1、河北省保定市易县中学2020-2021学年高二物理上学期12月月考试题（含解析）考试时间：90分钟注意事项：1. 答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2. 请将答案正确填写在答题卡上第卷（选择题，48分）一、单选题（共8小题，每小题4分，共32分）1. 如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则A. P和Q都带正电荷B. P和Q都带负电荷C. P带正电荷，Q带负电荷D. P带负电荷，Q带正电荷【答案】D【解析】【详解】AB受力分析可知，P和Q两小球，不能带同种电荷，AB错误；CD若P球带负电，Q球带正电，如下图
2、所示，恰能满足题意，则C错误D正确，故本题选D2. 如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略平行板电容器C的极板水平放置闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动 如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是( )A. 增大R1的阻值B. 增大R的阻值C. 增大两板间的距离D. 断开电键S【答案】B【解析】试题分析：以油滴为研究对象进行受力分析可知，油滴静止不动，所受电场力与重力平衡，即，现欲使油滴仍能处于平衡状态，则保证电场强度不发生变化即可，R1的电压不变即可，题中R2没有电流通过，故改变R2时对电路工作状态无影响，所以选项B正确、A错误；而增大两板间距离
3、时，电场强度减小，油滴下落，所以选项C错误；断开电键S时，电容器与可变电阻构成闭合回路，电容器放电，油滴下落，所以选项D错误；考点：闭合电路欧姆定律、平行板电容器3. 如图所示，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为()A. 0B. C. D. 2B0【答案】C【解析】【详解】在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离为l的a点处的磁感应强度为零，如下图所示：由此可
4、知，外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，即B1=B0；依据几何关系，及三角知识，则有：BPcos30=B0； 解得P或Q通电导线在a处的磁场大小为BP=B0；当P中的电流反向，其他条件不变，再依据几何关系，及三角知识，则有：B2=B0；因外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，磁场大小为B0；最后由矢量的合成法则，那么a点处磁感应强度的大小为B=，故C正确，ABD错误4. 如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面（abcd所在平面）向外ab边中点有一电子发源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子已知电子的比荷为k则从a、d两点射出的电子的速度大小
5、分别为A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】B【解析】【详解】a点射出粒子半径Ra= =，得：va= =，d点射出粒子半径为 ，R= 故vd= =，故B选项符合题意5. 图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是()A. 向上B. 向下C. 向左D. 向右【答案】B【解析】试题分析：带电粒子在磁场中受洛伦兹力，磁场为4根长直导线在O点产生的合磁场，根据右手定则，a在O点产生的磁场方向为水平向左，b在O点产生磁场方向为竖直向上，c在O点产生的
