黑龙江省大庆市铁人中学2019-2020学年高二下学期第一次月考物理试题含解析

黑龙江省大庆市铁人中学2019-2020学年高二下学期第一次月考物理试题

一、选择题

1.在磁场中某区域的磁感线如图所示，则（

）

A. a、b两处

的磁感应强度的大小不等，B aB b C. 同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大D. 同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小【答案】A 【解析】【详解】AB．由磁感线的疏密表示磁感应强度大小，则a b B B＜故A正确，B错误；CD．通电导线磁场中受到的安培力sin F BILθ=，由于同一通电导线放在a处与放在b处相

比，由于并不知道导线与磁场方向之间的关系，所以受力大小无法确定，故CD错误。

故选A。

2.一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下．若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b

的过程中，能量变化情况为 ( )

A. 动能减小

B. 电势能增加

C. 动能和电势能之和减小

D. 重力势能和电势能之和增加

【答案】C

【解析】

【详解】物体做曲线运动过程中受到的合力指向轨迹内侧，并且运动过程中小球只受电场力和重力，所以合力竖直向上，合力与运动方向夹角为锐角，做正功，动能增大，电场力方向向上，电场力做正功，电势能减小，AB错误；根据功能关系可知，在从a到b的运动过程中只有重力、电场力做功，因此重力势能、电势能、动能三者之和保持不变，因该过程中动能增加，因此重力势能和电势能之和减小，故C正确；从a到b的运动过程中重力做负功，重力势能增加，因此动能和电势能之和减小，故D错误．

【点睛】做此类题目的关键是根据物体做曲线运动过程中受到的合力指向轨迹内侧判断受力情况，本题在电场和重力场的复合场中重点考察带电小球的功能关系转化．在学习过程中要明确各种功能关系是解这类问题的关键．

3.小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线。则下列说法中不正确的是（）

A. 随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大

B. 随着所加电压的增大，小灯泡消耗的功率增大

C. 对应P点，小灯泡的电阻R＝1

21

U

l I

-

D. 对应P点，小灯泡的电阻R＝1

2

U

I

【答案】C

【解析】

【详解】A．I U

-图线上的点与原点连线的斜率的倒数表示电阻，随着所加电压的增大，图线上的点与原点连线的斜率逐渐减小，说明电阻逐渐增大，故A正确，不符合题意；

B．随着所加电压的增大，电流也增大，由公式P UI

=可知，小灯泡消耗的功率增大，故B 正确，不符合题意；

CD．对应P点，由图可知，小灯泡两端的电压是U1，流过小灯泡的电流是I2，所以电阻

1

2

U

R

I

=

故C错误，符合题意；D正确同，不符合题意。

故选C。

4.竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为2R，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环

平面，与环的最高点A铰链连接的长度为2a，电阻为

2

R

的导体棒AB由水平位置紧贴环面摆下。当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为（）

A.

1

2

Bav B.

3

Bav

C. Bav

D. 2Bav 【答案】A

【解析】

【详解】当摆到竖直位置时，导体棒产生的感应电动势为

22

2

v

E B av Ba Bav

+

=?=?=

金属环并联的电阻为

2

R

R=

并

AB两端的电压是路端电压，AB两端的电压大小为

1

==

2

+

2

R

U E Bav

R

R

并

并

故A正确，BCD错误。

故选A。

5.如图所示，在屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。P为屏上的一小孔，PC与MN垂直。一群质量为m、带电荷量为－q（q>0）的粒子（不计重力），以相同的速率v，从P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域。粒子入射方向在与磁场B垂直的平面内，且散开在与PC夹角为θ的范围内。则在屏MN上被粒子打中的区域的长度为（）

A.

2(1cos)

mv

qB

θ

-

B.

2cos

mv

qB

θ

C.

