广东省博罗中学2020-2021学年度高二上学期12月月考物理试题含答案解析

广东省博罗中学【最新】度高二上学期12月月考物理试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．如图，在正点电荷Q形成的电场中，A、C两点关于沿水平方向QB轴对称，且B 是AC上一点，现将一正点电荷q沿A→B→C移动，则该电荷q ( )A．从A→B运动过程中加速度逐渐变小B．从A→B运动过程中电荷q电势能逐渐增大C．从A→C运动全过程中电场力做功为不为零D．从A→C运动全过程中电场力一直做正功2．在赤道上某处有一支避雷针．当带有负电的乌云经过避雷针上方时，避雷针开始放电形成瞬间电流，则地磁场对避雷针的作用力的方向为()A．正东B．正西C．正南D．正北3．如图是荷质比不同的电荷a、b两粒子以相同速率从O点沿OA方向进入正三角形区域垂直纸面向里的匀强磁场的运动轨迹，则（）A．a、b都带负电荷B．a所带电荷量比b多C．a的荷质比比b的小D．a在磁场中的运动时间比b的长4．如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板．从圆形磁场最高点P垂直磁场射入大量的带正电，电荷量为q，质量为m，速度为v的粒子，不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是A．只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上B．对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线一定过圆心C．对着圆心入射的粒子，速度越小时间越长D．只要速度满足v=RqB/m，沿不同方向射入的粒子射出后均可垂直打在MN上5．如图所示，匀强电场E方向竖直向下，水平匀强磁场B垂直纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量同种电荷。

已知a静止，b、c在纸面内按图示方向做匀速圆周运动（轨迹未画出）。

忽略三个油滴间的静电力作用，比较三个油滴的质量及b、c的运动情况，以下说法中正确的是（）A．三个油滴质量相等，b、c都沿顺时针方向运动B．a的质量最大，c的质量最小，b、c都沿逆时针方向运动C．b的质量最大，a的质量最小，b、c都沿顺时针方向运动D．三个油滴质量相等，b沿顺时针方向运动，c沿逆时针方向运动6．用电压表检查如图所示电路的故障，如图所示，分别测得U ad＝5.0 V，U cd＝0，U ab ＝5.0 V，则此故障可能是()A．L断路B．R断路C．R′断路D．S断路7．如图所示，在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一个条形磁铁连接起来，此时磁铁对水平面的压力为F1，现在磁铁左上方位置固定一根导体棒，当导体棒中通以垂直纸面向里的电流后，磁铁对水平面的压力为F2，则以下说法正确的是A．弹簧长度将变长B．弹簧长度将不变C．F1>F2D．F1<F2二、多选题8．在如图所示的电路中，E为电源的电动势，r为电源的内电阻，R1、R2为可变电阻．在下列叙述的操作中，可以使灯泡L的亮度变暗的是（）A．仅使R2的阻值增大B．仅使R2的阻值减小C．仅使R1的阻值增大D．仅使R1的阻值减小9．如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反，下列说法正确的是（）A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1:1:D．L1、L2和L310．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其主体部分是两个D形金属盒。

两金属盒处在垂直于盒底的匀强磁场中，a、b分别与高频交流电源两极相连接，下列说法正确的是A．离子从磁场中获得能量B．离子从电场中获得能量C．增强磁感应强度可以使粒子射出时的动能增加D．增大金属盒的半径可使粒子射出时的动能增加11．如图，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上放有一金属棒MN．现从t=0时刻起，给棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，即I=kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．下列关于棒的摩擦力f、安培力F、速度v、加速度a随时间t变化的关系图象，可能正确的是()A．B．C．D．12．如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长的固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m，电量为+q，电场强度为E、磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．小球由静止开始下滑直到稳定的过程中：（）A．小球的加速度先增大后减小B．小球的机械能和电势能的总和保持不变C．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是22qE mg vqBμμ-=D．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是22qE mg vqBμμ+=三、实验题13．（1）某实验小组在“测定金属电阻率”的实验过程中，正确操作获得金属丝的直径以及电流表、电压表的读数如图所示，则它们的读数值依次是_________、________、__________。

