1、福建省南安第一中学2019-2020学年高二物理上学期第二次月考试题（选考）（含解析）一单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求1.倾角为30的光滑斜面上，置一通有电流I，长L，质量为m的导体棒，重力加速度为g，要使棒静止在斜面上，外加平行于纸面的匀强磁场的磁感应强度B不可能值为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】由图可知，当安培力F平行于斜面向上时安培力最小，即：BIL=mgsin，解得：由此可知磁感应强度时，棒会静止在斜面上。A。故A不符合题意。B。故B不符合题意。C。故C不符合题意。D。故D符合题意。2.在匀强磁场
2、中，一带电粒子沿着垂直磁感应强度的方向运动现将该磁场的磁感应强度增大为原来的 2 倍，则该带电粒子受到的洛伦兹力（）A. 变为原来的四分之一B. 增大为原来的4倍C. 减小为原来的一半D. 增大为原来的2倍【答案】D【解析】【详解】根据洛伦兹力公式F=qvB可知，粒子速度与磁场方向垂直时，当该磁场的磁感应强度增大为原来的 2 倍时，洛伦兹力将变为原来的2倍。A变为原来的四分之一。故A不符合题意。 B增大为原来的4倍。故B不符合题意。C减小为原来的一半。故C不符合题意。 D增大为原来的2倍。故D符合题意。3.如图a、b、c、d四个点在一条直线上，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处固定
3、有一电荷量为Q的点电荷，在d点处固定有另一个电荷量未知的点电荷，除此之外无其他电荷，已知b点处的场强为零，则c点处场强的大小为（或k为静电力常量）（）A. 0B C. D. 【答案】B【解析】【详解】根据题可知，b点处的场强为零，说明a处和d处的两个电荷在b处产生的场强大小相等，方向相反，则有：，可得： Q=4Q电性与Q相同。则Q在c产生的场强大小为：，方向向右；Q在c产生的场强大小为：，方向向左；故c点处场强的大小为 ：A0。故A不符合题意。 B。故B符合题意。 C。故C不符合题意。 D。故D不符合题意。4.1820年4月，丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应已知通电长直导线周围某点的磁感应
4、强度B=k，即磁感应强度B与导线中的电流成正比、与该点到导线的距离r成反比如图所示，两根平行长直导线相距为x0，分别通以大小不等、方向相同的电流，已知I1I2规定磁场方向垂直纸面向外为正，在0x0区间内磁感强度B随x变化的图线可能是图中的( )A. B. C. D 【答案】D【解析】【详解】根据右手螺旋定则可得左边通电导线I1在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向里，右边通电导线I2在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向外，离导线越远磁场越弱，由于I1b），所以不能沿下极板B的边缘飞出，而是粒子将打在下板B上；电容器两极板电压U不变，距离d变小，板间场强变大，上极板与进入电容器的点间电压变大，进入电容
5、器的点与下极板间电压变小，电子运动过程，电场力做功变小，初动能相同，由动能定理，打到B板上时的动能变小，也就是速率小于v，故A错误，B正确；CD.若下极板B不动，上极板A上移，电容器两极板电压U不变，距离d变大，y减小（yb），将从B板边缘的上方穿出电场，所以CD错误。二、多选题（本大题共5小题，每小题4分，漏选得2分，误选不得分。共20分）8.如图所示，B金属板固定不动且带有一定量的负电荷，A金属板接地且带有一绝缘手柄，开始两板正对，有一定间距，为使B板电势升高，可将（）A. A板向左远离BB. A板向右靠近BC. A板向上平移一些D. 插一塑料介质板在A、B间【答案】BD【解析】【详解】A
6、板接地，B板的电势比A板的低，为使B板电势升高，应使两板间的电势差U变小，根据定义式，可知，极板的电荷量Q不变，要使U减小，必须使C增大，由电容决定式：，可知减小两板间的距离、增大正对面积或插入电介质。AA板向左远离B。故A不符合题意。 BA板向右靠近B。故B符合题意。 CA板向上平移一些。故C不符合题意。 D插一塑料介质板在A、B间。故D符合题意。9.在如图所示的电路中，当闭合开关S后，若将滑动变阻器的滑片P向下调节，正确的是（）A. 电流表示数增大B. 电压表示数增大C. L1灯变亮D. L2灯变亮【答案】AC【解析】【详解】由图可知，R与L2并联后与L1串联，电压表测量电源的路端电压；当
