广西南宁市20202021学年高二物理上学期12月月考试题理含解析

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1、广西南宁市第三中学2020-2021学年高二物理上学期12月月考试题 理（含解析）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。其中19小题只有一个选项正确。1012小题有多个选项正确。全部选对的得4分；选对但不全的得2分；有选错或不选的得0分）。1. 如图所示，一带负电的离子束沿图中箭头方向通过两磁极间时，它受的洛伦兹力方向A. 向下B. 向上C. 指向S极D. 指向N极【答案】A【解析】【详解】由图可知，磁场方向从N极指向S极，根据左手定则可知，负电的离子束所受的洛伦兹力的方向向下，故A正确，BCD错误2. 关于感应电流，下列说法中正确的是（）A. 只要闭合电路内有磁通量，闭合电路中就

2、有感应电流产生B. 穿过螺线管的磁通量发生变化时，螺线管内部就一定有感应电流产生C. 线框不闭合时，即使穿过线框的磁通量发生变化，线框中也没有感应电流产生D. 只要闭合电路的部分导体做切割磁感线运动，电路中就一定有感应电流产生【答案】C【解析】【详解】AB穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就有感应电流产生，AB错误；C线框不闭合时，即使穿过线框的磁通量发生变化，线框中也没有感应电流产生，C正确；D闭合电路部分导体做切割磁感线运动，该电路的磁通量不一定变化，电路中不一定有感应电流产生，D错误。故选C。3. 如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在其左上方固定一根与磁铁垂直的长直导线，当导线中

3、通以图示方向的电流时() A. 磁铁对桌面的压力增大，且受到向右的摩擦力作用B. 磁铁对桌面的压力增大，且受到向左的摩擦力作用C. 磁铁对桌面的压力减小，且受到向右的摩擦力作用D. 磁铁对桌面的压力减小，且受到向左的摩擦力作用【答案】C【解析】解： 以导线为研究对象，由左手定则判断得知导线所受安培力方向斜向右下方，根据牛顿第三定律得知，导线对磁铁的安培力方向斜向左上方，磁铁有向左运动的趋势，受到向右的摩擦力，同时磁铁对地的压力减小.故C正确.4. 如图所示，线圈P通入强电流，线圈Q水平放置，从靠近线圈P的附近竖直向下落，经过位置、，下落过程中感应电流的方向自上向下看（ ）A. 始终是顺时针方向

4、B. 始终是逆时针方向C. 先顺时针后逆时针方向D. 先逆时针后顺时针方向【答案】A【解析】【分析】穿过线圈的磁通量发生变化，则闭合电路中产生感应电流，可以根据楞次定律来确定感应电流的方向；【详解】根据右手螺旋定则可知，通电螺线管的左端相当于N极，右端相当于S极，线圈从位置I到位置II的过程中，穿过线圈的向下的磁通量减小，则根据楞次定律可知产生感应电流的磁场方向向下，由右手定则知感应电流顺时针方向；线圈从位置II到位置III的过程中，线圈内穿过的向上的磁通量增加，则根据楞次定律可知感应电流的磁场方向向下，由右手定则知感应电流顺时针方向，故选项A正确，选项BCD错误【点睛】考查如何判定感应电流的

5、产生条件，及掌握楞次定律的应用，注意掌握右手螺旋定则，确定通电螺线管的磁极是解题的关键5. 一根粗细均匀的导线，两端加上电压U时，通过导线的电流为I，导线中自由电子定向移动的平均速率为v. 若将导线均匀拉长，使它的横截面的半径变为原来的，再给它两端加上电压U，则（ ）A. 通过导线的电流为B. 通过导线的电流为C. 导线中自由电子定向移动的速率为D. 导线中自由电子定向移动的速率为【答案】B【解析】横截面的半径变为原来的，可知面积变为原来的，由体积V=LS不变，可知长度变为原来的4倍由电阻定律的表达式：，可得变化后的电阻值为：由可知，电流变为故A错误，B正确由电流的微观表达式：I=nqSv，可

6、知 ，故C D错误故选B.点睛：本题关键要掌握好电阻定律，会分析长度变化导致的横截面积的变化其次要掌握电流的微观表达式I=nqSv6. 如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电荷量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是（）A. Q变小，C不变，U不变，E变小B. Q变小，C变小，U不变，E不变C. Q几乎不变，C变小，U变大，E不变D. Q几乎不变，C变小，U变大，E变小【答案】C【解析】【详解】平行板电容器与静电计并联，电容器所带电量不变。增大电容器两极板间的距离d时，由电

