江西矢安中学2024-2025学年高二物理上学期第二次月考试题含解析

PAGE17-江西省靖安中学2024-2025学年高二物理上学期其次次月考试题（含解析）一、选择题（本题共10小题，其中第8~10题为多选题，共40分。全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选得0分）1.有一个带电荷量为＋q、重力为G的小球，从两竖直的带电平行板上方h处自由落下，两极板间另有匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图所示，则带电小球通过有电场和磁场的空间时，下列说法正确的是()A.肯定做曲线运动B.不行能做曲线运动C.有可能做匀加速直线运动D.有可能做匀速直线运动【答案】A【解析】CD、若小球进入磁场时电场力和洛伦兹力相等,因为小球向下运动时,速度会增加,小球所受的洛伦兹力增大,将不会再与小球所受的电场力平衡,不行能做匀加速直线运动,也不行能做匀速直线运动.故CD错误AB、若小球进入磁场时电场力和洛伦兹力不等,则合力方向与速度方向不在同一条直线上,小球做曲线运动.故A正确；B错误；故选A点睛：带电小球进入复合场受到重力、电场力和洛伦兹力作用,依据小球的合力与速度方向的关系确定小球的运动状况2.如图所示，要使线框abcd在受到磁场力作用后，ab边向纸外，cd边向纸里转动，可行的方法是（）A.加方向垂直纸面对外的磁场，通方向为a→b→c→d→a的电流B.加方向平行纸面对上的磁场，通方向为a→b→c→d→a电流C.加方向平行纸面对下的磁场，通方向为a→b→c→d→a的电流D.加方向垂直纸面对内的磁场，通方向为a→d→c→b→a的电流【答案】B【解析】试题分析：当加方向垂直纸面对外的磁场，通方向为a→b→c→d→a的电流时，依据左手定则可知：各边所受安培力均指向中心处，则线框无法转动，A错误；当加方向平行纸面对上的磁场，通以方向为a→b→c→d→a的电流时，依据左手定则可知：ab边受到的安培力垂直纸面对外，cd边受到的安培力垂直纸面对里，而另两边由于平行于磁感线，所以不受到安培力，B正确；当加方向平行于纸面对下的磁场，通以方向为a→b→c→d的电流时，依据左手定则可知：ab边受到的安培力垂直纸面对里，cd边受到的安培力垂直纸面对外，而另两边由于平行于磁感线，所以不受到安培力，C错误；当加方向垂直纸面对内的磁场，通方向为ａ→ｄ→ｃ→ｂ→ａ的电流时，依据左手定则可知：各边所受安培力均背离中心处，则线框无法转动，D错误；故选B。考点：磁场对通电导线的作用。3.如图所示，空间中有垂直纸面对里的匀强磁场，一不行伸缩的软导线绕过纸面内的小动滑轮P（可视为质点），两端分别拴在纸面内的两个固定点M、N处，并通入由M到N的恒定电流I，现将P从左侧缓慢移动到右侧，运动过程中导线PM和PN始终伸直，在此过程中导线MPN受到的安培力大小（）A.始终不变 B.渐渐增大C.先增大后减小 D.先减小后增大【答案】A【解析】【详解】在从左侧缓慢移动到右侧的过程中，导线受到的安培力可等效为直导线通入电流时受到的安培力，即导线受到的安培力大小始终不变；A.与分析相符，故A正确；B.与分析不符，故B错误；C与分析不符，故C错误；D.与分析不符，故D错误。4.一圆筒处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的速度方向与MN成30°角。当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒，不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动依据几何关系，则有：，，所以有：，，即轨迹圆弧所对的圆心角为，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，粒子在磁场中匀速圆周运动的时间：圆筒转动所用时间：粒子匀速圆周运动的时间和圆筒转动时间相等，即有：可得：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。5.如图所示，下端封闭、上端开口、内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有一带电的小球。