可知，当电压为0.5V时，小灯泡的灯丝电阻是________ Ω.‎ ‎(5)根据实验测量结果可以绘制小灯泡的电功率P随其两端电压U或电压的平方U2变化的图像，在下列选项中所给出的A、B、C、D图像中可能正确的是__________.‎ ‎【答案】 (1). B (2). F (3). A (4). 左端 (5). 5.55 (6). AC ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]小灯泡的额定电流为 故选电流表B；‎ ‎[2]滑动变阻器选择较小的，便于操作，故选滑动变阻器F；‎ ‎(2)[3]电流表内阻和小灯泡的内阻相接近，故采用电流表外接法，要求小灯泡两端的电压从零开始，所以采用滑动变阻器的分压接法，故选A图.‎ ‎(3)[4]为了保护小灯泡不被烧坏，应使得小灯泡两端的电压为零，所以滑动变阻器的滑片应置于最左端.‎ ‎(4)[5]从图中可知当小灯泡两端的电压为0.5V时，小灯泡中的电流为0.09A，所以根据欧姆定律可得此时小灯泡的电阻为：‎ ‎(5)[6]AB．由P=UI可知，I为斜率，随U的增加，I增加，则A正确，B错误；‎ CD．由，斜率为，在R不变时为正比例关系，由于R随电压的增大而增大，逐渐减小，故C图正确，D错误。‎ ‎14.在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：‎ A．干电池E(电动势约为1.5 V、内电阻大约为1.0 Ω)‎ B．电压表V(0～15 V)‎ C．电流表A(0～0.6 A、内阻0.1 Ω)‎ D．电流表G(满偏电流3 mA、内阻Rg＝10 Ω)‎ E．滑动变阻器R1(0～10 Ω、10 A)‎ F．滑动变阻器R2(0～100 Ω、1 A)‎ G．定值电阻R3＝990 Ω H．开关、导线若干 ‎(1)为了方便且能较准确地进行测量，其中应选用的滑动变阻器是________(填写“R1”或“R2”)；‎ ‎(2)请在线框内画出你所设计的实验电路图，并在图中标上所选用器材的符号______；‎ ‎(3)如图所示为某一同学根据他设计的实验，绘出的I1－I2图线(I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数)，由图线可求得被测电池的电动势E＝_______ V，内电阻r＝_______ Ω.‎ ‎ ‎ ‎【答案】 (1). R1 (2). (3). 1.46(1.46～1.48) (4). 0.84(0.81～0.85)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]电源内阻为小电阻，为方便实验操作，外电压有明显的变化应选总阻值较小的滑动变阻器，故应选择R1．‎ ‎(2)[2]提供的器材没有电压表，应该用电流计G与电阻R3串联组成电压表，电压表测路端电压，用电流表A测干路电流，由电路图如图所示：‎ ‎(3)[3][4]由图乙所示实验电路可知，在闭合电路中：‎ 可得：‎ 由图象可知，图象截距：‎ 则电源电动势 E=146V 图象斜率：‎ 则电源内阻 r=0.84Ω 三、计算题（三小题，共32分）‎ ‎15.如图所示，质量m＝0.1g的小物块，带有5×10-4C的电荷，放在倾角为30°的光滑绝缘斜面上，整个斜面置于B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面指向纸里，物块由静止开始下滑，滑到某一位置时，开始离开斜面，求 ‎（1）物块带什么电？‎ ‎（2）物块离开斜面时速度多大？‎ ‎（3）斜面至少有多长？‎ ‎【答案】（1）带负电 （2）（3）x=1.2m ‎【解析】‎ 试题分析：（1）带电滑块在滑至某一位置时，由于在安培力的作用下，要离开斜面．根据磁场方向结合左手定则可得带电粒子的电性．‎ ‎（2）由于斜面光滑，所以小滑块在没有离开斜面之前一直做匀加速直线运动．借助于洛伦兹力公式可求出恰好离开时的速度大小．‎ ‎（3）由运动学公式来算出匀加速运动的时间．由位移与时间关系可求出位移大小．‎ 解：（1）由题意可知：小滑块受到的安培力垂直斜面向上．‎ 根据左手定则可得：小滑块带负电．‎ ‎（2）当物体离开斜面时，弹力为零，‎ 因此有：，‎ 故．‎ ‎（3）由于斜面光滑，物体在离开斜面之前一直做匀加速直线运动，‎ 由牛顿第二定律得：mgsin30°=ma，‎ 由匀变速直线运的速度位移公式得：v2=2ax，‎ 解得：x=1.2m．‎ 考点：洛仑兹力；力的合成与分解的运用 ‎16.如图所示，通电金属杆ab质量m=12g,电阻R=1.5Ω，水平地放置在倾角θ=30°的光滑金属导轨上.导轨宽度,导轨电阻、导轨与金属杆的接触电阻忽略不计，电源内阻r=0.5Ω.匀强磁场的方向竖直向上，磁感应强度B=0.2T.(g=10)若金属棒ab恰能保持静止,求：‎ ‎（1）电源的电动势大小E；‎ ‎（2）使金属棒对导轨压力为零的最小磁感应强度大小和方向；‎ ‎（3）使金属棒静止在斜面上的最小磁感应强度大小和方向.‎ ‎【答案】(1) E=4.0V (2) B1=0.6T, 方向沿斜面向下 (3),方向垂直斜面向上 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)金属棒ab恰好静止，受力平衡 解得：‎ 通电导体棒所受安培力：‎ 由闭合电路的欧姆定律：‎ 联立解得电动势：‎ E=4.0V ‎(2)由受力分析可知，要使金属棒对导轨压力为零，当磁场方向沿斜面向下时，磁感应强度最小（设为B1）,则:‎ F=mgcos30°‎ F＝B1Id 解得：‎ B1=06T ‎(3)由受力分析可知，金属棒静止在斜面上，只有当磁场方向垂直斜面向上时，磁感应强度最小（设为B2）则:‎ F=mgsin30°‎ F＝B2Id ‎ 解得:‎ ‎17.质量为m、带+q电量的小球以水平初速度v0进入竖直向上的匀强电场中，如图甲所示。今测得小球进入电场后在竖直方向上上升的高度y与水平方向的位移x之间的关系如图乙所示。根据图乙给出的信息，求：‎ ‎(1)匀强电场的场强大小；‎ ‎(2)小球从进入匀强电场到上升到h高度的过程中，电场力所做的功；‎ ‎(3)小球在h高度处的动能。‎ ‎【答案】(1) (2) (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小球受重力和电场力，在磁场中做类平抛运动，‎ 竖直方向匀加速直线运动：‎ 水平方向匀速直线运动：‎ 解得：‎ ‎(2)由电场力做功 可得：‎ ‎(3)由动能定理得：‎ 解得: ‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，在垂直于磁场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做匀加速直线运动，且分运动与合运动具有等时性．‎ ‎ ‎ ‎ ‎