黑龍江省大慶市鐵人中學2024-2025學年高二物理下學期第一次月考試題含解析

PAGE24-黑龍江省大慶市鐵人中學2024-2025學年高二物理下學期第一次月考試題（含解析）一、選擇題1.在磁場中某區(qū)域的磁感線如圖所示，則（）A.a、b兩處磁感應強度的大小不等，Ba<BbB.a、b兩處的磁感應強度的大小不等，Ba>BbC.同一通電導線放在a處受力肯定比放在b處受力大D.同一通電導線放在a處受力肯定比放在b處受力小【答案】A【解析】【詳解】AB．由磁感線的疏密表示磁感應強度大小，則故A正確，B錯誤；CD．通電導線磁場中受到的安培力，由于同一通電導線放在a處與放在b處相比，由于并不知道導線與磁場方向之間的關系，所以受力大小無法確定，故CD錯誤。故選A。2.一帶電油滴在勻強電場E中的運動軌跡如圖中虛線所示，電場方向豎直向下．若不計空氣阻力，則此帶電油滴從a運動到b的過程中，能量變更狀況為()A.動能減小B.電勢能增加C.動能和電勢能之和減小D.重力勢能和電勢能之和增加【答案】C【解析】【詳解】物體做曲線運動過程中受到的合力指向軌跡內側，并且運動過程中小球只受電場力和重力，所以合力豎直向上，合力與運動方向夾角為銳角，做正功，動能增大，電場力方向向上，電場力做正功，電勢能減小，AB錯誤；依據(jù)功能關系可知，在從a到b的運動過程中只有重力、電場力做功，因此重力勢能、電勢能、動能三者之和保持不變，因該過程中動能增加，因此重力勢能和電勢能之和減小，故C正確；從a到b的運動過程中重力做負功，重力勢能增加，因此動能和電勢能之和減小，故D錯誤．【點睛】做此類題目的關鍵是依據(jù)物體做曲線運動過程中受到的合力指向軌跡內側推斷受力狀況，本題在電場和重力場的復合場中重點考察帶電小球的功能關系轉化．在學習過程中要明確各種功能關系是解這類問題的關鍵．3.小燈泡通電后其電流I隨所加電壓U變更的圖線如圖所示，P為圖線上一點，PN為圖線的切線，PQ為U軸的垂線，PM為I軸的垂線。則下列說法中不正確的是（）A.隨著所加電壓的增大，小燈泡的電阻增大B.隨著所加電壓的增大，小燈泡消耗的功率增大C.對應P點，小燈泡的電阻R＝D.對應P點，小燈泡的電阻R＝【答案】C【解析】【詳解】A．圖線上的點與原點連線的斜率的倒數(shù)表示電阻，隨著所加電壓的增大，圖線上的點與原點連線的斜率漸漸減小，說明電阻漸漸增大，故A正確，不符合題意；B．隨著所加電壓的增大，電流也增大，由公式可知，小燈泡消耗的功率增大，故B正確，不符合題意；CD．對應P點，由圖可知，小燈泡兩端的電壓是U1，流過小燈泡的電流是I2，所以電阻故C錯誤，符合題意；D正確同，不符合題意。故選C。4.豎直平面內有一金屬環(huán)，半徑為a，總電阻為2R，磁感應強度為B的勻強磁場垂直穿過環(huán)平面，與環(huán)的最高點A鉸鏈連接的長度為2a，電阻為的導體棒AB由水平位置緊貼環(huán)面擺下。當擺到豎直位置時，B點的線速度為v，則這時AB兩端的電壓大小為（）A.Bav B. C.Bav D.2Bav【答案】A【解析】【詳解】當擺到豎直位置時，導體棒產生的感應電動勢為金屬環(huán)并聯(lián)的電阻為AB兩端的電壓是路端電壓，AB兩端的電壓大小為故A正確，BCD錯誤。故選A。5.如圖所示，在屏MN的上方有磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面對里。P為屏上的一小孔，PC與MN垂直。一群質量為m、帶電荷量為－q（q>0）的粒子（不計重力），以相同的速率v，從P處沿垂直于磁場的方向射入磁場區(qū)域。粒子入射方向在與磁場B垂直的平面內，且散開在與PC夾角為θ的范圍內。