江苏省南京师大苏州实验学校20192020学年高二物理上学期9月月考试题8463

江苏省南京师大苏州实验学校2019-2020学年高二物理上学期9月月考试题（含分析）一、单项选择题（3*7=21）第一发现电流的磁效应的科学家是()A.特斯拉B.安培C.奥斯特D.法拉第【答案】C【分析】【详解】奥斯特发现了通电导体四周存在磁场，是第一个发现电流磁效应的科学家。A.特斯拉与分析不切合，故A项与题意不切合；B.安培与分析不切合，故B项与题意不切合；C.奥斯特与分析切合，故C项与题意切合；D.法拉第与分析不切合，故D项与题意不切合。以下说法正确的选项是A.一小段通电导线在磁场中某点，若不受磁场力的作用，该点的磁感强度必定为零B.当平面跟磁场方向平行时，穿过这个面的磁通量必为零C.某一点电荷在电场中的受力方向，即为该点电场线的切线方向D.磁感线是从磁体的N极发出，停止于S极【答案】B【分析】【详解】A.一小段通电导线在磁场中某点，不受磁场力的作用，该点的磁感强度不必定为零，也可能是因为通电导线与磁场平行，故A错误。B.依据匀强磁场中磁通量的一般计算 公式 小学单位换算公式大全免费下载公式下载行测公式大全下载excel公式下载逻辑回归公式下载 Φ=BSsinθ，当平面跟磁场方向平行时，没有磁感线穿过这个平面，所以穿过这个平面的磁通量必为零，故B正确C.正电荷所受的电场力方向与电场强度方向同样，负电荷所受电场力方向与电场强度方向相反，电场线切线方向为场强方向，则电荷所受电场力方向不必定与电场线切线方向一致。故C错误。D.在磁体外面磁感线从磁体的N极发出到S极，在磁体的内部，磁感线从S极到N极，D错误。有一横截面积为S的铜导线，流经此中的电流强度为I，设每单位体积的导线中有n个自由-1-电子，电子的电量为e，此时电子的定向挪动速度为v，在t时间内，经过导线的横截面积的自由电子数量可表示为()A.nesvtB.nvtC.IteD.Itse【答案】C【分析】【详解】在t时间内，以速度v挪动的电子在铜导线中经过的距离为vt，因为铜导线的横截面积为S，则在t时间内，电子经过的导线体积为V=vtS。又因为单位体积的导线有n个自由电子，则在t时间内，经过导线横截面的自由电子数量可表示为N=nvSt。因为流经导线的电流为I，则在t时间内，流经导线的电荷量为Q=It，而电子的电荷量为e，则t时间内经过导线横截面的自由电子数量可表示为：NIte，故C正确，ABD错误。以以下图，电源的电动势为30V，内电阻为1Ω，一个标有“6V,12W”的电灯与一个绕线电阻为2Ω的电动机串通．开关闭合后，电路中的电灯正常发光，则电动机输出的机械功率为()【答案】A【分析】【详解】电路中电灯正常发光，所以UL＝6V，则电路中电流为IPLUL126A=2A，电动机两端的电压UM＝E－Ir－UL＝30V－2×1V－6V＝22V，则电动机输出的机械功率P出＝P电－P热＝UMI－I2RM＝22×2W－4×2W＝36W.A．36W与计算结果切合，A正确。B．44W与计算结果不符，B错误。C．48W与计算结果不符，C错误。D．60W与计算结果不符，D错误。以以下图，直导线ab与圆线圈的平面垂直且隔有一小段距离，此中直导线固定，线圈可自-2-由运动，当同时通有图示方向电流时，从左向右看，线圈将()A.不动B.顺时针转动，同时凑近导线C.逆时针转动，同时走开导线D.逆时针转动，同时凑近导线【答案】D【分析】【详解】依据安培定章可知，通电导线ab在右边产生的磁场方向垂直纸面向里。采纳电流元法，将圆环分成前后两半，依据左手定章可知，外侧半圆遇到的安培力向上，内侧遇到的安培力向下，圆环将逆时针转动。再用特别地址法：圆环转过90时，通电直导线ab对左半圆环产生吸引力，对右半圆环产生排斥力，因为吸引力大于排斥力，圆环凑近ab．则从左向右看，线圈将逆时针转动，同时凑近直导线abA.不动与分析不符，故A项与题意不切合；B.顺时针转动，同时凑近导线与分析不符，故B项与题意不切合；C.逆时针转动，同时走开导线与分析不符，故C项与题意不切合；D.逆时针转动，同时凑近导线与分析切合，故D项与题意切合。