（2）如图甲，是多用电表简化电路图，作为电压表使用时，选择开关应接_______；作为欧姆表使用时，选择开关应接_______。

（填1、2或3）使用时，电流一定从______端流入多用电表（填A或B）。

14．用伏安法测量金属丝的电阻，某同学设计了如图乙所示的电路图，电源电动势E=4V。

实验要求获得多组数据，且金属丝上所加的电压须从零开始。

①某同学先用多用电表粗测该金属丝的电阻，用已经调好零且选择开关指向欧姆挡“×10”挡位的多用电表测量，发现指针的偏转角度太大，这时他应将选择开关换成欧姆挡的________挡位(选填“×100”或“×1”)，然后进行_____________________，再次测量电阻丝的阻值，读数并记录数据。

多用电表粗测该金属丝的电阻结束后要将选择开关置于_______________。

②请根据图乙的电路图，在丙图中完成连线。

③连接电路时，开关S应处于断开状态；开关闭合前，应将滑动变阻器的滑片P置于_____端(选填“a”或“b”)；为使电压表示数增大，P应由中点向_____端滑动(选填“a”或“b”)15．图a是测量电源电动势E和内阻r的原理图．电压表为理想电表，单位长度电阻00.1/r cm=Ω的电阻丝ac上标有长度刻度．①根据原理图a已连接好图b中的实物图；②闭合开关S，记录bc的长度L和电压表的示数U；滑动b点改变bc的长度L，测得6组L和U值，并算出对应的1U和1L值．写出1U与L、E、r、r0的关系式1U=_________________;③图c中的“·”是已标出的实验数据，请作出1U与1L变化的图线；④根据1U-1L图线算出电源电动势E=_________V,内阻r=_________ (计算结果保留到小数点后两位)四、解答题16．如图所示，长l＝1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°.已知小球所带电荷量q ＝1.0×10－6C，匀强电场的场强E＝3.0×103N/C，取重力加速度g＝10m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小球所受电场力F的大小；(2)小球的质量m；(3)将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小．17．电磁炮是一种理想的新型武器，它的主要原理如图所示．【最新】12月博罗中学创新节活动上，我校黄同学等人制成了简易的“电磁炮”模型并在东山公园作了展示，良好效果，并得到老师和同学们的赞扬。

黄同学等人把m=200g的弹体模型（包括金属杆CD的质量）通过导轨加速，并最终从O点水平抛出，继续飞行击中目标P(如图所示)．若轨道宽L=1m ，电磁炮在导轨上加速距离s=2.5m ，通过的电流为I=5A ，方向如图所示。

OA 竖直高度为4.9m ，AP 水平距离为50m 。

已知匀强磁场的方向为竖直方向且垂直于水平导轨。

（导轨间摩擦及空气阻力不计，P 视为质点）g 取9.8 m/s 2。

求：(1)判断磁场方向(2)轨道间所加的匀强磁场的磁感应强度为多大？18．如图所示装置中，区域Ⅰ和Ⅲ中分别有竖直向上和水平向右的匀强电场，电场强度分别为E 和2E ；Ⅱ区域内有垂直平面向外的水平匀强磁场，磁感应强度为B ．一质量为m 、电荷量为q 的带电粒子(不计重力)从左边界O 点正上方的M 点以速度v 0水平射入电场，经水平分界线OP 上的A 点与OP 成60°角射入Ⅱ区域的磁场中，并垂直竖直边界CD 进入Ⅲ区域的匀强电场中．求：(1)粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨迹半径；(2)O 、M 间的距离；(3)粒子从M 点出发到第二次通过CD 边界所用的时间．参考答案1．B【解析】在正点电荷形成的电场中，离点电荷越近，电场强度越大，电势越高，点电荷q 沿AB运动过程中所受电场力逐渐增大，加速度逐渐变大，A错误；点电荷q克服电场力做功，电势能逐渐增大，B正确；因为A、C两点在同一等势面上，沿AC运动全过程中电场力对电荷q做功为零，C D错误。

2．B【解析】【详解】地球的磁场方向为由南极指向北极，乌云中的负电通过避雷针进入地球，则电流方向竖直向上，由左手定则可知，避雷针中的电流受到的安培力的方向是正西，故B正确，ACD错误。

3．C【解析】根据轨迹、速度和力的特点以及左手定则，A错误。

由于a的半径比较大，根据mvRqB=他们v、B相同，所以a的荷质比较小，但不能看出电荷量关系，B错误，C正确。

由ltv=，可知a的轨迹短时间小，D错误。

4．D 【解析】试题分析：当速度满足v=qBRm 时，粒子运动半径r=mvqB=R，则无论入射方向如何都能满足轨迹入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子的速度一定垂直打在MN板上，A正确D错误；带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心．故B错误；根据t=θ2πT，因为对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，所以运动时间越短，C错误；考点：考查了带电粒子在有界磁场中的运动【名师点睛】带电粒子射入磁场后做匀速圆周运动，对着圆心入射，必将沿半径离开圆心，根据洛伦兹力充当向心力，求出v=qBRm时轨迹半径，确定出速度的偏向角．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，即可分析时间关系5．A【解析】a受重力和电场力根据平衡知道，因为b、c都做匀速圆周运动所以重力和电场力也得平衡，洛伦兹力提供向心力，由于带等量同种电荷所以知道三个油滴质量相等，且根据左手定则判断出b、c都沿顺时针方向运动，A对6．ACD【详解】解：A、若L断路，电路中没有电流，变阻器两端的电压应为0，即U ab=0V，与题不符，故此故障不可能是L断路，故A正确．B、用电压表测量得到U ab=5.0V，等于电源两极间的电压，说明a到R的左侧和b到c到d 这一部分电路都是通的，故障可能是R断路，故B错误．C、若R′断路，电路中没有电流，变阻器两端的电压应为0，即U ab=0V，与题不符，故此故障不可能是L断路，故C正确．D、若S断路，U ab=U be=U ed=0V，与题不符，故此故障不可能是S断路，故D正确．故选ACD．【点评】本题是对电路故障的分析问题，往往电压表有示数的那部分电路存在断路，要逐项代入检验．7．C【解析】画出导体棒所在处的磁感线方向，如图；用左手定则可判断出条形磁铁对导体棒的安培力斜向右下方，由牛顿第三定律可知，导体棒对条形磁铁的安培力斜向左上方，所以弹簧长度将变短，F N1>F N2，选项BC正确，AD错误；故选BC.8．BC【解析】A项，使R2增大，则总电阻增大，总电流减小，内阻上电压减小，路端电压增大，故通过灯泡的电流增大，灯泡变亮，故A项错误．B项，R2减小，总电阻减小，总电流增大，内阻上电压增大，路端电压减小，故通过灯泡的电流减小，灯泡变暗，故B 项正确．C 项，使R 1电阻增大，则总电阻增大，电路中总电流减小，则内阻上的电压减小，路端电压增大，故R 2中的电流增大，通过灯泡的电流减小，灯泡变暗，故C 项正确．D 项，使R 1的电阻减小，则总电阻减小，总电流增大，内阻上电压增大，路端电压减小，R 2中电流减小，故灯泡中电流增大，灯泡变亮，故D 项错误．综上所述，本题正确答案为BC ．9．BC【详解】A ．同向电流相互吸引，反向电流相互排斥．对L 1受力分析，如图所示，可知L 1所受磁场力的方向与L 2、L 3所在的平面平行，故A 错误；B ．对L 3受力分析，如图所示，可知L 3所受磁场力的方向与L 1、L 2所在的平面垂直，故B 正确；CD ．设三根导线两两之间的相互作用力为F ，则L 1、L 2受到的磁场力的合力等于F ，L 3受，即L 1、L 2、L 3单位长度受到的磁场力之比为故C 正确，D 错误．【点睛】先根据安培定则判断磁场的方向，再根据磁场的叠加得出直线电流处磁场的方向，再由左手定则判断安培力的方向，本题重点是对磁场方向的判断、大小的比较．