6、磁场方向为水平向左，d在O点产生的磁场方向竖直向下，所以合场方向水平向左根据左手定则，带正电粒子在合磁场中洛伦兹力方向向下故选B考点：洛伦兹力方向判定（左手定则）和直导线周围磁场的判定（右手螺旋定则）6. 如图所示，两电荷量分别为和的点电荷固定在直线上，两者相距为L，以点电荷所在位置为圆心、为半径画圆，是圆周上四点，其中在直线上，两点连线垂直于，下列说法正确的是（）A. 两点的电场强度相同B. 两点的电势相同C. a点的电势高于b点的电势D. a点的电场强度小于b点的电场强度【答案】B【解析】【详解】A的场源在、两点产生的场强大小相等，的场源在、两点的产生的场强大小也相等，根据场强的合成可知两
7、点的总场强大小相等，但方向不同，故、两点的电场强度不同；故A错误；BC、四点在以点电荷为圆心圆上，可知产生的电场在、四点的电势是相等的，所以、四点的总电势可以通过产生的电场的电势确定，根据顺着电场线方向电势降低可知，点的电势最高，、两点对称电势相等，点电势最低；故B正确，C错误；D由点电荷的场强公式合成可得方向向左；方向向右；故则D错误。故选B。【点睛】本题考查判断电势、场强大小的能力，要利用库仑定律和场强的矢量合成的方法对各点的电势和场强进行判定，并且要充分利用电场的叠加原理进行分析。7. 如图所示，质量为m、长为L的铜棒，用两根等长的绝缘细线水平悬吊在竖直向上的匀强磁场中。中未通电流时，细
8、线竖直，通入恒定电流I后，棒静止时细线向纸面外偏转的角度为，重力加速度为g，则（）A. 棒中电流的方向为B. 若只增大两细线的长度，静止时，细线与竖直方向的夹角小于C. 若只改变磁感应强度，使静止时，细线与竖直方向夹角为，则磁感应强度的最小值为D. 若只改变磁感应强度，使静止时，细线与竖直方向夹角为，则磁感应强度的最小值为【答案】D【解析】【详解】A由左手定则可知，棒中电流的方向为，A错误；B当ab静止时满足若只增大两细线的长度，静止时，细线与竖直方向的夹角仍为，B错误；CD若只改变磁感应强度，使静止时，细线与竖直方向夹角为，则当安培力与细线垂直时最小，则此时磁感应强度的最小值为C错误，D正确
9、。故选D。8. 在同一匀强磁场中，粒子（ ）和质子（）做匀速圆周运动，若它们的质量和速度的乘积大小相等，则粒子和质子（）A. 运动半径之比是21B. 运动周期之比是21C. 运动速度大小之比是41D. 受到的洛伦兹力之比是21【答案】B【解析】【详解】C两个粒子的质量和速度的乘积大小相等，质量之比是4：1，可知运动速度大小之比是1：4，选项C错误；A质子H和粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，均由洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 得轨道半径根据粒子（）和质子（）的电荷量之比是2：1，则得RHe：RH=1:2故A错误；B粒子运动的周期所以运动周期之比是故B正确；D根据粒子受到的洛伦兹力得故D错误
10、故选B。二、多选题（共4题，每小题4分，共16分，选对但不全的得2分）9. 磁场中某区域的磁感线如图所示，现将一小段电流元放入磁场中，则（）A. a、b两处的磁感应强度的大小不等，B. 电流元所在位置的磁感应强度随电流元电流的增大而增大C. a、b两处的磁感应强度的方向即电流元所受的安培力方向D. 同一电流元放在b处受力可能比放在a处小【答案】AD【解析】【详解】A磁感线疏密表示磁场的强弱，由图可知，a处的磁感应强度小于b处的磁感应强度，A正确；B磁感应强度的大小由磁场本身决定，跟电流元电流的大小无关，B错误；C磁感应强度的方向与放入磁场中的电流元所受的安培力方向的方向垂直，C错误；D安培力大
11、小与磁感线应强、电流大小以及二者的夹角有关，因此同一电流元放在a处受力可能比放在b处受力大，D正确。故选AD。10. 如图所示，框架面积为S，框架平面与磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直，则穿过平面的磁通量的情况是（）A. 如图所示位置时等于0B. 若使框架绕OO转过60角，磁通量为C. 若从初始位置转过90角，磁通量为BSD. 若从初始位置转过180角，磁通量变化为2BS【答案】BD【解析】【详解】A线圈与磁场垂直，穿过线圈的磁通量等于磁感应强度与线圈面积的乘积，故图示位置的磁通量为，故A错误；B使框架绕转过角，则在磁场方向的投影面积为，则磁通量为，故B正确；C线圈从图示转过的过程中，S垂直磁