用洛伦兹力演示仪可以观察电子在磁场中的运动径迹，如图甲所示为洛伦兹力演示仪的实物图，如图乙所示为洛伦兹力演示仪的构造表示图。励磁线圈通电后可以产生垂直于纸面的匀强磁场，励磁线圈中的电流越大，产生的磁场越强。图乙中电子经电子枪中的加速电场加速后水平向左垂直磁感线方向射入磁场，以下关于实验现象和分析正确的选项是A.仅增大励磁线圈中的电流，电子运动径迹的半径变大-3-B.仅增大电子枪中加速电场的电压，电子做圆周运动的周期不变C.仅增大电子枪中加速电场的电压，电子运动径迹的半径变小D.要使电子形成图乙所示的运动径迹，励磁线圈中应通以逆时针方向的电流【答案】B【分析】【详解】A、C、电子在加速电场中加速，由动能定理有：12eUmv①02电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：evBm020vr②解得：rmv012mUqBBq③可见保持加速电压不变，增添励磁电流，即B增大，电子束形成圆周的半径减小；仅高升电子枪加速电场的电压，电子束形成圆周的半径增大；故A，C错误.B、电子在磁场中运动的周期：，与电子的速度没关，与加速电场的大小没关，故仅高升电子枪加速电场的电压，电子做圆周运动的周期不变，故B正确；D、若励磁线圈通以逆时针方向电流，由安培定章知，产生的磁场向外，依据左手定章判断知，电子进入磁场时所受的洛伦兹力向下，电子的运动轨迹不行能是图中所示，同理，可得励磁线圈通以顺时针方向的电流，则能形成构造表示图中的电子运动径迹，故D错误.应选B.的7.以以下图电路，全部电表均为理想电表，R2r.当闭合开关S，触片P向左滑动过程中，四块电表的读数均发生变化，设在滑动过程中A1、A、V1、V2在同一时刻的读数分别是I1、2I、U、U2；电表示数的变化量的绝对值分别是I1、I2、U1、U2，那么以下说法21正确的选项是()A.I1减小，I2增大-4-B.U1增大，U2减小C.UI22为定值、U1I2增大D.电源的输出功率在减小，效率在降低【答案】B【分析】【详解】A、当触片P向左滑动过程中，以致电阻变大，则总电阻变大，总电流变小，即I2减小，因内电压变小，那么外电压增大，因为电阻R电压减小，即2V示数U2减小，则V1的示2数U增大，所以经过电阻R0的电流在增大，则流过I1的电流在减小，故A错误，B正确；1C、由图可知U1I2Rr2，UI22R2均为定值，故C错误；D、依据推论：外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，由题意，开始时外电阻大于电源内阻，则当变阻器的滑动触头P向左挪动时，外电路总电阻增大，电源输出的电功率减小，而电源的供电效率UIUEIE，外电阻增大，路端电压U增大，电源的供电效率提升，故D错误。二、多项选择题（4*5=20）质量为m的通电导体棒ab置于倾角为的导轨上，导轨的宽度为d，导体棒ab与导轨间的动摩擦因数为。有电流时，ab恰幸好导轨上静止，以以下图。图中的四个侧视图中，标出了四种可能的匀强磁场方向，此中导体棒ab与导轨之间的摩擦力可能为零的图是（）A.B.C.D.-5-【答案】AB【分析】【详解】A.导体棒受重力、水平向右的安培力和斜面的支持力，若三个力均衡，则不受摩擦力，故A正确；B.导体棒受重力，竖直向上的安培力，若重力与安培力相等，则二力均衡，不受摩擦力，故B正确C.导体棒受重力，竖直向下的安培力和斜面的支持力，若不受摩擦力，导体棒不行能均衡，故C错误；D.导体棒受重力、水平向左的安培力和斜面的支持力，若不受摩擦力，导体棒不行能均衡，故D错误。以以下图，R1为定值电阻，R2为可变电阻，E为电源电动势，r为电源内电阻，以下说法中正确的选项是()A.当R2＝R1＋r时，R2获取最大功率B.当R1＝R2＋r时，R1获取最大功率C.当R2＝0时，R1获取最大功率D.当R2＝0时，电源的输出功率最大【答案】AC【分析】【详解】A．在谈论R2的电功率时，可将R1视为电源内阻的一部分，马上原电路等效为外电阻R2与电动势为E、内阻为R1＋r的电源(等效电源)连成的闭合电路(以以下图)，-6-R2的电功率是等效电源的输出功率．