2mv

qB

D. 2(1sin)

mv

qB

θ

-

【答案】A

【解析】

【详解】粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得

2

v

qvB m

r

=

解得

mv

r

qB

=

粒子沿着右侧边界射入，轨迹如图1

此时出射点最近，与边界交点与P间距为

1

2cos

l rθ

=

粒子沿着左侧边界射入，轨迹如图2

此时出射点最近，与边界交点与P间距为

2

2cos

l rθ

=

粒子垂直边界MN射入，轨迹如3图

此时出射点最远，与边界交点与P间距为2r，故范围为在荧光屏上P点右侧，将出现一条形亮线，其长度为

2(1cos)

22cos21cos

mv

r r r

qB

θ

θθ

-

-=-=

（）

故A正确，BCD错误。

故选A。

6.如图甲所示，矩形导线框abcd放在匀强磁场中，在外力控制下静止不动，磁感线方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图象如图乙所示．t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里．在0～4 s时间内，线框ab边受安培力随时间变化的图象(力的方向规定以向左为正方向)是下图中的( )

A. B.

C. D.

【答案】D

【解析】

【详解】t=0时刻，磁感应强度的方向垂直线框平面向里，在0到1s内，穿过线框的磁通量变小，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的ab边的安培力水平向左，即安培力为正；当在1s到2s内，磁感应强度的方向垂直线框平面向外，穿过线框的磁通量变大，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的ad边的安培力水平向右，即安培力为负．在2~4s内，重复出现安培力先向左后向右．由法拉第电磁感应定理可知，线圈中产生的感应电动势大小不变，则线圈中电流大小不变，根据F=BIL，知在0-2s和2-4s内磁感应强度均匀变化，则安培力的大小也随时间均匀变化．

A.图像与分析不符，A错误

B.图像与分析不符，B错误

C.图像与分析不符，C错误

D.图像与分析符合，D正确

7.利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图所示是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，N、M两侧面间会形成电势差U NM，下列说法中正确的是（

）

A. 若该霍尔元件的载流子是正电荷，则电势差U NM＜0

B. 若该霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差U NM 0

C. 电势差U NM 仅与材料有关

D. 在测定地球赤道正上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直

【答案】D

【解析】

【详解】A ．若元件的载流子是正电荷，由左手定则可知，正离子受到的洛伦兹力方向向N 侧面偏，则N 侧面的电势高于M 侧面的电势，则

0NM U >

故A 错误；

B ．若元件的载流子是自由电子，由左手定则可知，电子受到的洛伦兹力方向向N 侧面偏，则M 侧面的电势高于N 侧面的电势，则

NM U 0<

故B 错误；

C ．电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a 、b 、c ，有

MN U q

qvB b

= 且 I nqvs nqvbc ==

则有

MN BI U nqc

= 电势差U NM 与材料、外界磁场等有关，故C 错误；

D ．在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过，故D 正确。

故选D 。

8.一个初动能为E k 的带电粒子，以速度V 垂直电场线方向飞入两块平行金属板间，飞出时动能为4E k 。如果这个带电粒子的初速度增加到原来的2倍，不计重力，那么该粒子飞出时动能为（ ）

A. 4.5E k

B. 4.75 E k

C. 7 E k

D. 5 E k

【答案】B

【解析】 【详解】设平行金属板的长度为L ，板间距离为d ，场强为

E ，当初速度为v 时，则有

2

2

21224k

qE L qEL y at m v E ??=== ??? 根据动能定理得 4k k qEy E E =-

解得

222

34k k

q E L E E = 当初速度为2v 时，同理可得

22

416k k qEL qEL y E E '

'== 电场力做功为

222

16k q E L W qEy E ''

== 联立解得

'0.75k W E =

当初速度为2v 时，初动能变为原来的4倍，根据动能定理得

4k k W E E '='-

解得

' 4.75k k E E =

故ACD 错误，B 正确。

故选B 。

9.一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，则以下说法不正确的是（ ）

A. 做匀变速曲线运动

B. 动量的变化率保持不变

C. 速率先减小后增大

D. 速率先增大后减小

【答案】D

【解析】

【详解】A．小球受重力和电场力两个力作用，合力的大小不变，但是方向与速度方向不在同一条直线上，小球做匀变速曲线运动，故A正确，不符合题意；

B．由于小球合力不变，根据动量定理有

p

F

t

?

=

?

