1、甘肃省白银市会宁县一中2020-2021学年高二物理上学期第二次月考试题（含解析）一、实验题（1-7为单选，8-10为多选，每题5分，共50分）1. 三根平行的直导线，分别垂直地通过一个等腰直角三角形的三个顶点，如图所示，现使每条通电导线在斜边中点O所产生的磁感应强度的大小均为B，则该处的磁感应强度的大小和方向是（ ）A. 大小为B，方向垂直斜边向下B. 大小为B，方向垂直斜边向上C. 大小为B，斜向右下方D. 大小为B，斜向左下方【答案】C【解析】由题意可知，三平行的通电导线在O点产生的磁感应强度大小相等，方向如图；则：B合=，故ABD错误，C正确，故选C点睛：磁感应强度为矢量，合成时要用平
2、行四边形定则，因此要正确根据安培定则判断导线周围磁场方向是解题的前提2. 如图所示A、B、C、D、E、F为匀场电场中正六边形的六个顶点，已知A、B、C电势分别为1V、6V、8V，电场强度方向与正六边形在同一平面内，则D点电势为（ ）A. 5VB. 7VC. 8VD. 6V【答案】A【解析】【详解】连接AD，由正六边形的性质AD平行于BC且为BC长度两倍，所以AD电势差时BC电势差的两倍，所以D点电势1+2（8-6）=5V所以选A3. 如图，光滑斜面上放置一根通有恒定电流的导体棒，空间有垂直斜面向上的匀强磁场B，导体棒处于静止状态现将匀强磁场的方向沿图示方向缓慢旋转到水平方向，为了使导体棒始终保
3、持静止状态，匀强磁场的磁感应强度应同步A. 增大B. 减小C. 先增大，后减小D. 先减小，后增大【答案】A【解析】【详解】对导体棒进行受力分析如图:当磁场方向缓慢旋转到水平方向，安培力方向缓慢从图示位置转到竖直向上，因为初始时刻安培力沿斜面向上，与支持力方向垂直，最小，所以安培力一直变大，而安培力：，所以磁场一直增大，BCD错误A正确4. 如图是横截面积、长度均相同的甲、乙两根电阻丝的图像现将甲、乙串联后接入电路中，则：A. 甲电阻丝两端电压比乙电阻丝两端的电压小B. 甲电阻丝的电阻率比乙电阻丝的电阻率小C. 在相同时间内，电流通过乙电阻丝产生的焦耳热少D. 甲电阻丝消耗的电功率比乙电阻丝消
4、耗的电功率小【答案】C【解析】【详解】解：由图象可知，在电流I相同时，R甲R乙，A、两电阻丝串联通过它们的电流I相等，而R甲R乙，由UIR可知，U甲U乙，故A错误；B、由于两电阻丝的横截面积与长度相同，R甲R乙，由电阻定律可知，甲的电阻率大于乙的电阻率，故B错误；C、两电阻串联I相同，R甲R乙，由焦耳定律可知，W甲W乙，故C正确；D、两电阻串联，通过它们的电流I相同，R甲R乙，由PI2R可知，P甲P乙，故D错误；故选C5. 长直导线与矩形线框abcd处在同一平面中静止不动，如图甲所示长直导线中通以大小和方向都随时间做周期性变化的交流电：iImsin t，it图象如图乙所示规定沿长直导线向上的电
5、流为正方向关于最初一个周期内矩形线框中感应电流的方向，下列说法正确的是()A. 由顺时针方向变为逆时针方向B. 由逆时针方向变为顺时针方向C. 由顺时针方向变为逆时针方向，再变为顺时针方向D. 由逆时针方向变为顺时针方向，再变为逆时针方向【答案】D【解析】【详解】据图乙可知，在四分之一周期内，电流变大，据右手螺旋定则可知，矩形线圈所处的磁场垂直面向里变大，即导致穿过线圈中的磁通量减大，由楞次定律可知，产生的感应电流方向为逆时针；同理分析可知，在T/43T/4时间内，矩形线圈产生的电流方向为顺时针；在3T/T时间内矩形线圈产生的感应电流方向逆时针；故ABC错误，D正确故选D6. 如图甲，在虚线所
6、示的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场变化规律如图乙所示，面积为S的单匝金属线框处在磁场中，线框与电阻R相连若金属框的电阻为 ，则下列说法正确的是A. 流过电阻R的感应电流方向由右向左B. 线框cd边受到的安培力方向向上C. 感应电动势大小为D. R两端的电压大小为【答案】D【解析】A、由楞次定律可得：感应电流的方向为逆时针，所以通过R的电流方向为从左向右，故A错误；B、根据左手定则可知，线框cd边受到的安培力方向向下，故B错误；C、穿过线圈的感应电动势为，故C错误；D、由闭合电路殴姆定律可得：，那么R两端的电压为，故D正确；故选D【名师点睛】线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均
7、匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小再由闭合电路的殴姆定律可求出电流大小，从而得出电阻R两端的电压，再由楞次定律判定感应电流方向，最后由左手定则来确定安培力的方向7. 如图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b，内有带电量为q的某种自由运动电荷导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且上表面的电势比下表面的低由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为A. ，负B. ，正C. ，负D.
