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1、江苏省黄桥中学2019-2020学年高二物理上学期第一次月考试题（含解析）一、单项选择题1. 中国宋代科学家沈括在梦溪笔谈中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也。”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图。结合上述材料，下列说法不正确的是A. 地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B. 地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近C. 地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D. 地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用【答案】C【解析】【详解】A根据题意可知，地理南、北极与地磁场存在一个夹角，为磁偏角，故两者不重合，A正确； B地磁南极在地理的北极
2、附近，地磁北极在地理的南极附近，B正确；C由于地磁场的磁场方向沿磁感线切线的方向，故只有赤道处地磁场的磁场方向才与地面平行，C错误；D在赤道处，磁场方向水平，而射线是带电的粒子，运动方向垂直磁场方向，根据左手定则可得射向赤道的粒子受到洛伦兹力的作用，D正确。【点睛】地球本身是一个巨大的磁体。地球周围的磁场叫做地磁场。地磁北极在地理南极附近，地磁南极在地理北极附近，所以地磁场的方向是从地磁北极到地磁南极。2.如图所示，在固定位置的条形磁铁S极附近悬挂一个金属线圈，线圈与水平磁铁位于同一竖直平面内，当在线圈中通入沿图示方向流动的电流时，将会看到()A. 线圈向左平移B. 线圈向右平移C. 从上往下
3、看，线圈顺时针转动，同时靠近磁铁D. 从上往下看，线圈逆时针转动，同时靠近磁铁【答案】C【解析】通以逆时针的电流，由于处于S极的磁体附近，根据左手定则可得，线圈左边安培力垂直纸面向里，右边安培力垂直纸面向外从上往下看，导致线圈顺时针转动；当线圈转过900角时，由右手定则可知线圈左端为N极，则与磁体吸引，即线圈边转动，边向磁体靠近故选C.点睛：通电圆环处于S极的附近，受到磁场力的作用使其转动，当转过与磁感应线垂直时，由于磁场的不均匀，导致线圈受到安培力作用3.如图所示，双量程电压表由表头G和两个电阻串联而成。已知该表头的内阻，满偏电流，下列说法正确的是A. 表头G满偏电压为500VB. 使用a、
4、b两个端点时，其量程比使用a、c两个端点时大C. 使用a、b两个端点时，其量程为010V，则R1为9.5kD. 使用a、c两个端点时，其量程为0100V，则为95k【答案】C【解析】表头的满偏电压为，A错误；在电压表的改装中，串联的电阻越大，分压越大，量程越大，所以使用a、c两个端点时，量程最大，B错误；若使用a、b两个端点时，其量程为010V，则，代入数据可得，C正确；使用a、c两个端点时，其量程为0100V，则，代入数据可得，D错误4.如图所示的电路中，A是电容器两极板之间的一点，在A点有一个带负电荷的质点，质点在重力和电场力的共同作用下处于静止状态，当滑动变阻器连入电路的阻值减小时，带电
5、质点的运动情况是A. 向上加速B 向下加速C. 保持静止D. 向上匀速【答案】A【解析】【详解】滑动变阻器阻值减小时，总电阻减小，则电流增大，电容器两端的电压增大，电场强度增大，电场力增大，电场力大于重力，带电质点向上加速。A向上加速，与结论相符，选项A正确；B向下加速，与结论不相符，选项B错误；C保持静止，与结论不相符，选项C错误；D向上匀速，与结论不相符，选项D错误；5.利用伏安法测电阻一般采用如图甲、乙所示的两种接法，这两种接法都会产生系统误差下列说法中正确的是A. 图甲中Rx的测量值偏小，是由于电流表的分压作用B. 图甲中Rx的测量值偏大，是由于电压表的分流作用C. 图乙中Rx的测量值
6、偏小，是由于电压表的分流作用D. 图乙中Rx的测量值偏大，是由于电流表的分压作用【答案】D【解析】【详解】AB图甲中由于电压表的分流作用，则电流表测量值偏大，根据可知，Rx的测量值偏小，选项AB错误；CD图乙中由于电流表的分压作用使得电压表的测量值偏大，根据可知，Rx的测量值偏大，选项C错误，D正确。6.在如图所示的电路中，电压表、电流表均为理想电表。电源电动势为12V，内阻为1，电动机线圈电阻为0.5，开关闭合，电动机正常工作，电压表示数为10V，则A. 电源两端的电压为12VB. 电源的输出功率为24WC. 电动机消耗的电功率为80WD. 电动机所做机械功的功率为18W【答案】D【解析】电
