学年江西省上饶市第二中学高二上学期月考物理试题 解析版Word文件下载.docx

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C.路端电压增大时，流过电源的电流一定增大

D.路端电压增大时，外电路消耗的功率一定增大

【分析】

电源短路时，外电阻等于零，路端电压为零，根据欧姆定律可知电流最大．外电路断开时，电路电流为零，路端电压等于电动势．路端电压增大时，内电压减小，电流减小．根据外电路消耗的功率的表达式分析路端电压增大时，电源输出功率的变化．

【详解】电源短路时，外电阻等于零，路端电压为零，根据欧姆定律可知电流最大。

故A正确。

外电路断开时，外电阻无穷大，电路电流为零，路端电压等于电动势。

故B错误。

路端电压增大时，由I=（E−U）/r得知流过电源的电流减小。

故C错误。

外电路消耗的功率

，则路端电压增大时，外电路消耗的功率不一定增大，选项D错误；

故选A.

【点睛】本题考查对路端电压的理解能力，可根据欧姆定律理解路端电压与外电阻的关系，再抓住两个特例的特点，理解并记忆．

3.一平行板电容器的极板水平放置，它和三个可变电阻及电源连成如图所示的电路，质量为

的带电油滴悬浮在两极板间静止，要使液滴上升。

可行的办法是（　　）

A.减小R1

B.减小R2

C.减小R3

D.增大两极板间的距离

【答案】B

电路稳定时，电容器的电压等于可变电阻R3的电压，改变R1，对电容器的电压没有影响．要使油滴上升，需增加R3两端的电压，根据欧姆定律确定采用的方法．

【详解】减小R1，对电容器的电压没有影响，油滴不动；

故A错误；

减小R2，R2分担的电压变小，则R3分担的电压变大，则电容器两端的电压变大，油滴上升；

故B正确；

减小R3，R3分担的电压变小，则电容器两端的电压变小，油滴下降；

故C错误；

增大两极板间的距离，则根据E=U/d可知，场强E减小，则油滴向下运动，故D错误；

故选B。

【点睛】题关键分析电容器的电压是否变化．搞清电路的结构，知道电容器两端的电压等于R3两端的电压．

4.质量为

、带电为

的小球，在匀强电场中由静止释放，发现它运动方向与竖直方向夹角为

，关于场强的大小正确的是（　　）

A.有唯一值，

B.有唯一值，

C.有最小值，

D.有最小值，

【答案】C

利用图解法分析电场力的最小值，从而确定出场强的最小值及方向．

【详解】如图所示，作出电场力在不同方向下力的合成图，

可知，当电场力的大小与合力垂直时，电场力最小，即有qEmin=mgsinθ，得Emin=

，E的方向垂直于OB向上．故选C.

【点睛】本题的关键是掌握物体做直线运动的条件：

合力与速度共线，分析方法和力学的分析方法基本相同．先分析受力情况再分析运动状态和运动过程，然后选用恰当的规律解题．

5.在阴极射线管中电子射线的方向由左向右，其上方有一根通电直导线，电流方向向右，导线与射线管平行，则阴极射线将：

A.向上偏转B.向下偏转

C.向里偏转D.向外偏转

试题分析：

由通电导线的电流方向，根据右手螺旋定则可得电子射线管处于垂直纸面向里的磁场，当电子流方向从左向右，则由左手定则可得粒子向下偏转．

故选：

B

考点：

考查了洛伦兹力的方向的判断

点评：

电流提供的磁场，让电荷在磁场中静止，则一定没有磁场力，而电荷在磁场中运动，有才可能有洛伦兹力，当正电荷运动，则四指为粒子运动方向，大拇指为洛伦兹力方向，若是负电荷，则大拇指的反方向为洛伦兹力方向．