則在屏MN上被粒子打中的區(qū)域的長度為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力供應向心力，由牛頓其次定律得解得粒子沿著右側邊界射入，軌跡如圖1此時出射點最近，與邊界交點與P間距為粒子沿著左側邊界射入，軌跡如圖2此時出射點最近，與邊界交點與P間距為粒子垂直邊界MN射入，軌跡如3圖此時出射點最遠，與邊界交點與P間距為2r，故范圍為在熒光屏上P點右側，將出現(xiàn)一條形亮線，其長度為故A正確，BCD錯誤。故選A。6.如圖甲所示，矩形導線框abcd放在勻強磁場中，在外力限制下靜止不動，磁感線方向與線圈平面垂直，磁感應強度B隨時間變更的圖象如圖乙所示．t＝0時刻，磁感應強度的方向垂直紙面對里．在0～4s時間內，線框ab邊受安培力隨時間變更的圖象(力的方向規(guī)定以向左為正方向)是下圖中的()A. B.C. D.【答案】D【解析】【詳解】t=0時刻，磁感應強度的方向垂直線框平面對里，在0到1s內，穿過線框的磁通量變小，由楞次定律可得，感應電流方向是順時針，再由左手定則可得線框的ab邊的安培力水平向左，即安培力為正；當在1s到2s內，磁感應強度的方向垂直線框平面對外，穿過線框的磁通量變大，由楞次定律可得，感應電流方向是順時針，再由左手定則可得線框的ad邊的安培力水平向右，即安培力為負．在2~4s內，重復出現(xiàn)安培力先向左后向右．由法拉第電磁感應定理可知，線圈中產生的感應電動勢大小不變，則線圈中電流大小不變，依據(jù)F=BIL，知在0-2s和2-4s內磁感應強度勻稱變更，則安培力的大小也隨時間勻稱變更．A.圖像與分析不符，A錯誤B.圖像與分析不符，B錯誤C.圖像與分析不符，C錯誤D.圖像與分析符合，D正確7.利用霍爾效應制作的霍爾元件，廣泛應用于測量和自動限制等領域。如圖所示是霍爾元件的工作原理示意圖，磁感應強度B垂直于霍爾元件的工作面對下，通入圖示方向的電流I，N、M兩側面間會形成電勢差UNM，下列說法中正確的是（）A.若該霍爾元件的載流子是正電荷，則電勢差UNM＜0B.若該霍爾元件的載流子是自由電子，則電勢差UNM0C.電勢差UNM僅與材料有關D.在測定地球赤道正上方的地磁場強弱時，元件的工作面應保持豎直【答案】D【解析】【詳解】A．若元件的載流子是正電荷，由左手定則可知，正離子受到的洛倫茲力方向向N側面偏，則N側面的電勢高于M側面的電勢，則故A錯誤；B．若元件的載流子是自由電子，由左手定則可知，電子受到的洛倫茲力方向向N側面偏，則M側面的電勢高于N側面的電勢，則故B錯誤；C．電子在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，設霍爾元件的長寬高分別為a、b、c，有且則有電勢差UNM與材料、外界磁場等有關，故C錯誤；D．在測定地球赤道上方的地磁場強弱時，應將元件的工作面保持豎直，讓磁場垂直通過，故D正確。故選D。8.一個初動能為Ek的帶電粒子，以速度V垂直電場線方向飛入兩塊平行金屬板間，飛出時動能為4Ek。假如這個帶電粒子的初速度增加到原來的2倍，不計重力，那么該粒子飛出時動能為（）A.4.5Ek B.4.75Ek C.7Ek D.5Ek【答案】B【解析】【詳解】設平行金屬板的長度為L，板間距離為d，場強為E，當時速度為v時，則有依據(jù)動能定理得解得當時速度為2v時，同理可得電場力做功為聯(lián)立解得當時速度為2v時，初動能變?yōu)樵瓉淼?倍，依據(jù)動能定理得解得故ACD錯誤，B正確。故選B。9.一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場，電場方向水平向左，不計空氣阻力，則以下說法不正確的是（）A.