2021-2022学年辽宁省沈阳市第一二〇中学高二上学期第四次质量监测 物理（解析版）

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沈阳市第120中学2021-2022学年度高二年级上学期第四次质量监测物理试题考试时间：90分钟：满分：100分一、选择题（共12道题，共48分。其中1—8是单选题，每题4分；9—12是多选题，每题4分选对但不全得2分。）1. 在匀强电场中，有一质量为m，带电荷量为＋q的带电小球静止在O点，然后从O点自由释放，其运动轨迹为一直线，直线与竖直方向的夹角为θ，如图所示，那么下列关于匀强电场的场强大小的说法中正确的是(　　)A. 唯一值是 B. 最大值是C. 最小值是 D. 不可能是【答案】C【解析】【详解】因为轨迹为直线，故重力和电场力的合力应沿直线，如图所示，故电场力最小值Fmin=Eq=mgsinθ所以E有最小值。故选C。2. 如图所示，电源电动势为E，内阻为r，合上开关S后各电灯都能发光。如果某一时刻灯L1的灯丝烧断，之后各灯虽亮度变化，但并未损坏，则（　　）
 A. L3变亮，L2、L4变暗 B. L2、L3变亮，L4变暗C. L4变亮，L2、L3变暗 D. L3、L4变亮，L2变暗【答案】B【解析】【详解】当电灯L1的灯丝烧断后，L2这段电路电阻增大，外电路总电阻R总增大，路端电压U增大，干路电流I减小，由R3不变，故L3变亮；由I4=I-I3知I减小，I3增大，则I4减小，则U4=I4R4R4不变，U4减小，则L4变暗；U2=U-U4U增大，U4减小，则U2增大，则L2变亮．故选B。3. 如图所示，A、B、C是等边三角形的三个顶点，O点是A、B两点连线的中点。以O点为坐标原点，以A、B两点的连线为x轴，以O、C两点的连线为y轴，建立坐标系。过A、B、C、O四点各有一条长直导线垂直穿过坐标平面，各导线中通有大小相等的电流，其中过A、B两点的导线中的电流方向向里，过C、O两点的导线中的电流方向向外。过O点的导线所受安培力的方向为（　　）A. 沿y轴正方向 B. 沿y轴负方向C. 沿x轴正方向 D. 沿x轴负方向【答案】A【解析】【详解】ABCD．等边三角形的三个顶点A、B、C处均有一通电导线，且导线中通有大小相等的恒定电流，由安培定则可得，导线A、B的电流在O处的合磁场为零，C处的电流在O处产生磁场水平向右，即O处的磁场方向水平向右，再由左手定则可得，安培力的方向是与AB边垂直，沿着y轴的正方向，BCD错误A正确。故选A。4. 如图所示，两平行金属板中有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个粒子从两板正中央垂直电场、磁场入射，它在金属板间运动轨迹如图中曲线所示，则在粒子通过金属板间区域过程中（　　）A. 粒子的电势能增大 B. 粒子的动能增大C. 电场力对粒子做负功 D. 磁场力对粒子做负功【答案】B【解析】【分析】【详解】对α粒子在电场、磁场中进行受力分析，受到竖直向上的洛伦兹力和竖直向下的电场力．运动过程中，洛伦兹力不做功，由图中给出的α粒子的运动轨迹可知电场力对其做正功，因此α粒子的电势能减小；再由动能定理可知，α粒子的动能增大，因此B正确、ACD错误．故选B。5. 如图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b，内有带电量为q的某种自由运动电荷．导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B。当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且上表面的电势比下表面的低．由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为（　　）A. ，负 B. ，正C. ，负 D. ，正【答案】C【解析】【详解】因为上表面的电势比下表面的低，根据左手定则，知道移动的电荷为负电荷因为电流解得故选C。6. 如图所示为早期回旋加速器的结构示意图，和是两个中空半径为R的半圆金属盒，它们之间接高频交流电其频率为f，匀强磁场的磁感应强度为B，A处的粒子源产生的粒子在两盒之间被电场加速，两个半圆盒处于垂直于盒面的匀强磁场中。粒子进入半圆金属盒内做匀速圆周运动若忽略粒子在电场中的加速时间且不考虑相对论效应，则下列说法正确的是（    ）A. 