整个装置水平匀速向右运动，垂直于磁场方向进入方向水平的匀强磁场，由于外力的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端口飞出，则从进入磁场到小球飞出端口前的过程中（）A.小球带负电荷B.小球做类平抛运动C洛仑兹力对小球做正功D.管壁的弹力对小球做负功【答案】B【解析】【分析】洛伦兹力不做功。对小球进行受力分析，依据小球的受力状况推断，由牛顿其次定律求出加速度，推断加速度与速度如何改变，再分析小球运动的轨迹。【详解】A项：最终小球从上端口飞出，再由磁场方向垂直向里，依据左手定则可知，小球带正电荷，故A错误；B项：设小球竖直分速度为vy、水平分速度为v，以小球为探讨对象，受力如图所示，由于小球随玻璃管在水平方向做匀速直线运动，则竖直方向的洛伦兹力F1=qvB是恒力，由牛顿其次定律得：qvB-mg=ma，a=，小球的加速度不随时间改变，恒定不变，故小球竖直方向做匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动，则小球运动轨迹是抛物线，故B正确；C项：洛伦兹力方向总是与小球的速度方向垂直，对小球不做功，故C错误；D项：小球从进入磁场到飞出端口前的过程中管壁的弹力向右，小球向右运动，故弹力做正功，故D错误。故应选：C。【点睛】本题运用运动的分解法，探讨小球受力状况，推断出小球的运动状态是正确解答本题的关键。6.为了保障行驶平安，一种新型双门电动公交车安装了如下限制装置：只要有一扇门没有关紧，汽车就不能启动。假如规定：车门关紧时为“1”，未关紧时为“0”；当输出信号为“1”时，汽车可以正常启动行驶，当输出信号为“0”时，汽车不能启动。能正确表示该限制装置工作原理的逻辑门是A.与门 B.或门 C.非门 D.与非门【答案】A【解析】【详解】依据逻辑门电路的特点，只有当两个车门都关紧，即都输入“1”时，数出信号才为“1”，汽车才能启动，为与门逻辑电路，A正确。7.如图所示，在相距为d的虚线MN、PQ区域内有垂直于纸面对外的匀强磁场。一带正电粒子沿与边界MN成60°角的方向从A点以不同的速度大小射入匀强磁场中。不计粒子重力，若粒子能从PQ边界飞出磁场，则射到PQ边界的点到A点的最大距离为（）A.d B.dC.d D.2d【答案】A【解析】【详解】粒子恰好不能从边界飞出的运动轨迹如图所示，设切点为；由几何学问得：解得：依据图中几何关系可得射到边界的点到点的最大距离为：A.与分析相符，故A正确；B.与分析不符，故B错误；C.与分析不符，故C错误；D.与分析不符，故D错误。8.如图所示，R1为定值电阻，R2为可变电阻，E为电源电动势，r为电源内电阻，以下说法中正确的是()A.当R2＝R1＋r时，R2获得最大功率B.当R1＝R2＋r时，R1获得最大功率C当R2＝0时，R1获得最大功率D.当R2＝0时，电源的输出功率最大【答案】AC【解析】【详解】A．在探讨R2的电功率时，可将R1视为电源内阻的一部分，即将原电路等效为外电阻R2与电动势为E、内阻为R1＋r的电源(等效电源)连成的闭合电路(如图所示)，R2的电功率是等效电源的输出功率．明显当R2＝R1＋r时，R2获得的电功率最大，A项正确；BC．探讨R1的电功率时，由于R1为定值，依据P＝I2R知，电路中电流越大，R1上的电功率就越大(P1＝I2R1)，所以，当R2＝0时，R1获得的电功率最大，故B项错误，C项正确；D．探讨电源的输出功率时，R1＋R2为外电阻，内电阻r恒定，由于题目没有给出R1和r的详细数值，所以当R2＝0时，电源输出功率不肯定最大，故D项错误．9.有两根长直导线a、b相互平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图．在图示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两根导线旁边的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O点的距离相等．若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，则关于线段MN上各点的磁感应强度的说法中正确的是A.M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同B.M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反C.