做勻變速曲線運動 B.動量的變更率保持不變C.速領先減小后增大 D.速領先增大后減小【答案】D【解析】【詳解】A．小球受重力和電場力兩個力作用，合力的大小不變，但是方向與速度方向不在同一條直線上，小球做勻變速曲線運動，故A正確，不符合題意；B．由于小球合力不變，依據(jù)動量定理有可知，小球動量的變更率保持不變，故B正確，不符合題意；CD．小球所受的合力為重力與電場力的合力，如圖所示則可知合力與速度方向先成鈍角，然后成銳角，可知合力先做負功然后做正功，則速度先減小后增大，故C正確，不符合題意，D錯誤，符合題意。故選D。10.如圖所示，用電池對電容器充電，電路a、b之間接有一靈敏電流表，兩極板之間有一個電荷q處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)將兩極板的間距變大，則()A.電荷仍將靜止B.電荷將向上加速運動C.電流表中將有從a到b的電流D.電流表中將有從b到a的電流【答案】D【解析】【詳解】AB．原來電荷靜止，電荷所受重力與電場力平衡．電容器與電源相連，電容器的電壓不變，兩極板的間距變大，則板間場強減小，電荷所受電場力減小，電荷將向下加速運動．故AB兩項錯誤．CD．據(jù)可得，兩極板的間距變大，電容器的電容減?。浑娙萜鞯碾妷翰蛔?，電容的帶電量減小，電容器放電，電流表中將有從b到a的電流．故C項錯誤，D項正確．11.要測繪一個標有“3V、0.6W”小燈泡的伏安特性曲線，燈泡兩端的電壓須要由零漸漸增加到3V。試驗的電路圖應選用圖中的（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【詳解】試驗要求燈泡兩端的電壓須要由零漸漸增加到3V，則滑動變阻器應采納分壓接法，由于燈泡電阻較小，故電流表應采納外接法，故ABC錯誤，D正確。故選D。12.線圈在勻強磁場中勻速轉動，產生交變電流的圖像如圖所示，由圖可知（）A.在B、D時刻穿過線圈的磁通量為零B.在A、C時刻線圈處于與中性面垂直的位置C.從A時刻到D時刻線圈轉過的角度為πD.若從0時刻到D時刻經過0.01s，則在1s內交變電流的方向變更100次【答案】B【解析】【詳解】A．從圖可知在B和D時刻感應電流為零，感應電動勢為零，則磁通量最大，故A錯誤；B．從圖可知在A和C時刻感應電流最大，感應電動勢最大，而磁通量為零，線圈處于與中性面垂直的位置，故B正確；C．從圖可知從A時刻到D時刻經過時間為，線圈轉過的角度為，故C錯誤；D．若從0時刻到D時刻為一個周期則經過0.01s，溝通電的方向在0.01s內變更兩次，即周期為0.01s，則在1s內溝通電的方向變更200次，故D錯誤。故選B。13.如圖所示為一溝通電壓隨時間變更的圖象．每個周期的前三分之一周期內電壓按正弦規(guī)律變更，后三分之二周期電壓恒定．依據(jù)圖中數(shù)據(jù)可得，此溝通電壓的有效值為()A.7.5VB.8VC.VD.V【答案】C【解析】【詳解】取一個周期進行分段，在0-1s是正弦式電流，則電壓的有效值等于3V．在1s-3s是恒定電流，則有效值等于9V．則在0-3s內，產生的熱量解得：A．7.5V，與結論不相符，選項A錯誤；B．8V，與結論不相符，選項B錯誤；C．V，與結論相符，選項C正確；D．V，與結論不相符，選項D錯誤；14.如圖是通過變壓器降壓給用戶供電的示意圖。變壓器輸入電壓是市區(qū)電網(wǎng)的電壓，負載變更時輸入電壓可認為不變。輸出電壓通過輸電線輸送給用戶，輸電線的電阻用R0表示，開關S閉合后，相當于接入電路中工作的用電器增加。假如變壓器上的能量損失可以忽視，則開關S閉合后，以下說法正確的是（）A.