可知，小球动量的变化率保持不变，故B正确，不符合题意；

CD．小球所受的合力为重力与电场力的合力，如图所示

则可知合力与速度方向先成钝角，然后成锐角，可知合力先做负功然后做正功，则速度先减小后增大，故C正确，不符合题意，D错误，符合题意。

故选D。

10.如图所示，用电池对电容器充电，电路a、b之间接有一灵敏电流表，两极板之间有一个电荷q处于静止状态．现将两极板的间距变大，则( )

A. 电荷仍将静止

B. 电荷将向上加速运动

C. 电流表中将有从a到b的电流

D. 电流表中将有从b到a的电流

【答案】D

【解析】

【详解】AB．原来电荷静止，电荷所受重力与电场力平衡．电容器与电源相连，电容器的电

压不变，两极板的间距变大，则板间场强U E d =

减小，电荷所受电场力F qE =减小，电荷将向下加速运动．故AB 两项错误．

CD ．据4S C kd

επ=可得，两极板的间距变大，电容器的电容减小；电容器的电压不变，电容的带电量Q CU =减小，电容器放电，电流表中将有从b 到a

的电流．故C 项错误，D 项正确．

11.要测绘一个标有“3V、0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V 。实验的电路图应选用图中的（ ）

A. B.

C. D.

【答案】D

【解析】

【详解】实验要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V ，则滑动变阻器应采用分压接法，由于灯泡电阻较小，故电流表应采用外接法，故ABC 错误，D 正确。

故选D 。

12.线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流的图像如图所示，由图可知（ ）

A. 在B 、D 时刻穿过线圈的磁通量为零

B. 在A 、C 时刻线圈处于与中性面垂直的位置

C. 从A 时刻到D 时刻线圈转过的角度为π

D. 若从0时刻到D 时刻经过0.01s ，则在1s 内交变电流的方向改变100次

【答案】B

【解析】

【详解】

A ．从图可知在

B 和D 时刻感应电流为零，感应电动势为零，则磁通量最大，故A 错误；

B ．从图可知在A 和

C 时刻感应电流最大，感应电动势最大，而磁通量为零，线圈处于与中性面垂直的位置，故B 正确；

C ．从图可知从A 时刻到

D 时刻经过时间为34T ，线圈转过的角度为3π2

，故C 错误； D ．若从0时刻到D 时刻为一个周期则经过0.01s ，交流电的方向在0.01s 内改变两次，即周期为0.01s ，则在1s 内交流电的方向改变200次，故D 错误。

故选B 。

13.如图所示为一交流电压随时间变化的图象．每个周期的前三分之一周期内电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定．根据图中数据可得，此交流电压的有效值为( )

A. 7.5V

B. 8V

C. 215

D. 313【答案】C

【解析】

【详解】取一个周期进行分段，在0-1s 是正弦式电流，则电压的有效值等于2V ．在1s-3s 是恒定电流，则有效值等于9V ．则在0-3s 内，产生的热量

22

2

192 33(23)U R R R ?+?＝ 解得：

15V U =

A ．7.5V ，与结论不相符，选项A 错误；

B ．8V ，与结论不相符，选项B 错误；

C．215V，与结论相符，选项C正确；

D．313V，与结论不相符，选项D错误；

14.如图是通过变压器降压给用户供电的示意图。变压器输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压可认为不变。输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用R0表示，开关S 闭合后，相当于接入电路中工作的用电器增加。如果变压器上的能量损失可以忽略，则开关S 闭合后，以下说法正确的是（）

A. 电表V1示数不变，V2示数减小

B. 电表A1、A2示数之比增大

C. 变压器的输入功率增大

D. 电阻R1两端的电压增大

【答案】C

【解析】

【详解】A．因为输入电压几乎不变，原副线圈的电压比等于匝数之比，则副线圈的电压几乎不变，即电压表V1、V2的读数几乎不变，故A错误；

B．原副线圈电流之比等于匝数之反比，由于原、副线圈匝数之比不变，则电表A1、A2示数之比不变，故B错误；

C．因为负载增加，则副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，则副线圈电流增大，由P=UI知副线圈功率增加，由于变压器上的能量损失可以忽略，则原线圈的输入功率增大，故C正确；D．由于副线圈电压不变，负载增加，则副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，则副线圈电流增大，输电线上损失的电压增大，则电阻R1两端的电压减小，故D错误。

故选C。

15.如图甲所示，理想变压器原线圈输入电压如图乙所示的交流电，电路中电阻R=10Ω，M 是标有“10V、10W”的电动机，其绕线电阻r=2Ω，电动机正常工作。下列说法正确的是（）