明显当R2＝R1＋r时，R2获取的电功率最大，A项正确；BC．谈论R1的电功率时，因为R1为定值，依据P＝I2R知，电路中电流越大，R1上的电功率就1上的电功率就越大(P1＝I2R1)，所以，当R2＝0时，R1获取的电功率最大，故B项错误，C项正确；1)，所以，当R2＝0时，R1获取的电功率最大，故B项错误，C项正确；D．谈论电源的输出功率时，R1＋R2为外电阻，内电阻r恒定，因为题目没有给出R1和r的具体数值，所以当R2＝0时，电源输出功率不必定最大，故D项错误．以以下图，两个半径同样的半圆形轨道分别竖直放在匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上，轨道是圆滑的。两个同样的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止开释，M、N为轨道的最低点，则()A.两小球到达轨道最低点的速度vM＝vNB.两小球到达轨道最低点的速度vM>vNC.小球第一次到达M点的时间大于小球第一次到达N点的时间D.在磁场中小球能到达轨道的另一端，在电场中小球不可以到达轨道的另一端【答案】BD【分析】【详解】AB.小球在磁场中运动时洛伦兹力不做功，所以只有重力做功。在电场中受的电场力向左，下滑过程中电场力做负功，所以到达最低点时速度关系为vM>vN，故A错误，B正确；C.整个过程的均匀速度vM>vN，所以时间tM 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 的三维目标，观察学生的创新能力、获取新知识的能力、建模能力的一道好题．在测电源电动势和内阻的实验中，常常用到如图1所示的两种电路图。（1）在测定一节干电池电动势和内阻时，为尽量减小实验偏差，应选择图1中的______（选填“甲”或“乙”）电路，现有电流表（0:0.6A）、开关、导线若干，以及以下器械：A.电压表（0:15V）B.电压表（0:3V）C.滑动变阻器（0:50）的D.滑动变阻器（0:500）实验中电压表应采纳______，滑动变阻器应采纳______；（选填相应器械前的字母）（2）某同学在实验时，分别利用图1中的甲、乙两个电路图对待测电源进行了丈量，并依据实验数据分别绘制出了相应的UI图，如图2所示，则直线______（选填“a”或“b”）对应图1中甲电路的丈量数据；依据两条UI图，该电源电动势的正确值E______，内阻的正确值r______（用U、U2、I1、I2表示）1U1【答案】(1).甲(2).B(3).C(4).a(5).U(6).1I2【分析】【详解】（1）[1]因为电流表内阻与电源内阻凑近，故在丈量时应采纳相对电源的电流表外接-13-法，应选择图1中的甲图进行丈量；[2]因为一节干电池电动势只有1.5V，故电压表应选择3V量程的B；[3]而因为电源内阻较小，为了便于丈量，滑动变阻器应选择总阻值较小的C。（2）[4]采纳甲图进行实验时，因为采纳电流表相对电源的外接法，电压表的分流而使电流表示数偏小，所以测出的电动势和内电阻均偏小；而乙图中采纳相对电源的内接法，实验结果中将电流表内阻等效为了电源内阻，所以丈量出的内阻值偏大；图象斜率较大，故直线a为甲电路所丈量的数据。[5][6]采纳乙电路丈量时，当外电路断路时，电流表分压作用可以忽视，所以乙电路中测出的电动势正确；而甲电路中当外电路短路时，电压表的分流作用可以忽视，所以短路电流是正确的，则可知EU，内阻1rU1I2。现要较正确地丈量量程为0～3V、内阻大体为3kΩ的电压表V1的内阻RV，实验室供给的器械以下：电流表A1（量程0～0.6A，内阻约0.1Ω）电流表A2（量程0～1mA，内阻约100Ω）电压表V2（量程0～15V，内阻约15kΩ）定值电阻R1（阻值200Ω）定值电阻R2（阻值2kΩ）滑动变阻器R3（最大阻值100Ω，最大电流1.5A）电源E1（电动势6V，内阻约0.5Ω）电源E（电动势3V，内阻约0.5Ω）开关S，导线若干2（1）采纳上述的一些器械，甲、乙两个同学分别设计了图甲、乙两个电路。