電表V1示數(shù)不變，V2示數(shù)減小B.電表A1、A2示數(shù)之比增大C.變壓器的輸入功率增大D.電阻R1兩端的電壓增大【答案】C【解析】【詳解】A．因為輸入電壓幾乎不變，原副線圈的電壓比等于匝數(shù)之比，則副線圈的電壓幾乎不變，即電壓表V1、V2的讀數(shù)幾乎不變，故A錯誤；B．原副線圈電流之比等于匝數(shù)之反比，由于原、副線圈匝數(shù)之比不變，則電表A1、A2示數(shù)之比不變，故B錯誤；C．因為負載增加，則副線圈總電阻減小，副線圈電壓不變，則副線圈電流增大，由P=UI知副線圈功率增加，由于變壓器上的能量損失可以忽視，則原線圈的輸入功率增大，故C正確；D．由于副線圈電壓不變，負載增加，則副線圈總電阻減小，副線圈電壓不變，則副線圈電流增大，輸電線上損失的電壓增大，則電阻R1兩端的電壓減小，故D錯誤。故選C。15.如圖甲所示，志向變壓器原線圈輸入電壓如圖乙所示的溝通電，電路中電阻R=10Ω，M是標有“10V、10W”的電動機，其繞線電阻r=2Ω，電動機正常工作。下列說法正確的是（）A.變壓器副線圈和原線圈的匝數(shù)比是10∶1B.電流表示數(shù)是1AC.電動機的輸出功率為8WD.變壓器的輸入功率為18W【答案】C【解析】【詳解】A．由圖可知原線圈電壓由于電動機正常工作，副線圈電壓為10V，則有故A錯誤；B．電流表示數(shù)為通過電阻與電動機的電流之和，即為故B錯誤；C．電動機機的輸出功率為故C正確；D．變壓器的輸入功率等于輸出功率為故D錯誤。故選C。16.如圖所示，單匝矩形閉合導線框abcd全部處于水平方向的勻強磁場中，線框面積為S，電阻為R。線框繞與cd重合的豎直固定轉軸以角速度ω從中性面起先勻速轉動，線框轉過時的感應電流為I，下列說法正確的是（）A.線框中感應電流的有效值為2IB.從中性面起先轉過一周過程中，通過導線某橫截面的電荷量為C.轉動過程中穿過線框的磁通量的最大值為D.線框轉一周的過程中，外力做功為零【答案】C【解析】【詳解】AC．線圈中產生感應電動勢最大值，線框轉過時的感應電流為感應電動勢有效值則流的有效值為磁通量的最大值故A錯誤，C正確；B．通過導線橫截面的電荷量為由于轉過一周的過程中磁通量變更為0，則通過導線橫截面的電荷量為0，故B錯誤；D．線框轉一周的過程中，產生的熱量依據(jù)能量守恒可得，線框轉一周的過程中，外力做功為，故D錯誤。故選C。17.如圖xoy平面為光滑水平面，現(xiàn)有一長為d寬為L的線框MNPQ在外力F作用下，沿x軸正方向以速度v做勻速直線運動，空間存在豎直方向的磁場，磁感應強度B=2B0cosx（式中B0為已知量），規(guī)定豎直向下方向為磁感應強度正方向，線框電阻為R，t=0時刻MN邊恰好在y軸處，則下列說法正確的是（）A.外力F為恒力B.線圈在運動過程中合外力對其做功不為零C.經過，線圈中產生的電熱D.t=0時，外力大小【答案】D【解析】【詳解】A．由于磁場是變更的，故切割產生的感應電動勢也為變更的，安培力也會變力，故要保持其勻速運動，外力F不能為恒力，故A錯誤；B．由于線圈勻速運動，合外力為0，則合力做功為0，故B錯誤；C．由于兩邊正好相隔半個周期，故產生電動勢方向相同，經過的位移為vt；瞬時電動勢瞬時電流可知瞬時電流成余弦規(guī)律變更，故可知感應電流的有效值產生的電熱為故C錯誤；D．t=0時，左右兩邊的磁感應強度均為2B0，方向相反，則感應電動勢拉力等于安培力即故D正確。故選D。18.如圖所示，直角坐標系xOy位于豎直平面內。第Ⅲ、Ⅳ象限內有垂直于坐標平面對外的勻強磁場，第Ⅳ象限同時存在方向平行于y軸的勻強電場（圖中未畫出），一帶電小球從x軸上的A點由靜止釋放，恰好從P點垂直于y軸進入第Ⅳ象限，然后做勻速圓周運動，從Q點垂直于x軸進入第Ⅰ象限，Q點距O點的距離為d，重力加速度為g。