粒子在磁场中回转一周运动的周期越来越大B. 粒子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小有关C. 不改变B和f，该回旋加速器也能用于加速氘核D. 粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大【答案】C【解析】【详解】A．粒子在磁场中运动的周期：与其速度的大小无关，所以粒子运动的周期不变。故A错误；BD．根据洛伦兹力提供向心力可知：得：与加速的电压无关；最大动能为：可知最大动能与加速器半径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关，与加速的次数无关，故B错误，D错误.C．根据：知换成氘核，比荷不发生变化，则在磁场中运动的周期不发生变化，回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等，故不需要改变磁感应强度或交流电的周期，故C正确；故选：C.7. 如图所示，一磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，圆心为O，半径为r，MN是直径，一粒子发射装置S置于M端，可从M端向圆平面内任意方向同时发射速率相等的带电粒子，粒子的比荷为k。从N端离开磁场的粒子a，离开磁场时速度方向与MN的夹角为45°。下列判断正确的是（　　）A. 粒子的速率为krBB. 粒子的速率为krBC. a粒子在磁场中运动的时间最短D. 沿直径MN方向射入磁场的粒子，在磁场中运动的时间为【答案】B【解析】【详解】AB．根据题意，画出粒子的轨迹图如下根据几何知识可知，粒子做圆周运动的半径为根据洛伦兹力提供向心力解得故A错误，B正确；C．由于轨迹对应的弦是最长的，则运动时间是最长的，故C错误；D．根据题意，粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力解得又联立解得在磁场中运动的时间为故D错误。故选B。8. 如图所示，由粗细均匀的金属导线围成的一个边长为L的正方形闭合线框abcd，其四个顶点均位于一个圆形区域的边界上，ac为圆形区域的一条直径，ac上方和下方分别存在大小均为B、方向相反的匀强磁场。现给线框接入从a点流入、d点流出的大小为I的恒定电流，则线框受到的安培力的大小为（　　）A. 0 B.  C.  D. 【答案】D【解析】【详解】ABCD．电流经过A点后分成两条支路，其大小分别为 ,如图判断线圈四边受安培力大小和方向分别为 ，向右 ，向下 ，向右 , 向上则线框受到的安培力的大小为ABC错误，D正确。故选D。9. 科考人员在北极乘车行进，由于地磁场的作用，汽车后轮轮轴(如图所示)的左、右两端电势高低 情况是A. 从东向西运动，左端电势较高B. 从东向西运动，右端电势较高C. 从西向东运动，左端电势较高D. 从西向东运动，右端电势较高【答案】AC【解析】【分析】由于地磁场的存在，当地球北附近水平面上驾驶一辆车向前行进时，由于地磁场作用，冰车两端会有电势差，相当于金属棒在切割磁感线一样．从驾驶员角度看，磁场向下由右手定则可判定冰车左端的电势比右端的电势低．【详解】地球北极的磁场向下，无论汽车从东向西运动，还是从西向东运动，汽车后轮轮轴切割磁感线，由右手定则可知，从驾驶员角度看，汽车的左端电势较高，故A、C正确．故选AC．【点睛】车的运动，类似于金属棒在磁场中切割磁感线一样会产生电动势，而电源内部的电流方向则是由负极流向正极的．10. 放置的长直密绕螺线管接入如图甲所示的电路中，通有俯视顺时针方向的电流，其大小按图乙所示的规律变化．螺线管内中间位置固定有一水平放置的硬质闭合金属小圆环（未画出），圆环轴线与螺线管轴线重合．下列说法正确的是（    ）A. 时刻，圆环有扩张的趋势B. 时刻，圆环有收缩的趋势C. 和时刻，圆环内的感应电流大小相等D. 时刻，圆环内有俯视逆时针方向的感应电流【答案】BC【解析】【详解】A B．时刻，螺线管中电流增大，产生的磁场变强，圆环中的磁通量增多，圆环要阻碍磁通量的增多，有收缩的趋势．故选项A错误，选项B正确．C．和时刻，螺线管内电流的变化率相等，所以圆环内的感应电流大小相等．故C选项正确．D．时刻，螺线管中俯视顺时针方向电流减弱，圆环中的向下磁通量减少，圆环要阻碍磁通量的减少，产生向下的磁通量，所以圆环内有俯视顺时针方向的感应电流．故D选项错误．11. 如图甲所示，半径为带小缺口的刚性金属圆环固定在竖直平面内，在圆环的缺口两端用导线分别与两块水平放置的平行金属板A、B连接，两板间距为且足够大．有一变化的磁场垂直于圆环平面，规定向里为正，其变化规律如图乙所示。在平行金属板A、B正中间有一电荷量为的带电液滴，液滴在内处于静止状态。重力加速度为。下列说法正确的是（    ）
