吉林省延边第二中学2020学年高二物理上学期第二次月考试题（含解析）.doc

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1、吉林省延边第二中学2020学年度高二上学期 第二次月考物理试题一、选择题1. 如图虚线表示某点电荷形成的电场中的等势面，一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的轨迹如图中实线所示.粒子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EA、EB，下列判断正确的是（ ）A. aAaB，EAEB B. aAaB， EAEBC. aAEB D. aAaB， EAEB【答案】D【解析】试题分析：根据粒子轨迹的弯曲方向可知带电粒子受到的是静电斥力，根据U=Ed知，等差等势面越密的位置场强越大，B处等差等势面较密集，则场强大，带电粒子所受的电场力大，加速度也大，即aAaB；从A到B，电场线对带电粒子做

2、负功，电势能增加，则知B点电势能大，即EAEB；故D正确故选D。考点：带点粒子在电场中的运动【名师点睛】本题关键是先根据靠差等势面的疏密判断场强的大小，再结合电场力做功正负分析电势能变化公式U=Ed，对非匀强电场可以用来定性分析场强。2. 如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1带负电，a、b两点在它们连线的延长线上现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作用），粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度图象如图乙所示以下说法中正确的是 ( ）A. Q2带负电B. Q2的电量一定大于Q1的电量C. a点电势高于b点电势D. 整个运动过

3、程中，粒子的电势能先减小后增大【答案】C【解析】A、由图可知负电粒子速度先减小，若也带负电，负电粒子因为排斥力，速度会增大，一定带正电，选项A错误；B、过了b点后，负电荷速度变大，说明负电荷受到排斥力大于的吸引力，所以的电量一定大于的电量，选项B错误；C、从速度图象上看，可见a到b做加速度减小的减速运动，所以负电荷应该是沿着电场线运动的，所以a点电势高于b点电势，故C正确；D、整个过程动能先减小后增大，根据能量守恒得知，电势能先增大后减小，选项D错误综上所述本题答案是：C3. 如图所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长 ab 2bc.当将A与B接入电压为U(V)的电路中时，电流为I；若将C与D接入电

4、压为U(V)的电路中，则电流为( )A. 4I B. 2I C. I D. I【答案】A【解析】试题分析：设金属薄片的厚度为d，当A与B接入电压为U（V）的电路中时，当C与D接入电压为U（V）的电路中时，联立得：，根据欧姆定律得，电流，知电流之比为1:4，所以将C与D接入电压为U（V）的电路中，电流为4I选A.【点睛】根据电阻定律得出两种情况下的电阻之比，结合欧姆定律得出电流大小之比4. 如下图所示的电路图中，为定值电阻，为滑动变阻器，电源内阻不可忽略，电流表、电压表可视为理想电表，当滑动变阻器的滑动片向右移动时，关于电流表和电压表示数的变化情况的分析，正确的是（ ）A. 电流表和电压表读数均

5、增大B. 电流表和电压表读数均减小C. 电压表的示数变化量的绝对值大于电压表的示数变化量的绝对值D. 电流表读数变小，电压表读数变大，读数减小【答案】D【解析】试题分析：由电路图可知，滑动变阻器的滑动片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路的总电阻增大，电源的电动势不变，由闭合电路欧姆定律可知，电路总电流I减小，而路端电压，则U增大，电阻的电压减小，则电压表示数减小；并联部分的电压 增大，电压表示数增大；增大，通过的电流增大，因为总电流减小，所以通过电流表的示数变小故AB错误，D正确；电压表的示数与电压表的示数之和等于U，即，因示数增大，示数减小，而U减小，所以电压表的示数增加量小于电

6、压表的示数减小量，故C正确故选CD【点睛】根据滑片的移动方向判断出滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后由串并联电路特点及欧姆定律分析答题5. 下图表示电流磁场或磁铁磁场的磁感线分布示意图，其中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：同名磁极周围的磁场是排斥状的，A错误条形磁铁外部的磁场方向从N流向S，B错误电流方向竖直向下，根据安培定则知，从上往下看，磁场方向为顺时针，C错误电流的方向竖直向上，根据安培定则知，从上往下看，磁场方向为逆时针，D正确选D.【点睛】根据安培定则判断直线电流周围的磁场；条形磁铁周围的磁场是外部从N流向S，内部从S流到N.6. 如图所示，M、

7、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，MOP=60，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N处的长直导线移至P处，则O点的磁感应强度大小变为B2，则B2与B1之比为( )A. 11 B. 12 C. 1 D. 2【答案】B【解析】试题分析：由磁场的叠加可知每根导线在O点产生的磁感强度大小，移动之后距O点的距离不变，故磁感强度大小不变，则由矢量合成的方向可得出移动之后的合磁感强度；即可求得比值每根导线在O点产生的磁感强度为，方向竖直向下，则当N移至P点时，磁感应强度方向如图所示，由图可知，两导线形