A. 变压器副线圈和原线圈的匝数比是10∶1

B. 电流表示数是1A

C. 电动机的输出功率为8W

D. 变压器的输入功率为18W

【答案】C

【解析】

【详解】A ．由图可知原线圈电压

110022

U 由于电动机正常工作，副线圈电压为10V ，则有

112210010101

n U n U === 故A 错误；

B ．电流表示数为通过电阻与电动机的电流之和，即为

2M 21010=

+=(+)A=2A 1010

U P I R U 故B 错误；

C ．电动机机的输出功率为 2

22M M

21010()10()2W 8W 10P P P I r r U ????=-=-=-?=????????出总 故C 正确；

D ．变压器的输入功率等于输出功率为

2

10(10+)W 20W 10

M R P P P =+==入 故D 错误。

故选C 。

16.如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于水平方向的匀强磁场中，线框面积为S，电

阻为R。线框绕与cd重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动，线框转过

6

π

时的感应电流为I，下列说法正确的是（）

A. 线框中感应电流的有效值为2I

B. 从中性面开始转过一周的过程中，通过导线某横截面的电荷量为4Iω

C. 转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为

2IR

ω

D. 线框转一周的过程中，外力做功为零

【答案】C

【解析】

【详解】AC．线圈中产生感应电动势最大值m

E BSω

=，线框转过

π

6

时的感应电流为

ππ

sin sin

662

m

BS BS

I I

R R

ωω

===

感应电动势有效值

=

2

m

E

则流的有效值为

'

2

2

2

E BS

I I

R R

ω

===

磁通量的最大值

2

==

IR

BS

ω

Φ

故A错误，C正确；

B．通过导线横截面的电荷量为

E

q I t t

R R

?Φ

=?=?=

由于转过一周的过程中磁通量变化为0，则通过导线横截面的电荷量为0，故B错误；

D．线框转一周的过程中，产生的热量

2

22

2π4π

2

E I R

Q t

Rωω

?

??

==?=

根据能量守恒可得，线框转一周的过程中，外力做功为

2

4πI R

ω

，故D错误。

故选C。

17.如图xoy平面为光滑水平面，现有一长为d宽为L的线框MNPQ在外力F作用下，沿x轴

正方向以速度v做匀速直线运动，空间存在竖直方向的磁场，磁感应强度B=2B0cos

d

π

x （式中B0为已知量），规定竖直向下方向为磁感应强度正方向，线框电阻为R，t=0时刻MN边恰好在y轴处，则下列说法正确的是（）

A. 外力F为恒力

B. 线圈在运动过程中合外力对其做功不为零

C. 经过

d

t

v

=，线圈中产生的电热

22

2B L vd

Q

R

=

D. t=0时，外力大小

22

16B L

F

R

=

【答案】D

【解析】

【详解】A．由于磁场是变化的，故切割产生的感应电动势也为变化的，安培力也会变力，故要保持其匀速运动，外力F不能为恒力，故A错误；

B．由于线圈匀速运动，合外力为0，则合力做功为0，故B错误；

C．由于两边正好相隔半个周期，故产生电动势方向相同，经过的位移为vt；瞬时电动势

4cos

vt

e B Lv

d

π

=

瞬时电流

04

cos B Lv e v i t R R d

π== 可知瞬时电流成余弦规律变化，故可知感应电流的有效值

02I R

=

产生的电热为 222

08B L vd Q I Rt R == 故C 错误；

D ．t =0时，左右两边的磁感应强度均为2B 0，方向相反，则感应电动势

04E B Lv =

拉力等于安培力即

22001622B L v F B IL R

=?= 故D 正确。

故选D 。

18.如图所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内。第Ⅲ、Ⅳ象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，第Ⅳ象限同时存在方向平行于y 轴的匀强电场（图中未画出），一带电小球从x 轴上的A 点由静止释放，恰好从P 点垂直于y 轴进入第Ⅳ象限，然后做匀速圆周运动，从Q 点垂直于x 轴进入第Ⅰ象限，Q 点距O 点的距离为d ，重力加速度为g 。根据以上信息，能求出的物理量有（ ）

A. 小球做圆周运动的动能大小

B. 电场强度的大小和方向

C. 小球在第Ⅳ象限运动的时间

D. 磁感应强度大小

【答案】C

【解析】

【详解】A ．小球在第Ⅳ做匀速圆周运动，由题意可知，小球轨道半径

r d =

从A 到P 过程，由动能定理得

212

mgd mv = 由于不知道小球的质量，则无法求出小球做圆周运动的动能，故A 错误；

B ．小球在第Ⅳ象限做匀速圆周运动，则

mg qE =

电场强度为

=mg E q

由于不知道：m 、q ，无法求出电场强度大小，故B 错误；

C ．小球做圆周运动的周期

2π=

r T v =小球在第Ⅳ象限的运动时间

4T t =

=故C 正确； D ．小球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得

2

v qvB m r

= 解得

B 由于不知道m 、q ，无法求出B ，故D 错误。

故选C 。

19.如图，左侧接有定值电阻的固定水平光滑导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，导轨间距为L ，一质量为m 的金属棒由静止开始在恒定拉力F 作用下从CD 处沿导轨向左加速运动。从