8、 ，正【答案】C【解析】【详解】因为上表面电势比下表面的低，根据左手定则，知道移动的电荷为负电荷；根据电荷所受的洛伦兹力和电场力平衡可得：解得：因为电流为：解得：A.与分析不符，故A错误；B.与分析不符，故B错误；C.与分析相符，故C正确；D.与分析不符，故D错误8. 如图所示，直线、分别是电源与电源的路端电压随输出电流变化的特性曲线，曲线是一个小灯泡的伏安特性曲线，则A. 电源与电源的内阻之比为12：7B. 电源与电源的电动势之比为7：12C. 若该小灯泡分别与电源I和电源II单独连接，则小灯泡的电阻之比为35：24D. 若该小灯泡分别与电源I和电源II单独连接，则电源I和电源II输出功率之
9、比为10：21【答案】AD【解析】根据电源图线，斜率的绝对值等于内阻，则：7，故A正确电源图线在纵坐标的截距表示电动势的大小，所以，故B错误；灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线的交点即为灯泡与电源连接时的工作状态，则； ，所以小灯泡的电阻之比为24：故C错误；，：21，故D正确故选AD点睛：本题关键在于对电源外特性曲线、灯泡伏安特性曲线理解，根据电源的外特性曲线U-I图线，可求出电动势和内阻；根据灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线交点确定灯泡与电源连接时工作电压与电流，即可求出功率与灯泡电阻9. 两个电荷量、质量均相同的带电粒子甲、乙以不同速率从a点沿对角线方向射入正方形匀强磁场中，磁场方向垂直纸
10、面向里甲粒子垂直bc离开磁场，乙粒子垂直ac从d点离开磁场，不计粒子重力，则( )A. 甲粒子带正电，乙粒子带负电B. 甲粒子的运行动能是乙粒子运行动能的2倍C. 甲粒子所受洛伦兹力是乙粒子所受洛伦兹力的2倍D. 甲粒子在磁场中的运行时间与乙粒子相等【答案】AC【解析】试题分析: A、由左手定则可判定甲粒子带正电，乙粒子带负电，A正确；B、令正方形磁场边长为L，则由题知甲粒子运行的半径为，乙粒子运行的半径为，由洛伦兹力提供向心力有，动能，甲粒子的运行动能是乙粒子运行动能的4倍，B错误；C、由得，所以甲粒子在磁场中所受洛伦兹力是乙粒子所受洛伦兹力的2倍，C正确；D、，甲粒子运行轨迹所对圆心角为4
11、5，乙粒子运行轨迹所对圆心角为90，即甲粒子在磁场中的运行时间是乙粒子的一半，D错误故选AC.考点：考查带电粒子在匀强磁场中的运动【名师点睛】本题考查了粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程是解题的关键，应用牛顿第二定律与粒子做圆周运动的周期公式可以解题10. 如图，电流表A1（03A）和A2（00.6A）是由两个相同的电流计改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中。闭合开关S，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是（）A. A1、A2的读数之比为51B. A1、A2的读数之比为11C. A1、A2指针偏转角度之比为11D. A1、A2的指针偏转角度之比为15【答案】AC【解析】【详解】AB根
12、据电表改装原理可知，电流计并联电阻改装成大量程的电流表则内阻之比等于最大量程的反比，A1、A2的内阻之比为1：5，两电流表的量程之比为5：1，并联时，电流之比等于内阻的反比，电流读数之5：1，B错误A正确；CD电流表A1（03A）和A2（00.6A）是由两个相同的电流计改装而成，图中两个电流表为并联电路，则两电流计也是并联的，电压相等，流过电流计的电流相等，则A1、A2的指针偏转角度之比为1：1，D错误C正确。故选AC。二、实验题（共16分）11. 在测定金属丝电阻率的实验中，需要测出其长度L，直径d和电阻R用螺旋测微器测金属丝直径时读数如下图A，则金属丝的直径为 mm图B游标卡尺的读数为 c
13、m若用图C的电路图测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值 （填“偏大”或“偏小”）【答案】0.6960.698mm 10.00cm 偏小【解析】【分析】螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读根据电流表测量值与实际值关系，结合欧姆定律判断电阻的测量值与真实值的关系【详解】螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.0119.6mm=0.196mm，所以最终读数为0.696mm游标卡尺的主尺读数为100mm，游标读数为0.10=0.0mm，所以最终读数为100.0mm=10.00cm电压表测量电阻两端的电压准确，电流表测量