10．BCD【解析】试题分析：离子在磁场中受到洛伦兹力，但不做功，故A 错误；带电粒子源源不断的在电场中处于加速状态，从而获得能量，故B 正确；带电粒子从D 形盒中射出时的动能 E km =12mv m 2 ；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则圆周半径R =mv m qB ；由上述两式可得E m =q 2B 2R 22m 显然，当带电粒子q 、m 一定的，则E km ∝R 2B 2;即E km 随磁场的磁感应强度B 、D 形金属盒的半径R 的增大而增大，与加速电场的电压和狭缝距离无关，故CD 正确；故选：BCD ．考点：回旋加速器.11．BD【解析】解:CD 、当从t=0时刻起,金属棒通以I=kt,则由左手定则可以知道,安培力方向垂直纸面向里,使其紧压导轨,则导致棒在运动过程中,所受到的摩擦力增大,所以加速度在减小,因为速度与加速度方向相同,则做加速度减小的加速运动;当滑动摩擦力等于重力时,加速度为零,则速度达到最大;当安培力继续增大时,导致加速度方向竖直向上,则出现加速度与速度方向相反,因此做加速度增大的减速运动;而速度与时间的图象的斜率表示加速度的大小,因为F BIL BLkt == ,由牛顿第二定律得:mg BLKt ma μ-=,因此BLK a g m μ=-,而重力小于摩擦力时,加速度方向向上,故C 错误,D 正确; B 、安培力F BIL BLkt t ==∝,所以B 选项是正确的;A 、开始时是滑动摩擦力,f F BIL BLkt t μμμ===∝ , 变为静摩擦力后,f mg =, 但摩擦力是突然变小的,应该是速度最大的时刻滑动摩擦力与重力平衡,故A 错误;所以BD 选项是正确的12．ACD【解析】【详解】A 项，因为小球静止下滑，所以小球刚开始受到的摩擦力小于重力，根据牛顿第二定律可得mg qE qvB ma μ--=，得mg qE qvBa m μ--=，刚开始随着小球速度的增大，小球的加速度逐渐增大；当洛伦兹力和电场力相等时，小球受到的摩擦力为零，加速度达到最大，但随着小球速度的增加，洛伦兹力增大，且大于电场力，摩擦力逐渐增大，加速度逐渐减小，所以小球的加速度是先增大后减小，故A 项正确．B 项，电场力与速度总是垂直，所以电场力不做功，电势能不变；由于摩擦力一直做负功，所以小球的机械能一直减小，则小球的机械能和电势能的总和不断减小，故B 项错误． C 、D 项，最大加速度为g ，加速度为一半时有12mg qE qvB m g μ--=，解得22qE mg v qB μμ-=或者22qE mg v qBμμ+=，故CD 项正确． 综上所述，本题正确答案为ACD ．13． 0.997～0.999mm 0.42A 2.25～2.28V 3 2 A【解析】螺旋测微器读数时,可以分成整数部分和小数部分两部分来读,读整数时,注意“半毫米”刻度线是否露出;电表读数时注意“估读”方式:若每小格的读数是“0.02”A,则应是12估读,即估读到0.01A,若每小格的读数是“0.1”V ,则应是“110”估读,即估读到0，01V ,若每小格最小读数是“0.5”,则应是15估读,即估读到“0.1”即可. （2）由图所示可以知道,作为电压表使用时,选择开关应接位置3;作为欧姆表使用时,选择开关应接2,内部电源被接通,构成欧姆表,可测量电阻;使用时,电流一定从红表笔流入,即从A 端流入.14． ×1 欧姆调零 OFF 挡或交流电压最大挡 a b【解析】解:①选择开关指向欧姆挡“10⨯”档位的多用电表测量,指针的偏转角度太大,说明所选档位太大,应换小挡,应将选择开关换成欧姆挡的1⨯档位,然后进行欧姆调零,最后使用完毕后要把选择开关调到OFF 或者交流电压最高档位②根据实验电路图连接实物电路图,如图所示.③为了保护电路和电表，开关闭合前，应将滑动变阻器的滑片P 置于a 端把电阻支路短路起到保护作用； P 应由中点向b 滑动使得并联电阻变大分的电压就会变多。