1、河南省南阳市第一中学2019-2020学年高二物理上学期第四次月考试题（含解析）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
2、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
3、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】【详解】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
4、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NM，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
5、D. 安培力对ab棒做总功为【答案】CD【解析】【详解】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
6、，O为半圆弧的圆心，MOP60，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. 1B. 2C. 11D. 12【答案】B【解析】【详解】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
7、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】【详解】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B7.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
8、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EBr2/2，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IBr2/(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轴正方向成角（0）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，越大，则粒子在磁场中运动的时间越长B. 若v一定，越大，则粒子在离开磁场的位置距O点越远C. 若一定，v越大，则粒子在磁场中运动
9、的角速度越大D. 若一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间不变【答案】D【解析】【详解】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，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，为锐角越大时，则Oa就越大，但为钝角越大时，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，不变，故C错
10、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. BkLB. C. D. 【答案】AC【解析】【详解】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
11、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
12、，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NC. 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】【详解】A.由图乙所示图象可知，0t0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
13、势，导体棒受到向左的摩擦力；在t02t0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0t0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t02t0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0t0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
14、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，
15、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_【答案】 (1). 100 (2). 欧姆调零（或重新欧姆调零） (3). 2.2103 (或 2.2k)【解析】【详解】1用10档
16、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23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2.2103 (或 2.2k)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 k)； B电流表A2(量程3 A，内阻约0.5 )；C电流表A1(量程1 A，内阻约0.5 )； D定值电阻R
17、0(阻值约为3 )；E滑动变阻器R(010 )； 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 （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_，电池电动势为_ V(以上两空均保留两位有效数字)【答案】 (1). C (2). B (3). (4). 0.85 (5). 2.9【解析】（1）定值电阻约为3，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
18、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=2.88V2.9V；图象的斜率表示内阻，故内阻r=-R0=0.85； 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 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
19、时间t变化的关系如图乙所示有一个R=2 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E4.5 V电流I1.5 AUab=-IR=-3V（2）通过电阻R的电荷量q=It=6C（3）由焦耳定律可得QI2Rt，得Q=18 J16.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
20、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】【详解】（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
21、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，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
22、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由题设条件和图中几何关系可知：rd 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：qEmax根据运动学公式有：vxaxt，d 由于粒子在电场中做类平抛运动（如图），有：tan由式联立解得：（2）由式联立解得：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
23、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】【详解】(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: