浙江省寧波市諾丁漢大學附屬中學2020-2021學年高二（上）10月物理試題

寧諾附中20202021學年高二十月份月考物理試題一、單項選擇題（每個題只有一個答案，每題3分共36分）1.如圖是某一點電荷的電場線分布圖,下列表述正確的是()A.A點的電勢高于B點的電勢 B.該點電荷帶負電C.A點和B點電場強度的方向相同 D.A點的電場強度小于B點的電場強度【答案】B【解析】【詳解】順著電場線電勢降低，則知A點的電勢低于B點的電勢．故A錯誤．根據電場線從無窮遠出發(fā)到負電荷終止可知，該電荷是負電荷．故B正確．電場線的切線方向為電場強度方向，由圖看出，A、B兩點場強方向不同．故C錯誤．由圖知，A處電場線較密，則A處電場強度大．故D錯誤．故選B．【點睛】此題考查的就是點電荷的電場的分布及特點，以及電場線方向與電勢高低的關系，熟悉正、負點電荷，等量同種、等量異種電荷周圍電場分布情況往往是解題關鍵.2.一個帶正電的質點，電荷量q=2.0×109C，在靜電場中由a點移動到b點，在這過程中，除電場力外，其他外力做的功為6.0×105J，質點的動能增加了8.0×105J，則a、b兩點間的電勢差Uab為（）A.1×104VB.1×104VC.4×104VD.7×104V【答案】A【解析】【分析】質點在靜電場中由A點移到B點的過程中，電場力和其他外力對質點做功，引起質點動能的增加．電場力做功為Wab=qUab，根據動能定理求解a、b兩點間的電勢差Uab．【詳解】根據動能定理得：qUab+W其他=△Ek得：Uab=，故A正確，BCD錯誤；故選A．3.小燈泡通電后其電流I隨所加電壓U變化的圖線如圖所示，P為圖線上一點，PN為圖線在P點的切線，PQ為U軸的垂線，PM為I軸的垂線，則下列說法中錯誤的是（）A.隨著所加電壓的增大，小燈泡的電阻增大B.對應P點，小燈泡的電阻為C.對應P點，小燈泡的電阻為D.對應P點，小燈泡功率為圖中矩形PQOM所圍面積大小【答案】C【解析】【詳解】A.由題可知，圖中曲線斜率表示電阻的倒數，隨著小燈泡兩端電壓的增大，斜率變小，電阻增大，故選項A正確不選A；BC.由題圖可知，圖中P點時小燈泡對應的電壓為，電流為，由可得此時小燈泡的阻值，因此選項B正確選項C錯誤，故選擇C不選B；D.由功率公式可知，小燈泡在P點的功率為即矩形PQOM所圍成的面積，因此選項D正確，故不選D。故選C。4.如圖所示，示波器的示波管可以視為加速電場與偏轉電場的組合，若已知加速電壓為U1，偏轉電壓為U2，偏轉極板長為L，極板間距為d，且電子被加速前的初速度可忽略，則關于示波器的靈敏度（即偏轉電場中每單位偏轉電壓所引起的偏轉量）與加速電場、偏轉電場的關系，下列說法中正確的是（

）A.d越大，靈敏度越高B.L越大，靈敏度越高C.U1越大，靈敏度越高D.U2越大，靈敏度越高【答案】B【解析】根據動能定理得，eU1=mv2；粒子在偏轉電場中運動的時間，在偏轉電場中的偏轉位移,則靈敏度為．知L越大，靈敏度越大；d越大，靈敏度越??；U1越小，靈敏度越大．靈敏度與U2無關．故B正確，ACD錯誤．故選B．5.圖示中的路燈為太陽能路燈，每只路燈的光伏電池板有效采光面積約0.3m2.晴天時電池板上每平方米每小時接收到的太陽輻射能約為3×106J．如果每天等效日照時間約為6h，光電池一天產生的電能可供30W的路燈工作8h．光電池的光電轉換效率約為()A.4.8% B.9.6% C.16% D.44%【答案】C【解析】【詳解】據題意，已知每只路燈的有效采光面積S，每平米每小時接收太陽能，每天日照時間t，則每只路燈每天接收到的太陽能為：；光電池每天可以是路燈工作，則光電池光電轉換率為：，故選項C正確．【點睛】本題分析的關鍵是抓住光電轉換效率公式為：；在分析時需要注意光電池接收太陽能，其中，而光電池一天產生的電能，其中，只要注意到這個單位應用上的區(qū)別，就可以解決本問題．