6.如图所示，一根长直导线穿过载有恒定电流的金属环的中心且垂直于环面，导线和金属环中的电流如图所示，那么金属环所受安培力（）

A.沿圆环半径向里B.等于零

C.沿圆环半径向外D.水平向左

根据安培定则判断通电直导线产生的磁场方向，在根据左手定则判断环形导线受到的安培力的方向．

解：

在图中，根据安培定则可知，直线电流的磁场与导线环平行，则环形导线不受安培力．故B正确，A、C、D错误．

B．

【点评】解决本题的关键掌握使用安培定则判断电流产生的磁场方向，以及会用左手定则判断安培力方向．

7.如图所示，将通电线圈悬挂在磁铁N极附近,磁铁处于水平位置,和线圈在同一平面内，且磁铁的轴线经过线圈圆心，线圈将（　　）

A.转动,同时靠近磁铁

B.转动,同时离开磁铁

C.不转动，只靠近磁铁

D.不转动，只离开磁铁

先根据左手定则判断线圈所受的安培力方向，再根据右手螺旋定则判断出线圈产生的磁场，从而根据磁极间的相互作用分析线圈的运动情况．

线圈通有顺时针电流，并处于N极的附近，根据左手定则可得，线圈右边安培力方向垂直纸面向里，所以线圈转动；

由右手螺旋定则可知，线圈向外一面为S极，因为异名磁极相互吸引，线圈靠近磁铁；

所以线圈转动并同时靠近磁铁．故A正确，BCD错误．

A．

【点评】此题考查了左手定则、右手螺旋定则和磁极间相互作用的应用，注意线圈产生的磁场与条形磁体产生的磁场很相似，可以利用右手定则判断磁场的N、S极．

8.在真空中上、下两个区域均为竖直向下的匀强电场，其电场线分布如图所示，有一带负电的微粒，从上边区域沿一条电场线以速度

匀速下落，并进入下边区域（该区域的电场足够广），在如图所示的速度——时间图象中，符合粒子在电场内运动情况的是（）

A.B.C.D.

带负电的微粒，从上边区域沿一条电场线以速度v0匀速下落，进入下边区域后，由于电场强度变大，因此所受电场力变大，因此微粒开始做向下的减速运动，等到速度为零后，又会向上加速，由于过程的对称性，等到它到达区域分界线时，速度大小又达到了v0，此后进入上边区域，受力依然平衡．因此A正确，BCD错误。

A。

点睛：

通过微粒的匀速下落，得知电场力和重力的关系，然后进入另一电场，所受的电场力增大，根据牛顿第二定律判断出加速度的方向，从而根据加速度与速度的方向关系，判断其运动情况。

9.如图所示的匀强电场中有M、N两点，距离为d，MN的连线与场强方向夹角为，带电为q的正电荷在N点所受的电场力为F，将这个正电荷由N移到M，克服电场力做功为W，M、N间电势差为U．则M点的电场强度为（　　）

A.

B.

C.

D.

【答案】BC

正电荷由N移到M，克服电场力做功为W，根据功的概念以及电场强度和电势差的关系求解.

【详解】正电荷由N移到M，克服电场力做功为W，则WNM=W=-Uq，又

，联立解得

，故选BC.

10.如图所示，带电平行板中匀强电场方向竖直向上，匀强磁场方向水平向里，某带电小球从光滑绝缘轨道上的点自由滑下，经过轨道端点P进入板间后恰好沿水平方向做直线运动，现使小球从轨道上的较低点

开始下滑，经P点进入板间后，在板间运动过程中（　　）

A.小球动能将会增大

B.小球电势能将会增大

C.小球所受洛仑兹力将会增大

D.因不知小球带电性质，无法判断小球的动能如何变化

【答案】ABC

小球从P点进入平行板间后做直线运动，对小球进行受力分析得小球共受到三个力作用：

重力G、电场力F、洛伦兹力f，这三个力都在竖直方向上，小球在水平直线上运动，所以可以判断出小球受到的合力一定是零，即小球一定是做匀速直线运动，洛伦兹力和电场力同向，故都向上；

减小入射速度后，洛伦兹力减小，合力向下，故向下偏转．

【详解】根据题意分析得：

不知小球的电性，我们可以假设：

如果小球带负电，电场力、洛伦兹力的方向都向下，小球不会平衡。

所以小球一定带正电。

小球从P点进入平行板间后做直线运动，共受三个力：

电场力、洛伦兹力的方向都向上，与重力都在竖直方向上，小球做直线运动，三力一定相平衡，即小球一定做匀速直线运动。

如果小球从稍低的b点下滑到从P点进入平行板间，则小球到达P点的速度会变小，洛伦兹力比之前减小，电场力和重力不变，三个力的合力一定不为零，方向向下，小球将向下偏转，合力都对小球做正功，小球动能将会增大，电场力做负功，小球的电势能将会增大，洛伦兹力也会增大。

故ABC正确，D错误。

故选ABC.