 A. 液滴带负电B. 液滴的质量为C. 时流滴的运动方向改变D. 时液滴与初始位置相距【答案】BD【解析】【详解】A．由楞次定律可知，在内金属圆环产生的感应电动势沿逆时针方向，B板带正电，A板带负电，两板间存在竖直向上的电场，液滴处于静止状态，液滴受到向上的电场力和向下的重力平衡，液滴所受电场力方向与场强方向相同，液滴带正电，A错误；B．根据法拉第电磁感应定律得两极板间的电场强度对液滴，由平衡条件得解得B正确；C．由楞次定律可知，在内，金属圆环内感应电动势顺时针方向，上极板接高电势，下极板接低电势，两极板间电场向下，电场力向下，根据牛顿第二定律得解得液滴向下做初速度为0匀加速运动，在时速度最大，运动方向不改变，C错误；D．由楞次定律可知，在内，感应电动势逆时针方向，下极板接高电势，上极板接低电势，电场方向向上，液滴在做匀速直线运动，在匀加速直线运动，位移液滴在做匀速直线运动，位移时液滴与初始位置相距D正确。故选BD。12. 如图所示，固定在同一绝缘水平面内的两平行长直金属导轨，间距为，其左侧用导线接有两个阻值均为的电阻，整个装置处在磁感应强度方向竖直向上、大小为的匀强磁场中。一质量为的金属杆垂直于导轨放置，已知杆接入电路的电阻为，杆与导轨之间的动摩擦因数为0.3，对杆施加方向水平向右、大小为的拉力，杆从静止开始沿导轨运动，杆与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，重力加速度大小，则当杆的速度大小为时（　　）A. 杆的加速度大小为B. 通过杆的电流大小为，方向从到C. 杆两端的电压为D. 杆产生的电功率为【答案】C【解析】【详解】A．切割磁感线产生的感应电动势，感应电流对金属杆，由牛顿第二定律得代入数据解得故A错误；B．由A可知，流过的电流大小为，由右手定则可知，电流方向从向，故B错误；C．两端的电压故C正确；D．杆产生的电功率故D错误。故选C。二、实验题（共14分）13. （1）如图所示为多用电表的刻度盘。若选用倍率为“×100”的电阻挡测电阻时，表针如图所示，则：所测电阻的阻值为______Ω；
 （2）下述关于用多用电表欧姆挡测电阻的说法中正确的是______。A．测量电阻时如果指针偏转过大，应将选择开关S拨至倍率较小的挡位，重新欧姆调零后测量B．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果C．测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开D．测量阻值不同的电阻时都必须重新调零【答案】    ①. 1500    ②. AC【解析】【详解】（1）[1] 所测电阻的阻值（2）[2] A．测量电阻时，如果指针偏转过大，说明所选挡位太大，为准确测电阻阻值，应将选择开关S拨至倍率较小的挡位，重新调零后测量，A正确；B．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，不会影响测量结果，B错误；C．为保护电表，测量电路中的某个电阻，应该先把该电阻与外电路断开，C正确；D．欧姆表换挡后要重新调零，用同一挡位测不同的电阻阻值不需要调零，D错误。故选AC。14. 某同学欲用如下器材测定未知电阻的值。图中电池的内阻为r，电动势未知，电压表内阻很大。(1)请你用笔画线代替导线，完成电路的连接____________。(2)实验中多次改变电阻箱接入电路中的阻值R，读出电压表示数U，根据实验数据作出图像。理论上，作出的图像应是__________。（填选项序号）A.         B.           C.(3)正确作出图像后，若图线斜率的绝对值为k，纵截距绝对值为b，则的测量值为__________。（用题中所给字母表示）(4)若仅从系统误差的角度考虑，的测量值__________（填“大于”“小于”或“等于”）真实值，原因是__________。【答案】    ①. 