7、压表的示数为10V，为电源两端电压，即路端电压，而电动势为12V，故内电压为2V，所以电路电流为，电源的输出功率等于电动机消耗的电功率，故为，电动机的热功率为，所以电动机的机械功率为，D正确【点睛】在计算电功率的公式中，总功率用来计算，发热的功率用来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的7.两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的A. 轨道半径增大，角速度增大B. 轨道半径
8、增大，角速度减小C 轨道半径减小，角速度增大D. 轨道半径减小，角速度减小【答案】B【解析】【详解】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提高向心力，由牛顿第二定律有：解得：从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后。B减小，所以r增大。线速度、角速度的关系为：v=R，线速度v不变，半径r增大，所以角速度减小。A轨道半径增大，角速度增大，与结论不相符，选项A错误；B轨道半径增大，角速度减小，与结论相符，选项B正确；C轨道半径减小，角速度增大，与结论不相符，选项C错误；D轨道半径减小，角速度减小，与结论不相符，选项D错误。8.图甲是洛伦兹力演示仪图乙是演示仪结构图，玻璃泡内充有稀薄的气体，由电子枪
9、发射电子束，在电子束通过时能够显示电子的径迹图丙是励磁线圈的原理图，两线圈之间产生的磁场近似匀强磁场，线圈中电流越大磁场越强，磁场的方向与两个线圈中心的连线平行电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节若电子枪垂直磁场方向发射电子，给励磁线圈通电后，能看到电子束的径迹呈圆形关于电子束的轨道半径，下列说法正确的是A. 只增大励磁线圈中的电流，轨道半径变小B. 只增大励磁线圈中的电流，轨道半径不变C. 只增大电子枪的加速电压，轨道半径不变D. 只增大电子枪的加速电压，轨道半径变小【答案】A【解析】【详解】电子被加速电场加速，由动能定理得：电子在匀强磁场中做匀速圆周
10、运动，洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律得：解得：AB增大励磁线圈中的电流，磁感应强度B增大，由可知，轨道半径r变小，故B错误，A正确；CD只增大电子枪的加速电压U，由可知，轨道半径变大，故CD错误；9.如图甲所示为足够大空间内存在水平方向的匀强磁场，在磁场中A、B两物块叠在一起置于光滑水平面上，物块A带正电，物块B不带电且表面绝缘，A、B接触面粗糙，自t0时刻起用水平恒力F作用在物块B上，两物块由静止开始做匀加速直线运动乙图图象的横轴表示时间，则纵轴y可以表示A. A所受摩擦力的大小B. B对地面压力的大小C. A所受合力的大小D. B所受摩擦力的大小【答案】B【解析】【详解】A物体由静止做
11、匀加速运动，速度v=at；物块A的洛伦兹力竖直向下，因此将A和B看成整体，由牛顿第二定律可得因此物块A和B的加速度是定值A物体所受摩擦力为其合力，因此有因此A的摩擦力大小不变，A错误BA物体的洛伦兹力F1=qvB=qBat，B对地面的压力：N=（mA+mB）g+qBat，故B正确。CA所受的合力为其受到的静摩擦力，因此FA合= mA a是不变的，故C错误。D物块A对物块B的摩擦力大小f=mAa，所以f随时间t的变化保持不变，故D错误。二、多项选择题10.1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形合D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是A. 离
12、子由加速器的中心附近进入加速器B. 离子由加速器的边缘进入加速器C. 离子从磁场中获得能量D. 离子从电场中获得能量【答案】AD【解析】【详解】据回旋加速器的工作原理知，粒子由回旋加速器的中心附近进入加速器，且在电场中加速，通过磁场回旋，所以从电场中获得能量，故选AD。【点睛】回旋加速器的工作原理是利用电场加速，磁场偏转，且二者的周期相同，被加速离子由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器；洛伦兹力并不做功，而电场力对带电离子做功，即可加速正电荷也可加速负电荷。11.已知磁敏电阻在没有磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且磁场越强阻值越大为探测磁场的有无，利用磁敏电阻作为传感器设计了如
13、图所示电路，电源的电动势E和内阻r不变，在没有磁场时调节变阻器R使灯泡L正常发光若探测装置从无磁场区进入强磁场区，则A. 灯泡L变亮B. 灯泡L变暗C. 电流表的示数变小D. 电流表的示数变大【答案】AC【解析】【详解】CD探测装置进入强磁场区以后磁敏电阻阻值变大，回路总电阻变大，总电流减小，电流表示数变小，选项C正确，D错误；AB由于总电流变大，则电源内电阻分压变小，路端电压变大，则电灯L亮度增加，选项A正确，B错误。12.锂电池因能量密度高、绿色环保而广泛使用在手机等电子产品中。现用充电器为一手机锂电池充电，等效电路如图所示，充电器电源的输出电压为U，输出电流为I，手机电池的内阻为r，下列