线段MN上各点的磁感应强度都不行能为零D.线段MN上只有一点的磁感应强度为零【答案】BD【解析】ab两根通电导线在平面内产生的磁场都为逆时针环绕导线，连接aM，aN，bM，bN，做切线，合成可得N点的磁场方向竖直向上，M点的磁场方向竖直向下，依据对称性可得MN两点的合磁场大小相等，故B正确，连接Oa，Ob，a在O点的磁场方向水平向右，b在O点的磁场方向水平向左，大小相等，故O点的磁场为零，由对称性可知，只有这一点的磁场为零，所以D正确。10.如图所示，ab是匀强磁场的边界，质子()和α粒子()先后从c点射入磁场，初速度方向与ab边界夹角均为45º，并都到达d点。不计空气阻力和粒子间的作用。关于两粒子在磁场中的运动，下列说法正确的是()A.质子和α粒子运动轨迹相同B.质子和α粒子运动动能相同C.质子和α粒子运动速率相同D.质子和α粒子运动时间相同【答案】AB【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，质子和α粒子从同一点沿相同的方向射入磁场，然后从同一点离开磁场，则它们在磁场中的运动轨迹相同，故A正确；两粒子的运动轨迹相同，则它们的轨道半径r相同，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力，由牛顿其次定律得：，解得：，粒子动能：，质子与α粒子的电量分别为e和2e，质量之比为1：4，轨道半径r、磁感应强度B都相等，则EK质子=EKα粒子，故B正确；由牛顿其次定律得：，解得：，质子与α粒子的电量分别为e和2e，质量之比为1：4，轨道半径r、磁感应强度B都相等，则：，故C错误；粒子在磁场中做圆周运动的周期：，质子与α粒子的电量分别为e和2e，质量之比为1：4，磁感应强度B都相等，则：，两粒子的运动轨迹相同，粒子在磁场中转过的圆心角θ相同，粒子在磁场中的运动时间：，，故D错误；故选AB．点睛：本题考查了粒子在磁场中的运动，依据题意确定两粒子的轨迹关系与轨道半径关系，然后应用牛顿其次定律、动能计算公式、周期公式进行分析即可正确解题．二、试验题（本题共4小题，每空2分，共18分）11.某同学用多用电表测量某电阻，用×10Ω档时，发觉指针偏转角度过大，他应当换用____________档（填×1Ω档或×100Ω档），换档后，在测量前要先_________________。【答案】(1).×1Ω档(2).欧姆调零【解析】【详解】[1]测量某电阻时，用×10Ω档时，发觉指针偏转角度过大，说明所选挡位太大，为精确测量，应当换用×1Ω档；[2]换档后，在测量前要重新电阻调零。12.质量为m，长为L的导体棒静止于水平轨道上，通过的电流为I，匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成θ角斜向上方，则MN所受的支持力为多少？_，摩擦力为多少？【答案】FN＝mg-BILcosθ,f=BILsinθ【解析】试题分析：由左手定则可推断安培力方向斜向上,与B垂直,以导体棒为探讨对象进行受力分析,在竖直方向,在水平方向安培力的分力与摩擦力平衡,所以摩擦力为f=BILsinθ考点：考查左手定则的应用点评：本题难度较小,关键是依据左手定则推断安培力方向,要留意安培力与水平方向的夹角,再由受力平衡方法解决13.下图中螺旋测微器的读数为__________mm，游标卡尺的读数为__________cm。【答案】(1).1.998(2).1.094【解析】【详解】[1]螺旋测微器的固定刻度为1.5mm，可动刻度为49.8×0.01mm=0.498mm，所以最终读数为：[2]游标卡尺的主尺读数为10mm，游标尺上第47个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为47×0.02mm=0.94mm，所以最终读数为：14.要测绘一个标有“3V0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压须要由零渐渐增加到3V，并便于操作。已选用的器材有：电池组(电动势为4.5V，内阻约为1Ω)；电流表(量程为0～250mA，内阻约5Ω)；电压表(量程为0～3V，内阻约3kΩ)；电键一个、导线若干．（1）试验中所用的滑动变阻器应选下列中的________(填字母代号)．