湖北省黄冈市2019_2020学年高二物理上学期10月月考试题含解析.doc

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1、湖北省黄冈市2019-2020学年高二物理上学期10月月考试题（含解析）一、选择题1.地球的地理两极与地磁两极并不完全重合，它们之间存在磁偏角，首先观测到磁偏角的是A. 意大利航海家哥伦布B. 葡萄牙航海家麦哲伦C. 我国的航海家郑和D. 中国古代科学家沈括【答案】D【解析】世界上第一个清楚的、准确的论述磁偏角的是沈括，沈括是中国历史上最卓越的科学家之一，他发现了地磁偏角的存在，比欧洲发现地磁偏角早了四百多年，D正确2.如图，一个环形电流中心有一根通电直导线，则环受到的磁场力（ ）A. 沿环半径向外B. 沿环半径向内C. 沿水平向左D. 等于零【答案】D【解析】通电直导线产生的磁场是以导线上各

2、点为圆心的同心圆，而环形电流的的方向与磁场方向平行，即B平行I，所以通电圆环不受安培力的作用，即F=0，故D正确，ABC错误。3.如图所示，用两根相同的细绳水平悬挂一段均匀载流直导线MN，电流I方向从M到N，绳子的拉力均为F.为使F0，可能达到要求的方法是()A. 加水平向右的磁场B. 加水平向左的磁场C. 加垂直纸面向里的磁场D. 加垂直纸面向外的磁场【答案】C【解析】要使绳子的拉力变为零，加上磁场后，应使导线所受安培力等于导线的重力，由左手定则可判断，所加磁场方向应垂直纸面向里，导线所受安培力向上4.如图所示，ab是水平面上一个圆的直径，在过ab的竖直面内有一根通电导线ef，且ef平行于a

3、b，当ef竖直向上平移时，穿过圆面积的磁通量将()A. 逐渐变大B. 逐渐变小C. 始终为零D. 不为零，但始终保持不变【答案】C【解析】因导线放置在圆形中心线的正上方，故各部分产生的磁感线一定会从导线的一则进入，从另一侧流出；故磁通量一定为零；增大电流时磁通量仍然为零；保持不变；故选A点睛：对于非匀强磁场穿过线圈的磁通量不能定量计算，可以根据磁感线的条数定性判断其变化情况，当磁感线有两种方向穿过线圈时，要看抵消后的磁感线条数来确定磁通量5.如图，金属环A用绝缘轻绳悬挂，与长直螺线管共轴，并位于其左侧。若变阻器的滑片P向左移动，则（）A. 金属环A向左运动，同时向外扩张B. 金属环A向左运动，

4、同时向里收缩C. 金属环A向右运动，同时向外扩张D. 金属环A向右运动，同时向里收缩【答案】B【解析】变阻器滑片P向左移动，电阻变小，电流变大，据楞次定律，感应电流的磁场方向与原电流磁场方向相反，故相互排斥，则金属环A将向左运动，因磁通量增大，金属环A有收缩趋势，故B正确，ACD错误。6.如图所示，一闭合直角三角形线框以速度v匀速穿过匀强磁场区域从BC边进入磁场区开始计时，到A点离开磁场区止的过程中，线框内感应电流的情况(以逆时针方向为电流的正方向)是下图所示中的（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】线圈进磁场时，切割磁感线的有效长度逐渐减小，电流逐渐减小，线圈出磁场时，切割

5、磁感线的有效长度逐渐减小，电流也在减小，但进出磁场时电流方向相反，结合分析可知：选项A符合题意，选项BCD不符合题意；7.如图所示，回旋加速器D形盒的半径为R，所加磁场的磁感应强度为B，被加速的质子从D形盒中央由静止出发，经交变电场加速后进入磁场设质子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，若忽略质子在电场中的加速时间，则下列说法正确的是() A. 如果只增大交变电压U，则质子在加速器中运行时间将变短B. 如果只增大交变电压U，则电荷的最大动能会变大C. 质子在电场中加速的次数越多，其最大动能越大D. 交流电的周期应为T【答案】AD【解析】如果只增大交变电压U，则质子在加速器中加速次数缩短，因此质子