14、说法正确的是()A. 电能转化为化学能功率为UII2rB. 充电器输出的电功率为UII2rC. 电池产生的热功率为I2rD. 充电器的充电效率为100%【答案】AC【解析】试题分析：由于充电器的两端电压为U，则锂电池的两端电压也为U，电流为I，故锂电池消耗的电功率为UI，锂电池的发热功率为I2r，故转化为化学能的的电功率为UII2r，选项A正确；充电器的输出功率为UI，选项B错误；电池产生的热功率为I2r，选项C正确；充电器的充电效率为（1-）100%，选项D错误。考点：电源对非纯电阻元件供电。13.如图所示，平面直角坐标系的第象限内有一匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度为B一质量为m、电荷量
15、为q的粒子以速度v从O点沿着与y轴夹角为30的方向进入磁场，运动到A点时速度方向与x轴的正方向相同，不计粒子的重力，则A. 该粒子带正电B. A点与x轴的距离为C. 粒子由O到A经历时间tD. 运动过程中粒子的速度不变【答案】BC【解析】【详解】根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示：A根据左手定则及曲线运动的条件判断出此电荷带负电，故A错误；B设点A与x轴的距离为d，由图可得：r-rcos60=d所以d=0.5r而粒子的轨迹半径为，则得A点与x轴的距离为：，故B正确；C粒子由O运动到A时速度方向改变了60角，所以粒子轨迹对应的圆心角为=60，所以粒子运动的时间为故C正确；D由于粒子的速度的方向在
16、改变，而速度是矢量，所以速度改变了，故D错误。14.如图所示，直线、分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流的变化的特性图线，曲线是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是A. 电源1与电源2的内阻之比是117B. 电源1与电源2的电动势之比是11C. 在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是12D. 在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是12【答案】ABC【解析】【详解】AU-I图象的斜率的绝对值表示内电阻，根据电源U-I图线，则r1：r2=11：7，故A正确。BU-I图象的纵轴截距表示电动势，故E1=E2=10V，故B正确。CD 灯泡伏安特
17、性曲线与电源外特性曲线的交点即为灯泡与电源连接时的工作状态则连接电源时，U1=3V，I1=5A，故P1=U1I1=15W连接电源时，U2=5V，I2=6A，故P2=U2I2=30W故P1：P2=1：2，R1：R2=18：25故C正确，D错误。三、主观题15.在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，选用的小灯泡规格为“3.8 V，0.3 A”（1）除了导线和开关外，有以下一些器材可供选择：电流表：A1（量程3 A，内阻约0.1 ）、A2（量程0.6 A，内阻约0.3 ）；电压表：V（量程5 V，内阻约5 k）；滑动变阻器：R1（阻值范围0-10 ）、R2（阻值范围0-2 k）；电源：E（电动势
18、为4 V，内阻约为0.04 ）为了调节方便，测量准确，实验中应选用电流表_，滑动变阻器_（填器材的符号）（2）为尽量精准地描绘小灯泡的伏安特性曲线，应选用的实验电路为图中的_（填“甲”或“乙”）（3）某同学记录了多组数据，并且将这些数据的对应点标在了图丙中的坐标纸上，请根据这些点在图中画出I-U图线（ ）（4）从图线可知，当灯泡两端电压为2.6 V时，小灯泡的功率等于_ W（保留两位有效数字）（5）为保证实验顺利进行，连接电路时应将开关处于断开状态，并使滑动变阻器的滑动头置于_（填“最左端”或“最右端”）【答案】 (1). A2 (2). R1 (3). 乙 (4). (5). 0.68 (6
19、). 最左端【解析】【详解】（1）12小灯泡的额定电压为3.8V，小灯泡的额定电流为0.3A，从安全和精确度方面考虑，所以电流表量程选0.6A的A2总电阻为2000的滑动变阻器连入电路，电流非常小，测量误差较大，所以选用总电阻为10的滑动变阻器R1。（2）3小灯泡在正常工作时的电阻，远小于电压表内阻，属于小电阻，“小外偏小”，电流表采用外接法，电压和电流需从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法。故采用乙电路图；（3）4根据描点法可得出对应的I-U图象如图所示；（4）5从图线可知，当灯泡两端电压为2.6V时，电流为0.26A，故功率P=UI=2.60.26=0.68W；（5）6为保证实验顺利