7、滑片下移时，滑动变阻器接入电阻减小；则总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流增大，所以灯泡L1变亮；由U=E-Ir可知，路端电压减小，所以电压表示数减小。因路端电压减小，灯L1电压增大，故并联部分电压减小；则L2亮度变暗，电流减小；再由并联电路中的电流规律可知，流过A的电流增大。A电流表示数增大。故A正确。B电压表示数增大故B错误。CL1灯变亮。故C正确。DL2灯变亮。故D错误。10.如图所示，电路中有一段金属导体，它的横截而是宽为a、高为b的长方形，放在沿y轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿a轴正方向、大小为I的电流，已知金属导体中单位体积的自由电子数为n，电子电荷量为e，金属导电
8、过程中，自由电子做定向移动可视为匀速运动，测出金属导体前后两个侧面间的电势差的大小为U，则下列说法正确的是( )A. 前侧面电势较高B. 后侧面电势较高C. 磁感应强度的大小为D. 磁感应强度的大小为【答案】BC【解析】电子定向移动的方向沿x轴负向，所以电子向前表面偏转，则前表面带负电，后表面失去电子带正电，后侧面的电势较高，当金属导体中自由电子定向移动时受洛伦兹力作用向前侧面偏转，使得前后两侧面间产生电势差，当电子所受的电场力与洛伦兹力平衡时，前后两侧面间产生恒定的电势差则可得，由以上几式解得磁场的磁感应强度：，故BC正确，AD错误；选BC.【点睛】电子定向移动形成电流，根据电流的方向得出电
9、子定向移动的方向，根据左手定则，判断出电子的偏转方向，在前后两侧面间形成电势差，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下平衡，根据平衡求出磁感应强度的大小11.如图所示为回旋加速器的示意图两个靠得很近的D形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中，一质子从加速器的A处开始加速已知D型盒的半径为R，磁场的磁感应强度为B，高频交变电源的电压为U、频率为f，质子质量为m，电荷量为q下列说法错误的是 （ ）A. 质子的最大速度不超过2RfB. 质子的最大动能为C. 质子的最大动能与高频交变电源的电压U无关D. 质子的最大动能与高频交变电源的电压U有关，且随电压U增大而增加【答案】D【解析】【详解】质子出回旋加速器的
10、速度最大，此时的半径为R，则所以最大速度不超过2fR故A正确质子的最大动能，与电压无关，故BC正确，D错误；因选错误的，故选D.12.如图，光滑绝缘细杆与水平面成角固定，杆上套有一带正电的小球，质量为m，带电荷量为q为使小球静止在杆上，可加一匀强电场所加电场的场强满足什么条件时，小球可在杆上保持静止（）A. 竖直向上,场强大小为B. 垂直于杆斜向上,场强大小为C. 水平向右,场强大小为D. 平行于杆斜向上,场强大小为【答案】AD【解析】【详解】A若电场方向竖直向上，此时球受两个力，竖直向上的电场力和竖直向下的重力，根据二力平衡可知，Eq=mg，所以有：故A符合题意。B若电场方向垂直于杆斜向上，
11、小球受到的电场力方向也垂直于杆斜向上，在垂直于杆的方向小球受力能平衡，而在平行于杆方向，重力有沿杆向下的分力，没有力与之平衡，则小球将向下滑动，不能保持静止。故B不符合题意。C若电场方向向右，此时受三个力，重力、电场力和支持力。重力和电场力垂直于杆方向的分力的合力和支持力等值反向，重力和电场力沿杆子方向的分力大小相等方向相反，有mgsin=Eqcos，所以有：故C不符合题意。D如电场方向平行于杆斜向上，此时受三个力，重力、沿杆方向的电场力和支持力。重力和电场力垂直于杆方向的分力的合力和支持力等值反向，重力和电场力沿杆子方向的分力大小相等方向相反，有mgsin=Eq，可得：故D正确。三、实验题（
12、本大题共2小题，共12分）13.如图为一正在测量电阻中的多用电表表盘和用测量圆柱体直径d的螺旋测微器，如果多用表选用100档，则其电阻为 、圆柱直径为 mm【答案】1200；1.706【解析】试题分析：欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数解：如果多用表选用100挡，由图1所示可知，所测电阻阻值为：12100=1200；由图2所示螺旋测微器可知，其示数为：1.5mm+20.60.01mm=1.706mm；故答案1200；1.706【点评】本题考查了欧姆表与螺旋测微器读数，要掌握常用器材的使用及读数方法，难度不大，属于基础题14.某物理学习小
13、组中甲、乙两同学分别做了以下实验（1）甲同学用下列器材探究一个小灯泡（3V、1.5W）的电阻随其两端电压的变化关系：A待测小灯泡（3V、1.5W）B电源（3V，内阻不计）C电流表（03A，内阻0.1）D电流表（0600mA，内阻约0.5）E电压表（03V，内阻约0.3k）F滑动变阻器（010，1A）G滑动变阻器（01k，300mA）H开关一个、导线若干实验中电流表应选用_ ，滑动变阻器应选用_ （填器材前的字母）该同学描绘出小灯泡的伏安特性曲线，如图甲所示，则小灯泡的电阻随其两端电压的变化关系是_ （2）乙同学用下列器材测定一电池组的电动势和内电阻：A待测电池组（电动势约3V，内阻约1）B定值