金属棒开始运动起，磁感强度随时间变化关系为B= kt （k>0），当金属棒移动距离d至磁场右边界EF，磁场磁感强度即保持不变，恰能使金属棒在磁场中作匀速直线运动。匀强磁场区域中GH与EF相距为2d。金属棒和导轨的电阻不计。下列判断正确的是（）

A. 金属棒进入磁场前后回路中感应电流方向不变

B. 金属棒从CD运动至GH过程中全电路产生的焦耳热为Q=2Fd

C. 导轨左侧定值电阻阻值R=

3

3

8d m

kL

F

D. 当磁场保持不变后磁感强度大小B=

2dm

F

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据楞次定律判断可知，金属棒进入磁场前，回路中感应电流方向沿顺时针方向；金属棒进入磁场后，回路中感应电流方向沿逆时针方向，故A错误；

B．根据能量守恒可知，金属棒在从EF运动到GH的过程中产生的焦耳热为

22

Q F d Fd

=?=

在金属棒未进入磁场前，由于电磁感应也产生焦耳热，故金属棒从CD运动至GH过程中全电路产生的焦耳热应大于2Fd，故B错误；

CD．设金属棒刚运动到EF时速度大小为v，金属棒进入磁场前的过程，由动能定理得

2

1

2

Fd mv

=

得

2Fd

v

m

=

运动时间为

22022

d d m dm t d v

Fd F v ====+ 则

2=dm B kt k

F

= 金属棒进入磁场后所受的安培力为 22A B L v F BIL R

== 由于棒做匀速运动，则有

=A F F

则得

222232223

22()8dm Fd L B L v d m F m R k R k L F F ?=

== 故C 错误，D 正确。

故选D 。 20.如图所示，在xOy 坐标系的第二、三象限内有半圆形有界磁场，磁场方向垂直于坐标平面向里，磁场的磁感应强度大小为B ，圆心在坐标原点O 处，半径为R ，一粒子源在坐标为（－

1.5R ，0.5R ）的P 点，可以沿x 轴正方向发射速率在一定范围内的同种带负电的粒子，粒子的质量为m 、电荷量为q ，速度最大的粒子刚好不过y 轴，速度最小的粒子刚好不过x 轴，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则下列判断不正确的是（ ）

A. 粒子的最大速度大小为

2RqB m

B. 粒子的最小速度大小为4RqB m

C. 粒子在磁场中做的是变加速曲线运动

D. 速度最大的粒子在磁场中的运动时间比速度最小的粒子在磁场中的运动时间短【答案】A

【解析】

【详解】A．由题意可知，速度最大时粒子刚好不过y轴即轨迹与y轴相切，如图1

由几何关系可知，半径为

22

max

3

()

22

R

r R R

=-=

由

2

v

qvB m

r

=

可知

mv

r

qB

=

所以最大速度为

max

3qBR

v=

故A错误，符合题意；

B．速度最小的粒子刚好不过x轴，即轨迹与x轴相切如图2

由几何关系得

min 4

d r =

由 2

v qvB m r

= 可知

mv r qB

=

所以最小速度为 min 4qBR v m

=

故B 正确，不符合题意； C ．由于粒子磁场中做匀速圆周运动，其加速度方向时刻变化，则粒子在磁场中做的是变加速曲线运动，故C 正确，不符合题意； D ．速度最大的粒子在磁场中偏转角为π2

，速度最小的粒子在磁场中偏转角为π，由于是同种粒子则粒子做圆周运动的周期相等，运动时间为

2πt T θ

=

则速度最大的粒子在磁场中的运动时间比速度最小的粒子在磁场中的运动时间短，故D 正确，不符合题意。

故选A 。

二、计算题

21.如图所示，足够长的固定U 形导体框架的宽度L =0.5m ，电阻可忽略不计，其所在平面与水平面成θ=37?角，有一磁感应强度B =0.8T 的匀强磁场，方向垂直于导体框平面。一根质量