6、的运行时间将变短，故A正确根据 ，得，电荷的最大动能与加速的电压和加速的次数无关故CB错误回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等故D正确故选AD点睛：解决本题的关键知道当粒子从D形盒中出来时，速度最大以及知道回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等8.如图所示，一个带正电荷的小球从a点出发水平进入正交垂直的匀强电场和匀强磁场区域,电场方向竖直向上，某时刻小球运动到了b点，则下列说法正确的是( )A. 从a到b，小球可能做匀速直线运动B. 从a到b，小球可能做匀加速直线运动C. 从a到b，小球动能可能不变D. 从a到b，小球机械能增加【答案】CD【解析】【详解】A.

7、 带电小球的初速度是水平的，从运动到点的过程中小球在竖直方向上发生位移，说明小球做的是曲线运动，所以小球受合外力不为零，即小球不可能做匀速直线运动，故A错误；B. 从上分析可知小球做曲线运动，即变速运动，故小球受到磁场给的洛伦兹力也是变化的，故小球受到的合力是变力，所以小球不可能做匀加速直线运动，故B错误；C. 当小球的重力和电场力平衡时，小球受到的洛伦兹力只改变小球的速度方向，从到，小球的动能不变，故C正确；D. 从到，电场方向竖直向上，电场力一定做正功，故小球机械能增加，故D正确。9. 用导线绕一圆环，环内有一用同样导线折成的内接正方形线框，圆环与线框绝缘，如图所示。把它们放在磁感应强度为

8、 B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于圆环平面（纸面）向里。当磁场均匀减弱时A. 圆环和线框中的电流方向都为顺时针B. 圆环和线框中的电流方向都为逆时针C. 圆环和线框中的电流大小之比为D. 圆环和线框中的电流大小比为2 :1【答案】AC【解析】试题分析：根据楞次定律可得当磁场均匀减小时，线圈内产生感应磁场方向与原磁场方向相同，即感应电流方向都为顺时针，A正确B错误；设圆半径为a，则圆面积为，圆周长为，正方向面积为，正方形周长为，因为磁场是均匀减小的，故，所以圆和正方形内的电动势之比为，两者的电阻之比为，故电流之比为，故C正确D错误；考点：考查了楞次定律，法拉第电磁感应定律【名师点睛】本题整合了法

9、拉第电磁感应定律、电阻定律和欧姆定律，常规题，要善于运用比例法解题10.如图所示，两条电阻不计平行导轨与水平面成角，导轨的一端连接定值电阻R1，匀强磁场垂直穿过导轨平面，一根质量为m、电阻为R2的导体棒ab，垂直导轨放置，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为，且，如果导体棒以速度v匀速下滑，导体棒此时受到的安培力大小为F，则以下判断正确的是( )A. 电阻R1消耗的电功率为 B. 重力做功的功率为C. 运动过程中减少的机械能全部转化为电能D. R2上消耗的功率为【答案】AD【解析】【详解】AD. 导体棒以速度匀速下滑时，则有：可得安培力：电阻消耗的热功率为：电阻消耗的热功率为：故A、D正确；B. 根

10、据瞬时功率表达式可得重力做功的功率为：故B错误；C. 根据能量守恒定律可知，运动过程中减少的机械能转化为电能和摩擦产生的热量，故C错误。二、实验题11.在用如图(甲)所示装置“研究回路中感应电动势大小与磁通量变化快慢的关系”实验中: (1)本实验中需要用到的传感器是光电门传感器和_ 传感器.(2)让小车以不同速度靠近螺线管，记录下光电门挡光时间t内感应电动势平均值E，改变速度多次实验，得到多组t与E，若以E为纵坐标、_为横坐标作图可以得到直线图像 (3)记录下小车某次匀速向左运动至最后撞上螺线管停止的全过程中感应电动势与时间的变化关系，如图所示，挡光时间t内图像所围阴影部分面积为S，增加小车的