12、场方向上的投影面积逐渐减小，故磁通量逐渐减小，当线圈从图示转过时，S磁通量为0，故C错误；D从初始位置转过角，磁通量变化为故D正确故选BD。11. 如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，其中央正上方固定一根直导线，导线与磁铁垂直，并通以垂直纸面向外的电流，（）A. 磁铁对桌面的压力减小B. 磁铁对桌面的压力增大C. 受到桌面向左的摩擦力D. 受到桌面向右的摩擦力【答案】AD【解析】在磁铁外部,磁感线从N极指向S极,长直导线在磁铁的左上方,导线所在处磁场方向是左偏下;导线电流垂直于纸面向外,由左手定则可以知道,导线受到的安培力右偏下;由牛顿第三定律可以知道,导线对磁铁的作用力左偏上，,因此磁铁对桌面
13、的压力减小,小于磁铁的重力,磁铁有向左运动的趋势，所以受到向右的摩擦力，故AD正确综上所述本题答案：AD点睛：先以通电导线为研究对象,由左手定则判断出导线受到安培力的方向;然后由牛顿第三定律求出磁铁受到磁场力的方向,最后判断磁铁对桌面的压力如何变化,判断磁铁受到的摩擦力方向.12. 如图所示是选择密度相同、大小不同纳米粒子的一种装置。待选粒子带正电且电量与其表面积成正比。待选粒子从O1进入小孔时可认为速度为零，加速电场区域的板间电压为U，粒子通过小孔O2射入正交的匀强电场磁场区域，其中磁场的磁感应强度大小为B，左右两极板间距为d。区域出口小孔O3与O1、O2在同一竖直线上。若半径为r0，质量为
14、m0、电量为q0的纳米粒子刚好能沿直线通过，不计纳米粒子重力，则（）A. 区域中电场与磁场的强度的比值为 B. 区域左右两极板的电势差为 C. 若纳米粒子的半径rr0，则刚进入区域的粒子仍将沿直线通过D. 若纳米粒子的半径rr0，仍沿直线通过，则区域的电场与原电场强度的比值为 【答案】AD【解析】【详解】A设半径为r0的纳米粒子加速后的速度为v，则设区域内电场强度为E，洛伦兹力等于电场力，即解得则区域的电场与磁场的强度的比值为，故A正确； B区域左右两极板的电势差为故B错误；C若纳米粒子的半径rr0，设半径为r的粒子的质量为m、带电量为q、被加速后的速度为v，则而由解得故洛伦兹力变小，粒子带正
15、电，故粒子向左偏转，故C错误；D由于故洛伦兹力与原来的洛伦兹力的比值为，电场力与洛伦兹力平衡，故电场力与原来的电场力的比值为，根据FqE，区域的电场与原电场的电场强度之比为，故D正确。故选AD。第卷（非选择题）三、实验题（共16分）13. 某同学在测量金属丝电阻率时，先后用游标卡尺和螺旋测微器测量金属丝的直径，测量结果如图甲乙所示，图甲为_mm，图乙为 _mm；接着利用多用电表欧姆“”档进行粗略测量电阻，测量结果如图丙中a指针所示，则电阻为_，最后用伏安法测量电阻，利用多用电表直流250mA档测量电流，测量结果如图丙中b指针所示，电流为_mA【答案】 (1). 4.40 (2). 4.390
16、(3). 13.0 (4). 200【解析】【详解】1游标卡尺是20分度的卡尺，其分度值为，则图示读数为 2由图示螺旋测微器可知，其读数为 3用多用电表“”挡，两表笔直接接触,调零后进行测量，由图丙所示可知，该电阻的阻值约为4用多用电表直流250mA档测量电流时，由图丙中b指针可得电流约为：200mA。14. 某实验小组要用伏安法从零开始描绘某灯泡的U-I图线，小组观察发现小灯泡上标有“5V 2W”的字样。实验室现有下列器材供选用A.电压表（015V，内阻约为20k）B.电压表（06V，内阻约为5k）C.电流表（00.6A，内阻约为0.6）D.滑动变阻器（500，最大电流为1A）E.滑动变阻器
17、（10，最大电流为2A）F.学生电源（直流6V）、开关、导线若干；(1)实验中所用电压表应选_，滑动变阻器应选_；（均用选项前的字母表示）(2)根据实验的要求在虚线框中画出实验电路图；（ ）(3)该实验小组根据实验得到的数据画出了如图所示的小灯泡的U-I图线。当用电动势为4V、内阻为10的电源直接给该小灯泡供电时，该小灯泡的实际功率是_W。（保留一位有效数字）【答案】 (1). B (2). E (3). (4). 0.3【解析】【详解】(1)1电压需要达到小灯泡的额定电压5V，所以电压表选择B。2电压从0开始调节，滑动变阻器采用分压法接入电路，为了方便调节，需要选择阻值较小，额定电流较大的滑