在图甲的电路中，电源选择E1，则定值电阻R应入选择__________；在图乙的电路中，电源选择E2，电流表应入选择_____________。（填写对应器械的符号）（2）依据图甲电路，多次丈量获取多组电腕表V1和V2的读数U1、U2，用描点法获取U1－U2图象，若图象的斜率为k1，定值电阻的阻值为R，则电压表V1的内阻RV＝__________；-14-依据图乙电路，多次丈量获取多组电压表V1和电流表A的读数U1、I，用描点法获取可U1－I图象，若图象的斜率为k2，则电压表V1的内阻RV＝_______________。（用题中所给字母表示）【答案】(1).R2(2).A2(3).1k1k1R(4).K2【分析】【详解】第一空.在甲图的电路中，因为电源电动势为6V，电阻R起到串通分压的作用，且电压表量程为3V，所以应选和电压表内阻差不多的电阻，应选R2；U3VI＝＝A＝1mA，所以电流表应入选择量程为量程第二空.电压表中最大电流为3maxR310V0～1mA电流表A2；第三空.在图甲的电路中，电阻R两端电压为UR=U2-U1，经过电阻R的电流为：UUUR21I＝＝，依据欧姆定律得：RRUURRR＝＝，即1＝V2，又V11RUUVIUURRRR21VV＝k1，则kR＝R；1V1k1第四空.在图乙的电路中，依据欧姆定律得：U1′=IRV′，又U1′-I图象中图象的斜率为k2，则RV′=k2；四、解答题（17分）如图，电源电动势为E=3V，内阻不计，导体棒质量m=60g，长L=1m，电阻R=1.5?，匀强磁场竖直向上，大小为B=0.4T。当开关S闭合后，棒从用铁杆固定的圆滑绝缘环的底端上滑到某一地址静止，试求：（1）在此地址上棒对每只环的压力各为多少?（2）若已知绝缘环半径0.5m，求：此静止地址与环底高度差Δh为多少?【答案】（1）0.5N（2）0.2m【分析】-15-【详解】（1）受力分析以以下图，导体棒静止时，两环对棒的作用力2N、重力mg和安培力F三力的合力为零，由安培力公式得：FBILBLER31N0.8N，棒的重力：，对整根棒受力分析，由棒均衡知，两环受支持力的总和为：222N＝Fmg，则N2222Fmg0．80．6，0.5N22由牛顿第三定律知，棒对每一只环的压力为0.5N。（2）由图可知，tanmgmgRFBLE1.51334，则sin35，故3hr1sin0.5(1)0.2m，5以以下图，在x轴上方存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场，坐标原点O处有一粒子源，可向x轴和x轴上方的xOy平面各个方向不停地发射质量为m、带电量为q、速度大小均为v的粒子。在x轴上距离原点x处垂直于x轴搁置一个长度为x0、厚度不计、双侧均能接收0-16-粒子的薄金属板P（粒子打在金属板P上即被汲取，电势保持为0）。沿x轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，不计带电粒子的重力和粒子间互相作用力。（1）求磁感觉强度B的大小；（2）求被薄金属板接收的粒子在磁场运动的最短时间与最长时间；（3）要使薄金属板P右边不可以接收到粒子，求挡板沿x轴正方向挪动的最小距离。【答案】（1）Bmvqx0（2）tx0min3v；tmax5x03v（3）31x0【分析】【详解】（1）设粒子做圆周运动的半径为R。依据牛顿第二定律，得：qvB2mvR由几何关系，得：Rx0联立解得：Bmvqx0；（2）带电粒子在磁场中的运动周期为T，则有：T2Rv，得T2x0v打在P左边下端的粒子在磁场中运动的时间最短；-17-由几何关系可知：打在P左边下端的粒子在磁场中偏转的角度是160运动的最短时间：1tTmin3600联立解得：x0tmin3v打在P右边下端的粒子在磁场中运动的时间最长，由几何关系可知：打在P左边下端的粒子在磁场中偏转的角度是2300，运动的最短时间：2tTmax360联立解得：tmax5x03v（3）带电粒子能达到的范围如图暗影所示:-18-要使挡板右边无粒子到达，P板最上端与O点的连线长应为2x0即粒子运动的直径.所以沿x轴正方挪动的最小长度.22xONOM2xx31x，000-19-