6.長為l的水平極板間有垂直紙面向里的勻強磁場，如圖所示。磁感應強度為B，板間距離為l，極板不帶電?，F有質量為m、電荷量為q的帶正電粒子（不計重力），從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是（）A.使粒子的速度B.使粒子的速度C.使粒子的速度v滿足v<或v>D.使粒子的速度v滿足<v<【答案】C【解析】【詳解】粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即可得粒子的半徑公式當粒子從左邊射出磁場時，不打在極板上，其圓周運動的半徑，則有當粒子從極板右邊射出時，不打在極板上，設粒子打在極板上的最大半徑為R，由幾何關系可得可得粒子打在極板上最大半徑則要粒子從右邊極板飛出，不打在極板上，應滿足，即欲使粒子不打在極板上，粒子的速度v滿足：v<或v>；故選C。7.現代質譜儀可用來分析比質子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定。質子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經勻強磁場偏轉后從出口離開磁場。若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經勻強磁場偏轉后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應強度增加到原來的12倍。此離子和質子的質量比約為A.11B.12C.121D.144【答案】D【解析】【詳解】直線加速過程根據動能定理得得①離子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據牛頓第二定律，有得②①②兩式聯立得：一價正離子電荷量與質子電荷量相等，同一加速電場U相同，同一出口離開磁場則R相同，所以m∝B2，磁感應強度增加到原來的12倍，離子質量是質子質量的144倍，D正確，A、B、C錯誤。故選D。8.如圖所示是一速度選擇器，當粒子速度滿足v0=時，粒子沿圖中虛線水平射出；若某一粒子以速度v射入該速度選擇器后，運動軌跡為圖中實線，則關于該粒子的說法正確的是()A.粒子射入的速度一定是v>B.粒子射入的速度可能是v<C.粒子射出時的速度一定大于射入速度D.粒子射出時的速度一定小于射入速度【答案】B【解析】【詳解】AB.若粒子射入速度是v>，則qvB>qE，若粒子帶正電，則粒子沿實線運動；若粒子射入的速度是v<，則qvB<qE，若粒子帶負電，則粒子也可能沿實線運動；則選項A錯誤，B正確；CD.若粒子帶正電，則電場力向下，則粒子沿實線運動時電場力做負功，則動能減小，則粒子射出時的速度一定小于射入速度；若粒子帶負電，則電場力向上，則粒子沿實線運動時電場力做正功，則動能增大，則粒子射出時的速度一定大于射入速度；故選項CD錯誤.9.如圖所示，abcd為水平放置的平行“”形光滑金屬導軌,間距為l，導軌間有垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度大小為B，導軌電阻不計．已知金屬桿MN傾斜放置，與導軌成θ角，單位長度的電阻為r,保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動(金屬桿滑動過程中與導軌接觸良好)．則()A.電路中感應電動勢的大小為B.電路中感應電流的大小為C.金屬桿所受安培力的大小為D.金屬桿的發(fā)熱功率為【答案】B【解析】【詳解】A、導體棒切割磁感線產生感應電動勢，故A錯誤；B、感應電流的大小，故B正確；C、所受的安培力為，故C錯誤；D、金屬桿熱功率，故D錯誤．