7、容的决定式知，电容C变小；Q不变，则根据电容的定义式知，电容C变小，Q不变，则U变大；根据，电场强度不变；故选C。7. 显像管原理的示意图如图所示，当没有磁场时，电子束将打在荧光屏正中的O点，安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，若使高速电子流打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点，下列变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】A、D项：在前半个周期内，磁场方向向里，由左手定则判断可知，电子向下偏转打在b点，故A、D错误；B项：在前半个周期内，磁场方向向外，由左手定则判断可知，电子向上偏转打在a点，B减小，

8、由分析可知半径增大，电子流打在荧光屏上位置向下移动；在后半个周期内，磁场方向向外，由左手定则判断可知，电子向上偏转，B增大，由分析可知半径减小，故电子流打在荧光屏上的位置可以由a点逐渐移动到O点，再由O点回到a点，故B错误；C项：在前半个周期内，磁场方向向外，由左手定则判断可知，电子向上偏转打在a点，B减小，由分析可知半径增大，电子流打在荧光屏上位置向下移动；在后半个周期内，磁场方向向里，由左手定则判断可知，电子向下偏转，B增大，由分析可知半径减小，电子流打在荧光屏上位置向下移动；故电子流打在荧光屏上的位置可以由a点逐渐移动到b点，故C正确点晴：根据左手定则判断电子所受的洛伦兹力的方向，确定电

9、子的偏转方向根据半径公式分析电子流打在荧光屏上位置的变化8. 如图所示，电源电动势为E，内阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置G为灵敏电流计开关S闭合后，两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态则在滑动变阻器R的触头P向上移动的过程中，下列判断正确的是（）A. 灵敏电流计G中有ab的电流B 油滴向上加速运动C. 电容器极板所带电荷量将减小D. 通过电阻R2的电流将减小【答案】B【解析】在滑动变阻器R的触头P向上移动的过程中，R增大，总电阻增大，电动势和内阻不变，可知总电流减小，内电压减小，外电压增大，外电压等于R1上的电压和R2与R并联电压之和，而R1上的电压减小，所以R2与R

10、的并联电压增大，通过R2的电流增大根据Q=CU，电容器所带的电量增大，上极板带正电，电容器充电，所以流过电流计的电流方向是ba电容器两端电压增大，电场强度增大，电场力增大，开始电场力与重力平衡，所以油滴会向上加速故B正确，ACD错误故选B点睛：处理本题的关键是抓住不变量，熟练运用闭合电路的动态分析注意处理含容电路时，把含有电容的支路看成断路，电容器两端的电压等于和电容器并联支路的电压9. 如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1（左）匀速运动到位置2（右），则（）A. 导线框进入磁场时，感应电流方向为abcdaB. 导线框离开磁场时，感应

11、电流方向为adcbaC. 导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右D. 导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向左【答案】D【解析】【详解】A、根据楞次定律“增反减同”可知导线框进入磁场时，感应电流方向为adcba，故A错误B、根据楞次定律“增反减同”可知当导线框离开磁场时感应电流为abcda，故B错误；C、根据楞次定律“来拒去留”可知导线框离开磁场时受到了向左的安培力，故C错误；D、根据楞次定律“来拒去留”可知导线框进入磁场时受到了向左的安培力，故D正确；10. 如图所示，一个带正电荷的小球沿绝缘的光滑水平桌面向右运动，飞离桌子边缘A，最后落到地板上设有磁场时飞行时间为t1，水平射程为x1

12、，着地速度大小为v1；若撤去磁场而其余条件不变时，小球飞行的时间为t2，水平射程为x2，着地速度大小为v2.则()A. x1x2B. t1t2C. v1v2D. v1v2【答案】ABD【解析】没有磁场影响时，小球飞落过程为平抛运动当空间有匀强磁场时，分析小球飞落过程中任一位置受力情况由时刻跟瞬时速度垂直的f洛对小球竖直分运动的影响可知，在同样落差下与平抛运动只受重力作用相比，小球落地时间加长，所以t1t2由f洛对水平分运动的影响可知，小球水平分速度将比平抛时加大，且飞行时间又有t1t2，则水平射程必有x1x2由于洛伦兹力做功为零，而两种情况重力对小球做功相等，所以落地速度大小相同即选项ABD正

13、确，C错误；故选ABD.11. 如图所示，质量为m、长为L的直导线用两绝缘轻质细线悬挂于O、O，并处于匀强磁场中。导线中通以沿x轴正方向的电流I，悬线与竖直方向的夹角为，且导线保持静止，则磁感应强度的方向和大小可能为（）A y轴正向，B. z轴正向，tanC. 沿悬线向上，sinD. z轴负向，tan【答案】AD【解析】【详解】A如果磁感应强度方向y轴正方向，根据左手定则，直导线所受安培力方向竖直向上，当时，有杆在任意位置静止，故A正确；B磁感应强度方向为z正向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y负方向，直导线不能在此位置平衡，故B错误；C磁感应强度方向沿悬线向上，根据左手定则，直导线所受