11、速度再次实验得到的面积_(选填“”“”或“=”)S【答案】 (1). 电压 (2). (3). =【解析】【详解】(1)1需要电压传感器测量感应电动势的平均值；(2)2小车以不同速度靠近螺线管至最后撞上螺线管停止的全过程中，根据法拉第电磁感应定律公式可知，故应该以为横轴作图；(3)3根据法拉第电磁感应定律公式，则挡光时间内图像所围阴影部分面积为：由于小车的初末位置不变，磁通量的变化量相等，故面积为一个定值。12.物体的带电量是一个不易测得的物理量，某同学设计了如下实验来测量带电物体所带电量。如图（a）所示，他将一由绝缘材料制成的小物块A放在足够长的木板上，打点计时器固定在长木板末端，物块靠近打

12、点计时器，一纸带穿过打点计时器与物块相连，操作步骤如下，请结合操作步骤完成以下问题：（1）为消除摩擦力的影响，他将长木板一端垫起一定倾角，接通打点计时器，轻轻推一下小物块，使其沿着长木板向下运动。多次调整倾角，直至打出的纸带上点迹_，测出此时木板与水平面间的倾角，记为0。（2）如图（b）所示，在该装置处加上一范围足够大的垂直纸面向里的匀强磁场，用细绳通过一轻小定滑轮将物块A与物块B相连，绳与滑轮摩擦不计。给物块A带上一定量的正电荷，保持倾角0不变，接通打点计时器，由静止释放小物块A，该过程可近似认为物块A带电量不变，下列关于纸带上点迹的分析正确的是（ ）A纸带上的点迹间距先增加后减小至零B纸带

13、上的点迹间距先增加后减小至一不为零的定值C纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差不变D纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差逐渐减少，直至间距不变（3）为了测定物体所带电量q，除0、磁感应强度B外，本实验还必须测量的物理量有（ ）A物块A的质量MB物块B质量mC物块A与木板间的动摩擦因数 D两物块最终的速度v（4）用重力加速度g，磁感应强度B、0和所测得的物理量可得出q的表达式为_。【答案】 (1). 间距相等（或均匀） (2). D (3). BD (4). 【解析】试题分析：（1）此实验平衡摩擦力后，确定滑块做匀速直线运动的依据是，看打点计时器在纸带上所打出点的分布应该

14、是等间距的（2）设A的质量为M，B的质量为m，没有磁场时，对A受力分析，A受到重力Mg、支持力、摩擦力根据平衡条件可知：f=Mgsin0，FN=Mgcos0又因为f=FN，所以；当存在磁场时，以AB整体为研究对象，由牛顿第二定律可得（mg+Mgsin0）-（Bqv+Mgcos0）=（M+m）a由此式可知，v和a是变量，其它都是不变的量，所以AB一起做加速度减小的加速运动，直到加速度减为零后做匀速运动，即速度在增大，加速度在减小，最后速度不变所以纸带上的点迹间距逐渐增加，说明速度增大；根据逐差相等公式x=at2，可知，加速度减小，则相邻两点间的距离之差逐渐减少；匀速运动时，间距不变故D正确、AB

15、C错误故选D（3）（4）根据（mg+Mgsin0）-（Bqv+Mgcos0）=（M+m）a，可得当加速度减为零时，速度最大，设最大速度为v，则（mg+Mgsin0）-（Bqv+Mgcos0）=0化简得，把=tan0代入，得由此可知为了测定物体所带电量q，除0、磁感应强度B外，本实验还必须测量的物理量有物块B的质量m和两物块最终的速度v考点：带电粒子在磁场中的运动【名师点睛】此题考查了测量物体的带电量的实验，是一个设计性实验；解题时要明确实验原理及实验步骤，理解实验为什么挂钩码前要首先平衡摩擦力，正确的受力分析是关键；此题意在考查学生对物理实验的理解能力及对数据的处理能力.三、计算题13.据报道