20、进行，连接电路时应将开关处于断开状态，并使滑动变阻器的滑动头置于最左端。16.如图，竖直平面内，两竖直直线MN、PQ间（含边界）存在竖直向上的匀强电场和垂直于竖直平面向外的匀强磁场，MN、PQ间距为d，电磁场上下区域足够大。一个质量为m，电量为q的带正电小球从左侧进入电磁场，初速度v与MN夹角=60，随后小球做匀速圆周运动，恰能到达右侧边界PQ并从左侧边界MN穿出。不计空气阻力，重力加速度为g。求：（1）电场强度大小E；（2）磁场磁感应强度大小B；（3）小球在电磁场区域运动的时间。【答案】（1） （2） （3）【解析】试题分析：（1）由小球在电磁场区域做匀速圆周运动有得:（2）设小球做匀速圆周
21、运动的半径为r,有解得：由几何关系可得磁场磁感应强度大小（3）小球做匀速圆周运动周期小球在电磁场区域运动时间解得：考点：考查带电粒子在电磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【名师点睛】解决本题的关键理清小球在整个过程中的运动规律，画出运动的轨迹图，结合运动学公式、牛顿第二定律进行求解17.（1）有四个电动势均为8V直流电源，内阻分别为1、2、4、8，今要对R=2的电阻供电，问选择内阻为多大的电源才能使R上获得的功率最大，并通过计算说明理由（2）外电路由一个可变电阻R（最大阻值为20）和一个固定电阻R0= 10串联构成，电源电动势为= 10V，电源内阻为r=2，问：R调到什么值的时候，R上将得到最
22、大功率，并求出该最大功率【答案】（1）1（2）12；2.08W【解析】【详解】（1）R=2为固定电阻，当此电阻上获得最大功率时，电路中电流最大，此时电路总电阻最小，则应该选择内阻为1的电源。（2）将电阻R0看作电源内阻的一部分，即将电阻R0和电源整体当作一个新的电源，该新电源的内阻为：r=r+R0=10+2=12，电动势为10V；而对于电源，当内外电阻相等时，其输出功率最大，故当R=r=12时，其R上获得最大功率，为：18.温度传感器广泛应用于室内空调、电冰箱等家用电器中，它是利用热敏电阻的阻值随着温度变化而变化的特性来工作的如图甲所示，电源的电动势E9.0 V，内阻不计；G为灵敏电流表，内阻
23、Rg保持不变；R为热敏电阻，其阻值与温度的变化关系如图乙所示闭合开关S，当热敏电阻的温度等于20时，电流表示数I12 mA，求：（1）电流表内阻Rg（2）当电流表的示数I23.6 mA时，热敏电阻的温度是多少？【答案】（1）0.5k（2）120C【解析】【详解】（1）由题图乙知，当t120C，热敏电阻的阻值R14 k；根据闭合电路欧姆定律I1可解得Rg0.5 k；（2）由闭合电路的欧姆定律：I2可解得R22 k结合题图乙得：t2120C19.如图为实验室筛选带电粒子的装置示意图，左端加速电极M、N间的电压为，中间速度选择器中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，匀强磁场的场强，两板电压，两极板间的
24、距离D=2cm，选择器右端是一个半径R=20cm的圆筒，可以围绕竖起中心轴顺时针转动，筒壁的一个水平圆周上均匀分布着8个小孔至。圆筒内部有竖直向下的匀强磁场，一电荷量为、质量为的带电粒子，从静止开始经过加速电场后匀速穿过速度选择器，圆筒不转时，粒子恰好从小孔射入，从小孔射出，若粒子碰到圆筒就被圆筒吸收，求：（1）加速器两端的电压的大小；（2）圆筒内匀强磁场的大小并判断粒子带正电还是负电；（3）要使粒子从一个小孔射入圆筒后能从正对面的小孔射出（如从进入出），则圆筒匀速转动的角速度多大？【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析：（1）速度选择器中电场强度根据力的平衡条件可得，解得在电场加速过程，
25、根据动能定理可得，解得（2）粒子的运动轨迹如图所示根据左手定则，粒子带负电，根据几何关系可得洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得，解得（3）不管从哪个孔进入，粒子在圆筒中运动的时间与轨迹一样，运动时间为在这段时间圆筒转过的可能角度则圆筒的角速度考点：考查了带电粒子在复合场中运动【名师点睛】带电粒子在复合场中运动问题的分析思路1正确的受力分析除重力、弹力和摩擦力外，要特别注意电场力和磁场力的分析2正确分析物体的运动状态找出物体的速度、位置及其变化特点，分析运动过程如果出现临界状态，要分析临界条件带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子的受力情况（1）当粒子在复合场内所受合力为零时，做匀速直线运动（如速度选择器）（2）当带电粒子所受的重力与电场力等值反向，洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动（3）当带电粒子所受的合力是变力，且与初速度方向不在一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线，由于带电粒子可能连续通过几个情况不同的复合场区，因此粒子的运动情况也发生相应的变化，其运动过程也可能由几种不同的运动阶段所组成- 19 -