8、成的磁感应强度方向夹角为120，由由几何关系可知，O点合磁感强度大小为，则，B正确7. 某空间存在着如图所示的水平方向的匀强磁场，A、B两个物块叠放在一起，并置于光滑的绝缘水平地面上，物块A带正电，物块B为不带电的绝缘块，水平恒力F作用在物块B上，使A、B一起由静止开始向左运动在A、B一起向左运动的过程中，以下关于A、B受力情况的说法中，正确的是（）A. A对B的压力变小 B. A、B之间的摩擦力保持不变C. A对B的摩擦力变大 D. B对地面的压力保持不变【答案】B思路分析：整体在水平方向上只受到F作用，所以AB的加速度不变，f=ma可得A受到的B给的向前的摩擦力不变，试题点评：理解影响静摩

9、擦大小的因素是做对本题的关键8. 如图所示，MN和PQ为两条平行的竖直线，间距为d，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，O是MN上一点，O处有一粒子源，粒子源能沿着与MN成角（如图所示）的方向放出速度大小不同(方向均垂直磁场方向)、比荷均为 的带负电粒子(粒子重力及粒子间的相互作用力不计)，已知=60，为使粒子不能从右边界PQ穿出磁场，则射出粒子的速度的最大值为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：为使粒子不能从右边界PQ穿出磁场，即让粒子运动轨迹与PQ相切，速度最大，其运动轨迹图如图所示由几何关系得：，解得：，粒子在磁场受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，则有，解得

10、，选C.【点睛】由粒子沿射入时，为使粒子不能从右边界PQ穿出磁场，即让粒子运动轨迹与PQ相切，做运动轨迹图，由几何关系得最大半径，由磁场规律求出对应的最大速度.9. 利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差UCD，下列说法中正确的是( )A. 电势差UCD仅与材料有关B. 若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差UCD 0C. 在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平D. 仅增大磁感应强度时，电势差UCD变大【答案】BD【解析】A、B、D、根据左

11、手定则，电子向C侧面偏转，C表面带负电，D表面带正电，所以D表面的电势高，则CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有：，则：A错误；B、D正确；C、 D、在测定地球两极上方地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过，C错误；故选BD。10. 如图，在半径为R的圆形区域内，有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面向里（未画出）。一群比荷为的负离子以相同速率（较大），由P点（PQ为水平直径）在纸平面内向不同方向射入磁场中发生偏转后，又飞出磁场（不计重力），则下列说法正确的是（ ）A. 离子在磁场中运动的半径一定相

12、等B. 由Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长C. 沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大D. 如果入射速率，则沿各个方向射入的离子在飞离开磁场时的速度方向均竖直向下【答案】ABD【解析】试题分析：由，得，因离子的速率相同，比荷相同，故半径一定相同，A正确；由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大，故应该使弦长为PQ，故由Q点飞出的离子圆心角最大，所对应的时间最长，此时离子一定不会沿PQ射入B正确，C错误；沿各个方向射入磁场的离子，当入射速率时，离子的轨迹半径为，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与入射点所在的磁场半径平行，离子在飞离开磁场时

13、的速度方向均竖直向下，D正确.选ABD.【点睛】本题要抓住离子的运动轨迹是圆弧，磁场的边界也是圆弧，利用几何知识分析出射速度与入射速度方向的关系，确定出轨迹的圆心角，分析运动时间的关系带电离子射入磁场后做匀速圆周运动，对着圆心入射，必将沿半径离开圆心，根据洛伦兹力充当向心力，求出时轨迹半径，确定出速度的偏向角对着圆心入射的离子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，即可分析时间关系11. “电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面，电势分别为A和B，其过球心的截面如

14、图所示一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间忽略电场的边缘效应下列说法中不正确的是( )A. A球面电势比B球面电势高B. 电子在AB间偏转电场中做匀变速运动C. 等势面C所在处电势的大小为D. 等势面C所在处电场强度的大小为E=【答案】ABC【解析】试题分析：电子做匀速圆周运动，电场力提供向心力，受力的方向与电场的方向相反，所以B板的电势较高，A错误；电子做匀速圆周运动，受到的电场力始终始终圆心，是变力，所以电子在电场中的运动不是匀变速运动，B

15、错误；该电场是放射状电场，内侧的电场线密，电场强度大，所以，即：，所以，C错误电子在等势面C所在处做匀速圆周运动，电场力提供向心力：，半径，联立得：，D正确.本题选不正确的，选ABC.【点睛】电子做匀速圆周运动，电场力提供向心力，电子受力的方向与电场的方向相反；由牛顿第二定律和向心力列式解答；该电场是放射状电场，内侧的电场线密，电场强度大结合电势差的表达式即可得出C点的电势大小二、实验题12. 在测量电源电动势和内电阻的实验中，已知一节干电池的电动势约为1.5V，内阻约为1.0；电压表V(量程为3V，内阻约3k)；电流表A（量程为0.6A，内阻约为0.70）；滑动变阻器R（10，2A）。为了更