16、，最近已研制出一种可投入使用的电磁轨道炮，其原理如图所示，炮弹(可视为长方形导体)置于两固定的平行导轨之间，并与轨道壁接触良好，开始时炮弹在导轨的一端，通以电流后炮弹会被磁力加速，最后从位于导轨另一端的出口高速射出。设两导轨之间的距离d = 0.10 m，导轨长L= 5.0 m，炮弹质量m = 0.30 kg，导轨上的电流I的方向如图中箭头所示，可以认为，炮弹在轨道内运动时，它所在处磁场的磁感应强度始终为B=2.0 T，方向垂直于纸面向里.若炮弹出口速度为v = 2.0103 m/s，求通过导轨的电流I的大小，忽略摩擦力与重力的影响。【答案】6.0105 A【解析】【详解】在导轨通有电流时，炮

17、弹作为导体受到磁场施加的安培力为：根据动能定理有：联立解得：代入题给数据得：14.如图所示,在磁感应强度B=1.0 T的有界匀强磁场中(MN为边界)，用外力将边长为L=10 cm的正方形金属线框向右匀速拉出磁场，已知在线框拉出磁场的过程中，ab边受到的磁场力F随时间t变化的关系如图所示，bc边刚离开磁场的时刻为计时起点(即此时t=0).求: (1)将金属框拉出的过程中产生的热量Q;(2)线框的电阻R.【答案】（1）2.010-3 J （2）1.0 【解析】【详解】(1)由题意及图象可知，当时刻边的受力最大，为：可得：线框匀速运动，其受到的安培力为阻力大小即为，由能量守恒：安(2) 金属框拉出的

18、过程中产生的热量：线框的电阻：15. 如图所示，两个同心圆，半径分别为r和2r，在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆心O处有一放射源，放出粒子的质量为m，带电荷量为q，假设粒子速度方向都和纸面平行, 不计粒子重力。（1）图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA与初速度方向夹角为60，要想使该粒子经过磁场第一次通过A点，则初速度的大小是多少？（2）要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过多少？【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）如图所示，设粒子在磁场中的轨道半径为，则由几何关系可得：，又，联立解得（2）设粒子轨迹与磁场外界相切时，粒子在磁场中的轨道半径

19、为，则由几何关系有：可得：，又，可得故要使粒子不穿出环形区域，粒子的初速度不能超过考点：考查了带电粒子在有界磁场中的运动16.如图所示，水平面上两平行光滑金属导轨间距为L，左端用导线连接阻值为R的电阻在间距为d的虚线MN、PQ之间，存在方向垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度大小只随着与MN的距离变化而变化质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直导轨放置，在大小为F的水平恒力作用下由静止开始向右运动，到达虚线MN时的速度为v0此后恰能以加速度a在磁场中做匀加速运动导轨电阻不计，始终与导体棒电接触良好求：(1)导体棒开始运动的位置到MN的距离x；(2)磁场左边缘MN处的磁感应强度大小B；(3)导体棒通过磁场区域过程中，电阻R上产生的焦耳热QR【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析：（1）导体棒在磁场外，由动能定理有（2分）解得（1分）（2）导体棒刚进磁场时产生的电动势（1分）由闭合电路欧姆定律有（1分）又（1分）由牛顿第二定律有（1分）解得（2分）（3）导体棒穿过磁场过程，由牛顿第二定律有（1分）导体棒克服安培力做功（1分）电路中产生的焦耳热（1分）电阻R上产生的焦耳热（1分）解得（2分）考点：电磁感应- 14 -