14、电阻（R0=5）C电阻箱R（099.9）D电压表（03V，内阻约5k）E开关一个、导线若干请在图乙所示虚线框内画出实验原理图_该同学正确测量后通过描点得到图丙所示的图象，则由此可知电源的电动势为E= _ V，内电阻为r= _ （保留两位有效数字）【答案】 (1). D (2). F (3). 电阻随电压的增大而增大 (4). (5). 3.0 (6). 1.0【解析】【详解】(1)12由图可知，电流的最大值为0.5A，故电流表应选择600mA，故选D；因采用滑动变阻器分压接法，故滑动变阻器选择小电阻F。3由图可知，I-U图象中的斜率减小，因I-U图象中的斜率表示电阻的倒数，可知电阻随电压的增大
15、而增大。(2)4因没有给出电流表，故应采用电压表和电阻箱组合进行测量，同时因内阻较小，故应将定值电阻与电源相连充当等效电源；原理较如图所示：56根据闭合电路欧姆定律可知：，变形得：，则由图象可知：，可得：E=3.0V斜率为：，可得：r=1.0四、计算题（本大题共3小题，共40分）15.ABC表示竖直放在电场强度为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的圆环，轨道的水平部分与半圆环相切A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg，带电量为q=+C的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2） (1)小球到达C点的速度大小(2)
16、小球在C点时，轨道受到的压力大小【答案】(1) (2)3N【解析】【详解】(1)设小球在C点的速度大小是vC，则对于小球由AC的过程中，由动能定理得：解得： (2)小球在C点时受力分析如图由牛顿第二定律得：解得：由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力：NC=NC=3N16.如图所示，绝缘水平面上有相距为L=15m的A、B两点，质量为m=2.2kg、带电量为q=+3104C的物体静止放在水平面上的A点，其与水平面间的动摩擦因数为=0.5某时刻，空间加上与水平方向成=37角斜向上的匀强电场，使物体从静止开始加速运动，经过C点时，电场突然消失，物体继续运动到B位置停下已知物体减速运动的时间是加速运动时
17、间的2倍，sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度g取10m/s2，求：(1)匀强电场的电场强度；(2)电场中A、C两点之间的电势差【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）物体先加速后减速，根据运动公式求解加速阶段的加速度，结合牛顿第二定律求解场强的大小；（2）求解加速阶段的距离，根据U=Ed求解电势差.【详解】（1）设电场力为F，AC、BC间加速度、时间分别为a、a和t、t，由题意可知，物体做匀减速运动的加速度为 由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此at=at又t=2t解得a=2a=10m/s2，物体在电场力作用下做匀加速运动，由牛顿第二定律： 解得F=30N，则
18、电场强度 （2）物体从A运动到B,有： 又t=2t，则加速阶段的位移： AC两点之间的电势差17.质量均为m、电荷量分别为q和-q（q0）的带电小球M、N先后以相同的初速度沿水平方向射向正前方电场强度为E=的有界电场（电场在竖直方向上足够长），有界电场的水平宽度是D，电场方向水平向右在电场的右边紧邻着一个的匀强磁场（足够大），方向垂直纸面向里已知N进入电场后，恰好没有从电场的右边界离开电场；M进入电场后，恰能做直线运动不计空气阻力，重力加速度大小为g求：（1）两带电小球的初速度大小；（2）带电小球N进出电场时的竖直方向上的距离（3）带电小球M进入右边的磁场后，能获得的最大动能【答案】（1）（2
19、）16D（3）9mgD【解析】【详解】(1)因题目所给的条件是N恰好没有从电场的右边界离开电场，说明N在水平方向上刚到达电场的右边界时水平速度恰好减为零则，ax表示N在电场中的水平方向上的加速度大小，又联立以上两式得：v0=(2)设N在电场中运动的时间是t，且最终从电场的左侧离开电场，所以设M进入电场时，速度方向与水平方向的夹角是，如图所示：M进入电场后，恰能做直线运动，则，得vy=v0tan=2v0N从进入电场到离开电场时，在竖直方向上的距离是：化简后得：y=16D(3)设M刚进入磁场时速度为，水平分速度与竖直分速度分别为与，如图所示：则：由产生的洛伦兹力的大小是： 方向竖直向上，正好平衡重力，另一个分速度将使小球M在磁场中做匀速圆周运动，由于洛伦兹力不做功，只有重力做功，所以小球M运动四分之一个周期时，到达运动轨迹的最低点，将获得最大动能由决定的半径是：设小球M能获得的最大动能是Ekm，根据动能定理： 所以最大动能是：Ekm=9mgD