10.法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖所示。銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸，關于流過電阻R的電流，下列說法不正確的是（）A.若圓盤轉動的角速度恒定，則電流大小恒定B.若從上往下看，圓盤順時針轉動，則圓盤中心電勢比邊緣高C.若從上往下看，圓盤順時針轉動，則電阻R中電流沿a到b的方向流動D.若圓盤轉動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化【答案】D【解析】【詳解】A．銅盤轉動過程中產生的感應電動勢相當于一條半徑旋轉切割磁感線，電動勢大小為B、L、ω不變，則E不變，根據閉合電路歐姆定律得可知電流大小恒定不變，A正確，不符合題意；BC．若從上往下看，圓盤順時針轉動，根據右手定則可知感應電流方向是從邊緣流向圓心，所以圓盤中心電勢比邊緣要高，電阻R中電流沿a到b的方向流動，故B、C正確，不符合題意；D．若圓盤轉動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向不變，大小變化，故D錯誤，符合題意。故選D。11.如圖所示電路中，A、B是相同的兩小燈泡。L是一個帶鐵芯的線圈，電阻可不計，調節(jié)R，電路穩(wěn)定時兩燈泡都正常發(fā)光，則在開關合上和斷開時（）A.兩燈同時點亮、同時熄滅B.合上S時，B比A先到達正常發(fā)光狀態(tài)C.斷開S時，A、B兩燈都不會立即熄滅，通過A、B兩燈的電流方向都與原電流方向相同D.斷開S時，A燈會突然閃亮一下后再熄滅【答案】B【解析】【詳解】B．合上S，B燈立即正常發(fā)光。A燈支路中，由于L產生的自感電動勢阻礙電流增大，A燈將推遲一些時間才能達到正常發(fā)光狀態(tài)，B正確；CD．斷開S，L中產生與原電流方向相同的自感電動勢，流過B燈的電流與原電流反向。因為斷開S后，由L作為電源的供電電流是從原來穩(wěn)定時通過L中的電流值逐漸減小的，所以A、B兩燈只是延緩一些時間熄滅，并不會比原來更亮，ACD錯誤。故選B。12.如圖，在方向垂直于紙面向里的勻強磁場中有一U形金屬導軌，導軌平面與磁場垂直．金屬桿PQ置于導軌上并與導軌形成閉合回路PQRS，一圓環(huán)形金屬線框T位于回路圍成的區(qū)域內，線框與導軌共面．現讓金屬桿PQ突然向右運動，在運動開始的瞬間，關于感應電流的方向，下列說法正確的是（）A.PQRS中沿順時針方向，T中沿逆時針方向B.PQRS中沿順時針方向，T中沿順時針方向C.PQRS中沿逆時針方向，T中沿逆時針方向D.PQRS中沿逆時針方向，T中沿順時針方向【答案】D【解析】【詳解】因為PQ突然向右運動，由右手定則可知，PQRS中有沿逆時針方向的感應電流，穿過T中的磁通量減小，由楞次定律可知，T中有沿順時針方向的感應電流，D正確，ABC錯誤．二不定項選擇題（每題有一個或多個答案，全選對得4分，選不全得2分，有錯誤選項不得分，每題4分共16分）13.一帶電粒子從電場中的A點運動到B點，軌跡如圖中虛線所示。不計粒子所受重力，則（）A.粒子帶正電B.粒子加速度逐漸減小C.A點的速度大于B點的速度D.粒子的初速度不為零【答案】BCD【解析】【詳解】A.軌跡向左彎曲，粒子所受的電場力一定沿電場線向左，粒子一定帶負電，A錯誤；B.電場線越密的地方，電場越強，電場力越大，粒子加速度逐漸越大，從A點到B點，電場線越來越疏，加速度越來越小，B正確；C.粒子運動過程中，電場力與速度方向成鈍角，粒子做減速運動，在A點的速度大于B點的速度，C正確；D.粒子的初速度不為零，而且與電場力不在一條直線上，這是做曲線運動的條件，D正確。