14、安培力方向垂直于绳子斜向下，杆不可能平衡，故C错误；D磁感应强度方向为z负方向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y正方向，根据平衡条件得故D正确。故选AD。12. 如图所示，竖直放置的两块很大的平行金属板a、b，相距为d，a、b间的电场强度为E，今有一带正电的微粒从a板下边缘以初速度v0竖直向上射入电场，当它飞到b板时，速度大小不变，而方向变为水平方向，且刚好从高度也为d的狭缝进入bc区域，bc区域的宽度也为d，所加电场的场强大小也为E，方向竖直向上，磁感应强度方向垂直纸面向里，磁场磁感应强度大小等于，重力加速度为g，则下列关于微粒运动的说法正确的是（）A. 微粒在ab区域的运动时间为B.

15、 微粒在bc区域中做匀速圆周运动，圆周半径r=dC. 微粒在bc区域中做匀速圆周运动，运动时间为D. 微粒在ab、bc区域中运动的总时间为【答案】AC【解析】【详解】A将粒子在电场中的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速运动，竖直分运动为末速度为零的匀减速运动，根据运动学公式，水平方向竖直方向解得A正确；B粒子在复合场中运动时，由于电场力与重力平衡，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力联立解得r=2d，B错误；C由于r=2d，画出轨迹，如图。设回旋角度为解得 在复合场中的运动时间为解得 ，C正确；D粒子在电场中运动时间为故粒子在ab、bc区域中运动的总时间为D错误。

16、故选AC。二、填空题（本题共3小题，每空2分，共16分。把答案填在答卷中横线上。）13. 如图所示是“探究感应电流方向的规律”的实验装置。（1）将图中所缺导线补接完整_；（2）闭合开关，电流稳定后，电流计指针将_（填“偏转”或“不偏转”）；合上开关后将线圈A迅速从线圈B中拔出时，电流计指针将_（填“偏转”或“不偏转”）；（3）闭合开关后，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，电流计的指针将_（填“偏转”或“不偏转”）。【答案】 (1). (2). 不偏转 (3). 偏转 (4). 偏转【解析】【详解】（1）1将线圈B和电流计串联形成一个回路，将电键、滑动变阻器、电源、线圈A串联而成另一个回路即可，实

17、物图如下所示（2）2合上开关稳定后，穿过线圈的磁通量不变，电流计指针将不偏转。3合上开关后将线圈A迅速从线圈B中拔出时，穿过线圈的磁通量发生变化，电流计指针将偏转。（3）4合上开关后当滑动变阻器的滑片P向右移动时，穿过线圈的磁通量增大，电流计指针将偏转。14. 某探究性学习小组利用如图所示的电路测量电池的电动势和内阻其中电流表A1的内阻r1=1.0 k，电阻R1=9.0 k，为了方便读数和作图，给电池串联一个R0=3.0 的电阻（1）按图示电路进行连接后，发现、和三条导线中，混进了一条内部断开的导线为了确定哪一条导线内部是断开的，将电建S闭合，用多用电表的电压挡先测量a、间电压，读数不为零，再

18、测量、间电压，若读数不为零，则一定是_导线断开；若读数为零，则一定是_导线断开 （2）排除故障后，该小组顺利完成实验通过多次改变滑动变阻器触头位置，得到电流表A1和A2的多组I1、I2数据，作出图象如右图由I1I2图象得到电池的电动势E=_V，内阻r=_【答案】 (1). (2). (3). 1.41（1.361.44均可） (4). 0.5（0.40.6均可）【解析】用电压挡检测电路故障，电压表表头是电流计，原电路有断路，回路中无电流，将电压表接在间后有示数，说明电路被接通，即间有断路故障，再测量间电压，电压表读数不为零，说明断路故障的范围被缩小到间，则一定是导线断开；若读数为零，则说明电路

19、仍未被接通，断路故障的范围被确定在间根据闭合电路的欧姆定律：，上式可简化为，读出两点坐标：（60，0.12）和（260，0.05），代入方程解得：电动势E=1.41 V，内阻r=0.5 点睛:由图象法处理实验数据的关键是要理解图线的物理意义纵轴截距和斜率表示什么，闭合电路的欧姆定律是核心三、计算题（本题共4小题，共36分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位。）15. 如图所示，长为L、质量为m的导体棒用细线悬挂放入某匀强磁场中，导体棒与磁场方向垂直，当导体棒中通过的电流为I时，细线上的拉力恰好为零，求磁感应强度