18、动变阻器，即选择E。(2)3小灯泡的电阻约为根据可知电压表分流较小，所以电流表需要采用外接法，电路图如图(3)4在图像中根据闭合电路欧姆定律做出电源的图像如图图中交点即为小灯泡直接接入电源时的电流和电压，即，则功率为四、解答题（共38分）15. 如图所示，空间内存在水平向右的匀强电场，电场强度为E=2.0104V/m，不可伸长的绝缘细绳一端固定在O点，另一端拴接质量为m=0.8kg，电荷量为q=210-4C的带电小球A，OA长度为L=600cm，重力加速度g取10m/s2，小球自细绳拉直且水平位置由静止释放。求：(1)小球A刚到达O点正下方时的动能Ek；(2)小球到达最低点时的加速度a的大小。
19、【答案】(1)24J；(2)【解析】【详解】(1)小球A自水平位置出发，至O点正下方的过程中，根据动能定理有所以(2)绳子拉紧时，小球在最低点水平方向加速度竖直方向加速度其中代入解得小球到达最低点时的加速度16. 如图所示，斜面上表面光滑绝缘，倾角为，斜面上方有一垂直纸面向里的匀强磁场.磁感应强度为B，现有一个质量为m、带电荷量为+q的小球在斜面上被无初速度释放，假设斜面足够长.则小球从释放开始，下滑多远后离开斜面.【答案】【解析】【详解】小球沿斜面下滑，在离开斜面前，受到的洛伦兹力F垂直斜面向上，其受力分析图沿斜面方向：mgsin=ma；垂直斜面方向：F+FN-mgcos=0.其中洛伦兹力为
20、F=Bqv.设下滑距离x后小球离开斜面，此时斜面对小球的支持力FN=0，由运动学公式有v2=2ax，联立以上各式解得17. 如图所示，一个质量为m2.01011kg，电荷量q1.0105C的带电微粒，从静止开始经U1100V电压加速后，沿着平行于两金属板面射入偏转电场中，经偏转后进入右侧的匀强磁场。金属板的上极板带正电，下极板带负电，两板间电压U2100V，板长L20cm，两板间距。右侧匀强磁场足够长，宽度D10cm，微粒的重力忽略不计，求：(1)微粒进入偏转电场时的速度v0大小；(2)微粒射出偏转电场时的速度偏转角；(3)为使微粒不会从磁场右边界射出，则最小的磁感应强度B的大小。【答案】(1
21、)；(2)30；(3)或【解析】【详解】(1)微粒在加速电场中，由动能定理有 解得 (2)微粒在偏转电场中做类平抛运动，如图所示 偏转角(3)微粒进入磁场做匀速圆周运动进入磁场的速度 微粒恰好不从右边界射出时 解得为使微粒不会由磁场右边界射出，磁感应强度最小值为或。18. 如图所示，平面直角坐标xOy的第一象限内存在着有界匀强磁场和匀强电场直线y=d与y轴相交于P点，磁场分布在x轴与直线y=d之间，方向垂直纸面向里；电场分布在直线y=d上方，电场强度为E，方向竖直向下质量为m、电荷量为q的带正电荷的粒子从坐标原点O垂直磁场方向射入，射入时的速度大小为v0，方向与x轴正方向成60，并恰好从P点离
22、开磁场。(不计粒子的重力)(1)求磁场的磁感应强度大小B；(2)若将磁感应强度大小变为，其他条件不变，求粒子能达到纵坐标的最大值ym；粒子在第一象限内运动的时间t。【答案】(1) ；(2) ；【解析】【详解】(1)粒子磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图由牛顿第二定律可得根据粒子在磁场中运动的轨迹，由几何关系可得联立解得(2)磁感应强度大小变为后，粒子的道半径变为运动轨迹如图所示粒子进入电场时速度沿y轴正方向，粒子从进入电场到速度减为0的过程，由动能定理可得解得粒子能达到的纵坐标的最大值解得由几何关系可知粒子在第一次磁场内运动的圆心角为，运动的时间粒子在电场内先向上减速为零，再向下加速，设进入电场到离开电场运动的时间，取向上为正，向动量定理可得解得粒子从电场进入磁场仍做匀速圆周运动，设运动时间为，根据对称性可知粒子在第一象限内运动的时间解得