14、的电流偏大，根据欧姆定律知，电阻测量值偏小【点睛】解决本题的关键掌握螺旋测微器和游标卡尺的读数方法，以及掌握电流表内外接形成的误差，可以用一个口诀表达，“小外偏小，大内偏大”12. 某研究小组收集了两个电学元件：电阻R0(约为2k)和手机中的锂电池(电动势E标称值为3.7V，允许最大放电电流为100mA)。实验室备有如下器材：A电压表V(量程3V，电阻RV约4.0k)B电流表A1(量程100mA，电阻RA1约为5)C电流表A2(量程2mA，电阻RA2约为50)D滑动变阻器R1(040，额定电流1A)E电阻箱R2(0999.9)F开关S一只、导线若干(1)为了测定电阻R0的阻值，小明设计了一电路
15、，与其对应的实物图如图，图中的电流表A应选_(选填“A1”或“A2”)，请将实物连线补充完整_(2)为测量锂电池的电动势E和内阻r，小红设计了如图甲所示的电路图根据测量数据作出图象，如图乙所示若该图线的斜率为k，纵轴截距为b，则该锂电池的电动势E=_，内阻r=_。(用k、b表示)【答案】 (1). A2 (2). (3). (4). 【解析】【详解】(1)12电压表量程是3V，通过待测电阻的最大电流因此电流表应选电流表A2，待测电阻R0阻值约为2k，滑动变阻器R1(040，额定电流1A)，与电阻箱R2(0999.9)最大阻值均小于待测电阻阻值，变阻器采用限流接法时待测电阻电压与电流变化范围较小
16、，不能测多组实验数据，为测多组实验数据，减小实验误差，滑动变阻器应采用分压接法，且则电流表应该采用内接法，实物电路图如图所示(2)34由实验原理可知则因此图象的纵轴截距电动势图象的斜率则电源内阻三、计算题（共34分）13. 如图所示电路中，电阻R1=R2=R3=10，电源内阻r=5，电压表可视为理想电表。开关S1和S2均闭合时，电压表的示数为U1=10V。(1)电阻R2中的电流为多大；(2)路端电压为多大；(3)电源的电动势为多大。【答案】(1)1A；(2)15V；(3)20V【解析】【详解】(1)如图所示，电阻R2中的电流(2)外电阻R=R2+=10+=15所以路端电压为U=IR=151V=
17、15V(3)根据闭合电路欧姆定律E=I（R+r）代入数据解得E=20V14. 如图所示，、为水平放置的两块完全相同的带电金属板。一质量、电荷量的带正电粒子在、两板正中间以大小的速度射入，经过一段时间后粒子离开、之间的电场，并立即进入一个方向垂直纸面向里、宽度的有界匀强磁场中。已知粒子离开、之间的电场时，速度的方向与水平方向之间的夹角，、两金属板的间距，长度。粒子重力不计，忽略边缘效应，取。(1)求、两板间的电压；(2)为使粒子不会由磁场右边界射出，匀强磁场的磁感应强度至少多大？【答案】(1)100V；(2)【解析】【详解】(1)带电粒子在，两板间做类平抛运动，设粒子在，间运动的时间为，离开，间
18、时粒子在竖直方向的分速度为，根据类平抛运动规律可知在水平方向有在竖直方向有其中又由速度的矢量关系图可得解得(2)带电粒子进入磁场做匀速圆周运动，设轨迹半径为，由洛伦兹力提供向心力，有解得由可知，当、一定时，越大，越小，为使粒子不会由磁场右边界射出，则粒子轨迹刚好与磁场右边界相切时，粒子的运动轨迹半径最大，磁场的磁感应强度最小，画出此时带电粒子的运动轨迹，如图所示，由图中的几何关系有又粒子进入磁场时的速度为代入解得15. 如图所示，长为l的轻质细线固定在O点，细线的下端系住质量为m、电荷量为q的小球，小球的最低点距离水平面的高度为h，在小球最低点与水平面之间高为h的空间内分布着场强为E的水平向右
19、的匀强电场固定点O的正下方处有一小障碍物P，现将小球从细线处于水平状态由静止释放(1)细线在刚要接触障碍物P时，小球的速度是多大？(2)细线在刚要接触障碍物P和细线刚接触到障碍物P时，细线的拉力发生多大变化？(3)若细线在刚要接触障碍物P时断开，小球运动到水平面时的动能为多大？【答案】（1） （2） （3）【解析】【详解】（1）由机械能守恒定律得（2）细线在刚要接触障碍物时，细线的拉力设为，由牛顿第二定律得：细线在刚接触到障碍物时，细线的拉力设为，由牛顿第二定律得：可解得（3）细线断开后小球在竖直方向做自由落体运动，运动时间为：小球在水平方向做匀加速运动，运动的距离为：小球运动到水平面时的动能，由动能定理得：可解得。