20、B为多大？磁场方向如何？【答案】,方向垂直纸面向里.【解析】【详解】由细线拉力恰好0可知，磁场力为：F=mg又F=BIL解得：，方向垂直纸面向里.16. 如图所示，在倾角为的斜面上，固定一宽L0.25m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R.电源电动势E12V，内阻r1，一质量m20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好整个装置处于磁感应强度B0.80T、垂直于斜面向上的匀强磁场中(导轨与金属棒的电阻不计)金属导轨是光滑的，取g10m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：（1）金属棒所受到的安培力的大小；（2）通过金属棒的电流的大小；（3）滑动变阻器R接入电路中的阻值【答案】（1）0.

21、1 N（2）0.5 A（3）23 【解析】【详解】(1)金属棒静止在金属导轨上受到重力、支持力和沿斜面向上的安培力，由受力平衡代入数据得(2) 由F安=BIL，解得：(3)设滑动变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路欧姆定律得，代入数据得17. 如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，极板长l=80cm，两板间的距离d=40cm 电源电动势E=40V，内电阻r=1，电阻R=15，闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电的小球从B板左端且非常靠近B板的位置以初速度水平向右射入两板间，该小球可视为质点若小球带电量q=1102C，质量为m=2102kg，不考虑空气阻力，电路中电压表、电流表均是理想

22、电表若小球恰好从A板右边缘射出(g取10m/s2)求（1）滑动变阻器接入电路的阻值为多少？（2）此时电流表、电压表的示数分别为多少？（3）此时电源的输出功率是多少？【答案】（1）24（2）1A，39V（3）39W【解析】试题分析：（1）设小球在板间飞行时间为t，根据dat2，得飞行加速度对小球根据牛顿第二定律得，解得：，所以滑动变阻器的两端电压U滑UAB24 V设通过滑动变阻器的电流为I，由欧姆定律得滑动变阻器接入电路的阻值R滑24 （2）此时电流表的示数为1 A，电压表的示数为UEIr（4011）V39 V（3）电源的输出功率P出IU39 W考点：带电粒子在电场中的运动；欧姆定律；电功率【名

23、师点睛】本题是带电粒子在电场中类平抛运动和电路问题的综合，容易出错的是受习惯思维的影响，求加速度时将重力遗忘，要注意分析受力情况，根据合力求加速度18. 如图所示的平行板器件中，存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度B1=0.20T,方向垂直纸面向里，电场强度E1=10105V/m,PQ为板间中线紧靠平行板右侧边缘 xOy坐标系的第一象限内，有一边界AO、与y轴的夹角AOy=45，边界线的上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B2=025T,边界线的下方有竖直向上的匀强电场，电场强度E2=5.0105V/m一束带电荷量q=8.010-19C、质量m=8.010-26Kg的正离子从

24、P点射入平行板间，沿中线PQ做直线运动，穿出平行板后从y轴上坐标为（0, 0.4 m）的Q点垂直轴射入磁场区，多次穿越边界线OA求：（1）离子运动的速度；（2）离子在电场中的加速度（3）离子从进入磁场到第二次穿越边界线OA所需的时间；（4）离子第四次穿越边界线的位置坐标【答案】（1）5.0105m/s（2）5.01012m/s2（3）8.2810-7s；（4）（0.5m，0.5m）【解析】【详解】(1) 正离子做直线运动，则：qE=qvB1得v=5.0105m/s(2) 离子进入磁场，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有得r=0.2 m作出离子的运动轨迹，交OA边界于N，如图所示：OQ=2r若磁场

25、无边界，一定通过O点，则圆弧QN的圆周角为45，则轨迹圆弧的圆心角为=90，过N点做圆弧切线，方向竖直向下，离子垂直电场线进入电场，做匀减速运动，离子在电场中的加速度（3）在磁场中时间为而离子在电场中来回运动的时间为所以离子从进入磁场到第二次穿越边界线OA所需的时间为t=t1+t2=（2+2）10-7s=8.2810-7s（4）离子当再次进入磁场后，做匀速圆周运动，恰好完成周期，当离子再次进入电场后，做类平抛运动，速度的方向位移与加速度的方向的位移相等得t3=210-7s离子沿着速度方向的位移为x3=vt3=0.1m第四次穿越边界线的x轴的位移为x=R+R+x3=0.2m+0.2m+0.1m=0.5m第四次穿越边界线的位置的坐标为（0.5m，0.5m）