16、准确地测出电源电动势和内阻。（1）请在画出实验电路图_。（2）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图所示的U-I图线，由图可得该电源电动势E=_V ，内阻r=_ 。（结果均保留两位小数）（3）一位同学对以上实验进行了误差分析其中正确的是_A实验产生的系统误差，主要是由于电压表的分流作用B实验产生的系统误差，主要是由于电流表的分压作用C实验测出的电动势小于真实值D实验测出的内阻大于真实值（4）某小组的同学找到了电阻箱，便设计了如图甲所示的电路进行实验，并且记录了实验中一系列电流表读数I及与之对应的电阻箱阻值R，该小组同学通过巧妙地设置横轴和纵轴，描绘出了如图乙所示的图线，则在图乙中纵轴应表示_；

17、（填I、R或与I、R相关的量）若该图线的斜率为k，横轴上的截距为m，则电动势的测量值E测=_ ，内电阻的测量值r测=_【答案】 (1). (1)电路图如图； (2). (2) 1.50(1.48-1.50), (3). 1.00(0.96-1.00) (4). (3)AC (5). (4) R (6). K (7). Km【解析】试题分析：（1）电路直接采用串联即可，电压表并联在电源两端，采用的是电流表内接法；电路图如右图所示；如图所示（2）由图可知，电源的电动势E=1.50V；内阻（3）由电路图可知，相对于电源来说电流表采用外接法，由于电压表分流作用，使所测电流小于电流的真实值，造成了实验误

18、差，A正确，B错误；当外电路短路时，电流的测量值等于真实值，除此之外，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，电源的U-I图象如图所示，由图象可知，电源电动势的测量值小于真实值，C正确；作出U-I图线实际图线和测量图线，如图所示由上图可知电动势的测量值偏小，内电阻的测量值偏小，D错误.选AC.（4）由电路图可知，本实验采用电流表与电阻箱串联的方式进行测量，则有：，为了得出直线图象，可将公式变形得：，故应使用R为纵坐标，为横坐标；则图象中的k表示电源的电动势；当R=0时，故r=mk.【点睛】由于电流表的内阻接近电源的内电阻，故若采用电流表外接法，则测得的内阻误差太大；故应采用电流表内接法由

19、作出的U-I图可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示内阻根据闭合电路欧姆定律进行分析并列式，结合图象的性质即可明确应采用的坐标系； 再根据图象中斜率和截轴的意义即可求得电动势和内电阻.三、计算题13. 在与水平方向成角的倾斜光滑导轨上放一质量为m的导体棒ab（导轨宽度为L,导轨和棒的电阻不计），电源电动势为E，内电阻为r，定值电阻阻值为R，整个装置放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向竖直向下，如图所示（1）求释放瞬间导体棒所受安培力的大小和方向（2）求导体棒由静止释放瞬间的加速度的大小。【答案】（1），方向水平向右；（2）.（1）由闭合电路欧姆定律有：导体棒受到的安培力（2

20、）以导体棒为研究对象，受力情况如图根据牛顿第二定律有：解得：【点睛】本题考查牛顿第二定律以及安培力的计算，要注意在分析受力时应作出对应的平面图，再根据牛顿第二定律求解加速度14. 如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第象限以ON为直径的半圆形区域内，存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从y轴上y=h处的M点，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上x=2h处的P点进入磁场，最后以垂直于y轴的方向射出磁场。不计粒子重力。求：（1）电场强度E的大小；（2）粒子离开磁场时的位置坐标。【答案】（1）；（2）（ ，）【解

21、析】试题分析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做匀加速运动，应用牛顿第二定律与类平抛运动分位移公式结合，可求出电场强度的大小E；（2）再作出粒子运动轨迹，由几何知识求出粒子离开磁场时的位置坐标（1）在电场中粒子做类平抛运动，设粒子在电场中运动的时间为沿x轴正方向有：高y轴负方向有：根据牛顿第二定律得：qE=ma联立得：（2）如图为粒子运动的轨迹图设粒子离开磁场时的位置坐标为（x、-y），粒子进入磁场时速度v，与x轴正方向的夹角为，由图可得：，得由几何关系得：，粒子离开磁场时的位置坐标为（，）【点睛】粒子在电场中运动偏转时，常用能量的观点来解决问题，有时也要运用运动的合成与分解粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定也是本题的一个考查重点，要正确画出粒子运动的轨迹图，能熟练的运用几何知识解决物理问题