故選BCD。14.如圖所示，平行板電容器A、B間有一帶電油滴P正好靜止在極板正中間，現將B極板向下移動到虛線位置，其他條件不變．則（）A.油滴將向上運動B.在B極板移動過程中電流計中有由b流向a的電流C.油滴運動的電勢能將增大D.極板帶的電荷量減少【答案】CD【解析】分析】帶電油滴P正好靜止在極板正中間時，所受的電場力與重力二力平衡，電場力必定豎直向上．將B極板向下移動到虛線位置時，板間距離增大，分析電容的變化，抓住電壓不變，分析板間場強和電容器電量的變化，即可判斷油滴的運動情況，由電量的變化情況，確定電路中電流的方向．【詳解】A．將B極板向下移動到虛線位置時，兩極板的距離增大，由于板間電勢差U不變，根據可知，極板間的電場強度減小，油滴所受的電場力減小，油滴將向下加速，故A錯誤；BD．電容器板間距離增大，則電容減小，而板間電壓U不變，則由可知，電容器所帶電荷量減小，開始放電，上極板帶正電，則知電流計中電流由a流向b，故B錯誤，D正確；C．油滴向下運動時電場力做負功，其電勢能將增大，故C正確．【點評】解決本題的關鍵抓住電容器始終與電源相連，電勢差不變，結合電容的變化判斷電量的變化．由分析場強的變化．15.如圖所示是小麗自制的電流表原理圖。質量為m的均勻細金屬桿MN與一豎直懸掛的絕緣輕質彈簧相連，彈簧勁度系數為k，在邊長ab＝L1、bc＝L2的矩形區(qū)域abcd內有勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外。MN的右端連接一絕緣輕指針，可指示出標尺上的刻度，MN的長度大于ab。當MN中沒有電流通過且MN處于靜止狀態(tài)時，MN與ab邊重合，且指針指在標尺的零刻度處；當MN中有電流時，指針示數可表示電流大小。MN始終在紙面內且保持水平，重力加速度g。則（）A.要使電流表正常工作，金屬桿中電流方向應從M至NB.當該電流表的示數為零時，彈簧的伸長量為零C.該電流表的最大量程是Im＝D.該電流表的刻度在0~Im范圍內是不均勻的【答案】AC【解析】【詳解】A．要使電流表正常工作，金屬桿應向下移動，所受的安培力應向下，由左手定則知金屬桿中的電流方向應從M至N，故A正確；B．當該電流表的示數為零時，MN與ab邊重合，彈簧的彈力與桿的重力平衡，彈簧處于伸長狀態(tài)，故B錯誤；CD．設當電流表示數為零時，彈簧的伸長量為x0，由平衡條件得解得當電流為I時，安培力為靜止時彈簧伸長量的增加量為x，根據胡克定律△F=k△x，得故該電流表的刻度是均勻；當△x=L2時，I=Im，則有得故C正確，D錯誤。故選AC。16.如圖所示，氕、氘、氚的原子核自初速度為零經同一電場加速后，又經同一勻強電場偏轉，最后打在熒光屏上，那么（）A.經過加速電場的過程中，電場力對三種原子核做的功一樣多B.經過偏轉電場的過程中，電場力對氚核做的功最多C.三種原子核打在屏上的速度一樣大D.三種原子核都打在屏的同一位置上【答案】AD【解析】【詳解】A．設加速電壓為U1，偏轉電壓為U2，偏轉極板的長度為L，板間距離為d。在加速電場中，電場力做的功為W=qU1由于加速電壓相同，電荷量相等，所以電場力做的功相等，選項A正確；D．在偏轉電場中的偏轉位移：解得同理可得到偏轉角度的正切可見y和tanθ與電荷的電量和質量無關。所以出射點的位置相同，出射速度的方向也相同。故三種粒子打屏上同一點，選項D正確；B．粒子的運動軌跡相同，電荷量相同，電場力相同，在偏轉電場中電場力做功相同，選項B錯誤；C．整個過程運用動能定理得在偏轉電場中電場力做功W2一樣大，由于三種粒子的電荷量相同，質量不同，則v不同，選項C錯誤。故選AD。三實驗題（10分）17.在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實驗中，除有一標有“6V,1.5W”的小燈泡、導線和開關外，還有：A．