【点睛】本题关键先分析出小球受力平衡，然后再考虑洛仑兹力变化后的运动情况，同时要结合平行板电容器的表达式和电势差与电场强度的关系式列式分析．

二、填空题

11.测得某电源的路端电压U和通过电源的电流I的关系图象如图所示，由图可得电源的电动势=_________V，内电阻r=_________

。

【答案】

（1）.1.4；

（2）.0.5

U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻，由图示图象求出电源电动势与内阻．

【详解】由E=U+Ir得：

U=E-Ir，根据U-I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.4，则电源电动势E=1.4V，电源内阻：

【点睛】本题考查了求电源电动势与内阻，要掌握应用图象法处理实验数据的方法，U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻.

12.如图所示，平行板电容器电容为C：

带电量为Q，板间距离为d，今在两板正中央d／2处放一电荷q，则它受到的电场力大小为_________。

【答案】

根据电容器的定义式C＝Q/U，求出电容器两端间的电势差，根据匀强电场的强度公式E＝U/d得出电场强度，从而得出电场力．

【详解】电势差

，则电场强度

，电场力F=qE=

．

13.如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速度沿与x轴成30o角从原点射入磁场，则正、负电子在磁场中运动时间之比为（）

A.1：

2B.1：

1C.

D.2：

1

【答案】D

带电粒子以一定的速度垂直进入匀强磁场，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动．粒子受到的洛伦兹力提供向心力；

粒子在磁场中运动的周期仅与粒子的比荷及磁场有关，而运动的时间与偏转角有关．

正离子进入磁场后，在洛伦兹力作用下向上偏转，而负离子在洛伦兹力作用下向下偏转．正离子以60°

入射，则圆弧对应的圆心角为120°

，而负离子以30°

入射，则圆弧对应的圆心角为60°

，由于粒子在磁场中运动的周期仅与粒子的比荷及磁场有关，而运动的时间与偏转角有关，

．所以正离子运动时间是负离子时间的2倍．

D

【点评】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：

定圆心、画轨迹、求半径．则可画出正、负离子运动轨迹，由几何关系可知答案．

14.如图所示，一束动能相等、电量相等、质量分别为m1和m2的带电的粒子，从A点垂直于磁场方向射人匀强磁场中。

当磁感强度为B1时，质量为m1的粒子沿半圆轨道运动至C点；

当磁感强度为B2时，质量为m2的粒子也沿同一半圆轨迹运动到C点。

那么这两种粒子的质量之比

等于_________。

两粒子的动能相同，电量相同，在磁场中运动的轨道半径相同，根据

列式可求解.

【详解】当磁感强度为B1时，质量为m1的粒子沿半圆轨道运动至C点；

则

；

同理：

因

，联立解得

15.质子和

粒子由静止出发经过同一加速电场加速后，沿垂直磁感线方向进入同一匀强磁场，则它们在磁场中的速度之比为_________，半径之比为_________。

【答案】

（1）.

；

（2）.

根据动能定理求出粒子进入磁场的速度，结合粒子在磁场中运动的半径公式求出半径之比.