见解析    ②. A    ③.     ④. 小于    ⑤. 电压表分流【解析】【详解】(1)[1]电路如图所示。(2)[2]根据闭合电路欧姆定律，有得可见理论上作出的图像如A项所示。(3)[3]在图像中联立可得(4)[4]考虑电压表的内阻，则有得在图像中得即即由于电压表的分流作用，使得的测量值小于真实值。三、计算题（共38分）15. 如图所示，两根足够长的平行金属导轨MN、PQ竖直放置，导轨光滑且电阻不计，导轨间距为L，上端与一阻值为R的定值电阻相连，两平行虚线Ll、L2间有一与导轨所在平面垂直、磁感应强度为B的有界匀强磁场，磁场宽度为d，电阻也为R、质量为m的细金属棒ab垂直导轨放置在导轨上。现将金属棒ab从距上边界L1高度为h处由静止释放，棒进入磁场中先做减速运动后做匀速运动，已知棒ab始终与虚线L1平行并与导轨电接触良好，重力加速度为g，求∶(1)棒ab刚进入磁场时的速度v及此时棒中的电流大小I；(2)棒ab经过磁场的过程中，通过电阻R的电量q；(3)棒ab经过磁场的过程中，电阻R上产生的焦热QR。【答案】(1) ，；(2) ；(3) 【解析】【详解】(1)棒ab进入磁场前做自由落体运动，则 v2=2gh   此时棒中的电流       解得 (2)棒ab穿越磁场的过程中，流过棒的平均电流       经历的时间                 通过电阻R的电量      解得  (3)棒ab在磁场中做匀速运动时有                           而 设电路产生总焦耳热为Q，由功能关系有          解得    则  16. 如图所示，在竖直平面内的平面直角坐标系xoy中，x轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m，电荷量为-q（-q＜0）的带电绝缘小球，从y轴上的P（0，L）点由静止开始释放，运动至x轴上的A（-L，0）点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入在x轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管。细管的圆心O1位于y轴上，交y轴于点B，交x轴于A点和C（L，0）点。该细管固定且紧贴x轴，内径略大于小球外径。小球直径远小于细管半径，不计一切阻力，重力加速度为g。求：（1）匀强电场的电场强度的大小；（2）小球运动到B点时对管的压力大小和方向；（3）小球从C点飞出后再一次落在x轴上所用时间。【答案】（1）；（2）mg，方向向下；（3）【解析】【详解】（1）小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则解得（2）根据几何关系可知，圆弧的半径从P到B点的过程中，根据动能定理得在B点，根据牛顿第二定律得联立解得由牛顿第三定律可知小球运动到B点时对管的压力的方向：竖直向下（3）从P到A的过程中，根据动能定理得解得小球从C点抛出后做类平抛运动，抛出时的速度小球的加速度当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x轴，则有解得17. 如图所示，圆心为O的两个同心圆a、b的半径分别为R和2R，a和b之间的环状区域存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，圆a内存在着垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从圆b边缘上的M点以某一初速度v0射入磁场，当v0的方向与MN的夹角为30°时，粒子能够到达N点，已知粒子在环状磁场中的运动半径为R，带电粒子的重力忽略不计。（1）求粒子初速度v0的大小；（2）求粒子从M到N的运动时间；（3）若调整粒子的初速度大小和方向，使粒子不进入圆a仍然能够到达N点，且运动时间最短，求粒子初速度的大小。
 【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）由牛顿第二定律得解得（2）由牛顿第二定律得由运动学公式得，粒子在环状磁场中的运动周期粒子在圆a中的运动周期粒子在环状磁场中的运动时间粒子在圆a中的运动时间据几何知识可得粒子从M运动到N点的时间（3）由题意可知，当粒子的运动轨迹与圆a相切时，其运动时间最短，由几何知识得由牛顿第二定律得解得