依據(jù)以上信息，能求出的物理量有（）A.小球做圓周運動的動能大小B.電場強度的大小和方向C.小球在第Ⅳ象限運動的時間D.磁感應強度大小【答案】C【解析】【詳解】A．小球在第Ⅳ做勻速圓周運動，由題意可知，小球軌道半徑從A到P過程，由動能定理得由于不知道小球的質量，則無法求出小球做圓周運動的動能，故A錯誤；B．小球在第Ⅳ象限做勻速圓周運動，則電場強度為由于不知道：m、q，無法求出電場強度大小，故B錯誤；C．小球做圓周運動的周期小球在第Ⅳ象限的運動時間故C正確；D．小球做勻速圓周運動，由牛頓其次定律得解得由于不知道m(xù)、q，無法求出B，故D錯誤。故選C。19.如圖，左側接有定值電阻的固定水平光滑導軌處于垂直紙面對外的勻強磁場中，導軌間距為L，一質量為m的金屬棒由靜止起先在恒定拉力F作用下從CD處沿導軌向左加速運動。從金屬棒起先運動起，磁感強度隨時間變更關系為B=kt（k>0），當金屬棒移動距離d至磁場右邊界EF，磁場磁感強度即保持不變，恰能使金屬棒在磁場中作勻速直線運動。勻強磁場區(qū)域中GH與EF相距為2d。金屬棒和導軌的電阻不計。下列推斷正確的是（）A.金屬棒進入磁場前后回路中感應電流方向不變B.金屬棒從CD運動至GH過程中全電路產生的焦耳熱為Q=2FdC.導軌左側定值電阻阻值R=D.當磁場保持不變后磁感強度大小B=【答案】D【解析】【詳解】A．依據(jù)楞次定律推斷可知，金屬棒進入磁場前，回路中感應電流方向沿順時針方向；金屬棒進入磁場后，回路中感應電流方向沿逆時針方向，故A錯誤；B．依據(jù)能量守恒可知，金屬棒在從EF運動到GH的過程中產生的焦耳熱為在金屬棒未進入磁場前，由于電磁感應也產生焦耳熱，故金屬棒從CD運動至GH過程中全電路產生的焦耳熱應大于2Fd，故B錯誤；CD．設金屬棒剛運動到EF時速度大小為v，金屬棒進入磁場前的過程，由動能定理得得運動時間為則金屬棒進入磁場后所受的安培力為由于棒做勻速運動，則有則得故C錯誤，D正確。故選D。20.如圖所示，在xOy坐標系的其次、三象限內有半圓形有界磁場，磁場方向垂直于坐標平面對里，磁場的磁感應強度大小為B，圓心在坐標原點O處，半徑為R，一粒子源在坐標為（－1.5R，0.5R）的P點，可以沿x軸正方向放射速率在肯定范圍內的同種帶負電的粒子，粒子的質量為m、電荷量為q，速度最大的粒子剛好不過y軸，速度最小的粒子剛好不過x軸，不計粒子的重力及粒子間的相互作用，則下列推斷不正確的是（）A.粒子的最大速度大小為B.粒子的最小速度大小為C.粒子在磁場中做的是變加速曲線運動D.速度最大的粒子在磁場中的運動時間比速度最小的粒子在磁場中的運動時間短【答案】A【解析】【詳解】A．由題意可知，速度最大時粒子剛好不過y軸即軌跡與y軸相切，如圖1由幾何關系可知，半徑為由可知所以最大速度為故A錯誤，符合題意；B．速度最小的粒子剛好不過x軸，即軌跡與x軸相切如圖2由幾何關系得由可知所以最小速度為故B正確，不符合題意；C．由于粒子磁場中做勻速圓周運動，其加速度方向時刻變更，則粒子在磁場中做的是變加速曲線運動，故C正確，不符合題意；D．速度最大的粒子在磁場中偏轉角為，速度最小的粒子在磁場中偏轉角為，由于是同種粒子則粒子做圓周運動的周期相等，運動時間為則速度最大的粒子在磁場中的運動時間比速度最小的粒子在磁場中的運動時間短，故D正確，不符合題意。故選A。二、計算題21.如圖所示，足夠長的固定U形導體框架的寬度L=0.5m，電阻可忽視不計，其所在平面與水平面成θ=角，有一磁感應強度B=0.8T的勻強磁場，方向垂直于導體框平面。一根質量m=0.4kg、電阻R=1Ω的導體棒MN垂直跨放在U形框架上，