【详解】由动能定理得：

qU=

mv2-0，解得：

，因为质子和α粒子的电量之比为1：

2，质量之比为1：

4，则速率之比为

：

1。

粒子在磁场中运动的半径：

4，则半径之比为1：

16.如图所示，比荷为

的电子垂直射入宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场区域，则电子能从右边界射出这个区域，至少应具有的初速度大小为_________。

电子进入磁场后由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，当电子恰好从右侧面穿出这个磁场区域时，其轨迹与磁场右边界相切，此时电子的速度最小，由几何知识求得半径，由牛顿第二定律求解电子的最小速度．

【详解】当电子恰好能从右侧面穿出这个磁场区域时，轨迹如图，则由几何知识得轨迹半径为：

r=d；

由牛顿第二定律得：

evB=m

，解得：

，要使粒子粒子从右边界射出，速度要大于

三、计算题

17.图中，定值电阻R1=16

，当S断开时，R1上消耗的电功率为1W，此时，源内阻上发热的功率为0.125W；

当S闭合时，R1上消耗的电功率为0.64w。

求：

（1）电源电动势和内电阻r。

（2）S闭合后电灯消耗的电功率PL。

（1）4.5V，2

（2）1.44W

根据电路的结构，结合欧姆定律以及闭合电路的欧姆定律和电功率的公式求解.

【详解】

（1）当S断开时，R1上消耗的电功率为1W，根据PR1=I2R1可得I=0.25A；

电源内阻上发热的功率为0.125W，则Pr=I2r，解得r=2Ω；

根据闭合电路的欧姆定律：

E=I（R1+r）=4.5V；

（2）当S闭合时，R1上消耗的电功率为0.64W，则路端电压

，

则电路的总电流

，

灯泡的电流为

灯泡的电功率：

PL=ILU=0.45×

3.2=1.44W

18.如图所示，一根长L=0.2m的金属棒放在倾角为θ=370的光滑斜面上，并通以I=5A电流，方向如图所示，整个装置放在磁感应强度为B=0.6T，竖直向上的匀强磁场中，金属棒恰能静止在斜面上，则该棒的重力为多少？

（

）

【答案】1N

棒子所受的安培力F=BIL=0.6N．

结合受力分析图，根据共点力平衡得：

=1N

安培力

对导体棒进行受力分析，受到重力、支持力、安培力处于平衡，根据共点力平衡由三角函数关系求出棒的重力．

19.一磁场宽度为L，磁感应强度大小为B，如图所示，一电荷质量为m、带电荷量为—q，不计重力，以一速度（方向如图）射人磁场．若不使其从右边界飞出，则电荷的速度最大应为多大?

粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子恰好不从右边界飞出时，其轨迹与磁场右边界相切，由由几何知识求出粒子的轨道半径，然后由牛顿第二定律求出粒子的速度．

【详解】若要粒子不从右边界飞出，当达最大速度时运动轨迹如图，

由几何知识可求得半径r，即r+rcosθ=L，得

又由牛顿第二定律得Bqv=

所以

故若不使其从右边界飞出，则电荷的速度应为v≤

【点睛】根据题意画出粒子满足要求的轨迹，由几何知识求出粒子的临界半径，然后应用牛顿第二定律即可正确解题．

20.在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，有一倾角为θ、足够长的光滑绝缘斜面，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，电场方向竖直向上．有一质量为m，带电荷量为+q的小球静止在斜面顶端，这时小球对斜面的正压力恰好为零，如图所示，若迅速把电场方向反转为竖直向下，重力加速度为g，求：

（1）小球能在斜面上滑行多远？

（2）小球在斜面上滑行时间是多少？

（1）

（2）

当电场竖直向上时，小球对斜面无压力，可知电场力和重力大小相等；

当电场竖直向下时，小球受到向下的力为2mg；

当小球恰好离开斜面时，在垂直于斜面的方向上合力为零，由此可求出此时的速度；

小球平行斜面方向的分力不变，故加速度不变，根据速度位移关系公式求解位移，根据速度时间关系公式求解加速时间．

设电场强度为E，则电场反转前：

mg=qE

电场反转后，设小球离开斜面时的速度为v，则：

qvB=（mg+qE）cosθ

加速度：

a=

=2gsinθ

由匀变速规律有：

v2=2as

v=at

由以上各式解得小球能沿斜面连续滑行的距离：

s=

所用时间：

t=

答：

若迅速把电场方向反转竖直向下，小球能在斜面上连续滑行

远，所用时间是

【点评】该题考察了带电物体在复合场中的运动情况，解决此类问题要求我们要对带电物体进行正确的受力分析，要注意找出当小球离开斜面时的临界情况；

然后结合牛顿第二定律和运动学公式列式求解．