A．滑动变阻器(最大阻值20Ω，额定电流1A)B．滑动变阻器(最大阻值1750Ω，额定电流0.3A)（2）试验的电路图应选用下列的图________(填字母代号)．（3）试验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示。假如将这个小灯泡接到电动势为1.5V，内阻为5Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是________W。（保留1位有效数字）【答案】(1).A(2).B(3).0.1【解析】【详解】试题分析：（1）为便利试验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．（2）明确试验原理，知道试验中要求电流从零起先调整，故应采纳滑动变阻器分压接法，同时依据电表内阻进行分析，确定电流表接法；（3）在I-U图象中作出电源的伏安特性曲线，两图的交点表示灯泡的工作点，由P=UI可求得试验灯泡的功率．（1）电压从零起先改变，滑动变阻器应采纳分压接法，为便利试验操作，滑动变阻器应选A；（2）试验要求灯泡两端的电压须要由零渐渐增加到3V，则滑动变阻器应采纳分压接法，灯泡正常发光时的电阻为，，，电流表应采纳外接法，因此试验电路应选B；（3）在图中作出电源的伏安特性曲线，两图的交点表示灯泡的工作点，则由图可知，电压为1.0V，电流为0.10A．则由可知，功率．三、计算题（本题共4小题，共计42分。解答时，请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最终答案的不得分，有数值计算的题，答案中必需明确写出数值和单位）15.如图所示，金属框架MON与导体棒DE构成回路，处在匀强磁场中且与磁场垂直。(1)若B＝0.1T，DE从O点动身，向右以1m/s的速度匀速运动4s时，回路的磁通量的改变是多少？(2)在图中，若回路面积从S0＝8m2变到St＝18m2，B从B0＝0.1T变到Bt＝0.8T，则回路中的磁通量改变量是多少？【答案】（1）0.8Wb（2）13.6Wb【解析】【详解】(1)棒向右以1m/s的速度匀速运动4s时，位移为：由于此时回路的面积为：回路的磁通量即磁通量的改变量为：(2)回路面积从变到，从变到时的磁通量为：故回路中的磁通量的改变为：16.如图所示，电阻不计的两根光滑平行金属导轨M、N，相距L=0.2m。两导轨一端通过电阻R＝2Ω和电源相连，电源电动势E＝6V，电源内阻r＝0.5Ω。导轨上面沿垂直导轨方向放一根质量为m＝5×10-2kg的匀称金属杆ab，Rab=0.5Ω。假如在装置所在的区域加一个匀强磁场，使ab对导轨的压力恰好为零，并使ab处于静止状态。求所加磁场磁感强度的大小和方向。【答案】所加磁场磁感强度大小为1.25T，方向水平向右【解析】【详解】由题意可知处于静止，且对导轨的压力恰好为零，则磁场对的安培力必定竖直向上，与重力平衡，方向竖直向上，由左手定则推断可知的方向水平向右安培力的大小为：依据闭合电路欧姆定律得：由得：17.PQ为一根足够长绝缘细直杆，处于竖直的平面内，与水平夹角为θ斜放，空间充溢磁感应强度B的匀强磁场，方向水平如图所示．一个质量为m，带有负电荷的小球套在PQ杆上，小球可沿杆滑动，球与杆之间的摩擦系数为μ（μ＜tanθ），小球带电量为q．现将小球由静止起先释放，试求小球在沿杆下滑过程中(重力加速度为g)：(1)小球最大加速度为多少？此时小球的速度是多少？(2)下滑过程中，小球可达到的最大速度为多大？【答案】（1），（2）【解析】（1）依据题意因为，所以小球刚起先做加速下落，小球下落过程中，竖直向下的重力，垂直斜面对上的洛伦兹力，和斜面给的摩擦力，刚起先小球的速度比较小，此时，即，小球做加速运动，随着速度的增大，F在增大，在减小，所以在减小，小球的合力即沿斜面方向的合力在增大，即小球的加速度在增大，当时小球在垂直斜面方向上的合力为零，即小球与斜面间的正压力为零，所以摩擦力为零，，之后，，此时小球仍在做加速运动，随着速度的增大，在增大，f在增大，所以在减小，即加速度在减小，所以当时加速度最大，因为此时，所以，，(2)当时，加速度为零，速度达到最大，最终小球做减速运动，所以有最大速度，故，所以思路分析：小球在向下滑落的过程中，受到的洛伦兹力是变力，导致小球与斜面间