直流電源6V(內阻不計)B．直流電流表0～3A(內阻0.1Ω以下)C．直流電流表0～300mA(內阻約為5Ω)D．直流電壓表0～10V(內阻約為15kΩ)E.滑動變阻器10Ω，2AF．滑動變阻器1kΩ，0.5A實驗要求小燈泡兩端的電壓從零開始變化并能進行多次測量．1.實驗中電流表應選用________，滑動變阻器應選用________(均用序號表示)．2.在方框內畫出實驗電路圖（）．3.試將圖中所示器材連成實驗電路（）．【答案】(1).C(2).E(3).實驗電路如圖；(4).實物連線圖如圖；【解析】【詳解】小燈泡的額定電流為，因此電流表選C，本實驗采用分壓式，為方便調節(jié)滑動變阻器應選阻值小的，因此選E；本實驗采用分壓式，和外接式測量小燈泡的伏安特性曲線，電路如圖器材連接如圖18.如圖所示，是“研究電磁感應現象”的實驗裝置.（1）將實物電路中所缺的導線補充完整.（）（2）如果在閉合開關時發(fā)現靈敏電流計的指針向右偏了一下，那么合上開關后，將線圈L1迅速插入線圈L2中，靈敏電流計的指針將________偏轉.(選填“向左”“向右”或“不”)（3）線圈L1插入線圈L2后，將滑動變阻器的滑片迅速向右移動時，靈敏電流計的指針將________偏轉.(選填“向左”“向右”或“不”)【答案】(1).(2).向右(3).向左【解析】【詳解】(1)[1]補充的實物電路如圖所示．(2)[2]已知閉合開關瞬間，線圈L2中的磁通量增加，產生的感應電流使靈敏電流計的指針向右偏轉．當開關閉合后，將線圈L1迅速插入線圈L2中時，線圈L2中的磁通量增加，由已知條件可知產生的感應電流也應使靈敏電流計的指針向右偏轉．(3)[3]滑動變阻器的滑片迅速向右移動，線圈L1中的電流變小，線圈L2中的磁場方向不變，磁通量減少，則靈敏電流計的指針向左偏轉．四解答題（共38分）19.輕質細線吊著一質量為m＝0.32kg、邊長為L＝0.8m、匝數n＝10的正方形線圈，總電阻為r＝1Ω.邊長為的正方形磁場區(qū)域對稱分布在線圈下邊的兩側，如圖甲所示，磁場方向垂直紙面向里，大小隨時間變化關系如圖乙所示，從t＝0開始經t0時間細線開始松弛，取g＝10m/s2.求：(1)在前t0時間內線圈中產生的電動勢；(2)在前t0時間內線圈的電功率；(3)t0的值．【答案】(1)0.4V(2)0.16W(3)2s【解析】【詳解】(1)由法拉第電磁感應定律得：E＝n＝n××解得E＝0.4V感應電流的方向：逆時針(2)I＝＝0.4AP＝I2r＝0.16W(3)分析線圈受力可知，當細線松弛時有：F安＝nBt0I＝mgI＝Bt0＝＝2T由圖乙知：Bt0＝1＋0.5t0解得：t0＝2s20.如圖所示，第一象限范圍內有垂直于xOy平面的勻強磁場，磁感應強度為B。質量為m、電荷量大小為q的帶電粒子（不計重力）在xOy平面里經原點O射入磁場中，初速度v0與x軸夾角θ＝60°，試分析計算：(1)帶電粒子從何處離開磁場？穿越磁場時運動方向發(fā)生的偏轉角多大？(2)帶電粒子在磁場中運動時間多長？【答案】(1)若粒子帶負電，坐標位置，120°；若粒子帶正電，坐標位置，60°；(2)若粒子帶負電，，若粒子帶正電，【解析】【詳解】不論粒子帶何種電荷，由得運動軌跡如圖所示如有O1O＝O2O＝R＝O1A＝O2B，帶電粒子沿半徑為R的圓運動一周所用的時間為(1)若粒子帶負電，它將從x軸上A點離開磁場，由幾何關系知運動方向發(fā)生的偏轉角θ1＝120°。A點與O點相距坐標位置若粒子帶正電，它將從y軸上B點離開磁場，運動方向發(fā)生的偏轉角θ2＝60°，B點與O點相距坐標位置；(2)若粒子帶負電，它從O到A所用的時間為若粒子帶正電，它從O到B所用的時間為21.如圖所示,兩足夠長的平行光滑的金屬導軌