【文档说明】【精准解析】河南省南阳市第一中学2019-2020学年高二上学期第四次月考物理试题.doc，共(18)页，989.000 KB，由小赞的店铺上传

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南阳市一中2019年秋期高二年级第四次月考物理试题一、选择题（共48分，1--8为单选题，9-12为多选题）1.下列四幅图所做的实验都与磁场有关，有关实验时要满足的条件或者实验现象正确的是A.甲图的实验说明磁场能产生电流B.乙图的实验所揭示的原理可

制成发电机C.丙图是演示电磁感应现象的实验装置D.丁图中麦克风应用了磁场对电流的作用【答案】B【解析】【分析】由题意可知考查电磁感应和电流磁效应的应用，根据实验原理分析可得．【详解】A．甲图是奥斯特实验，说明电流周围有磁场，故A错误；B．乙图的实验说明切图割磁感应线能够产生感应电流，其原理可制成发

电机，故B正确；C．丙图的实验装置把电能转化为机械能，而电磁感应现象是把其它能转化为电能，故C错误；D．丁图中麦克风应用的是电磁感应原理，故D错误．【点睛】电流磁效应特点：电流产生磁场，直线电流周围的磁场可以用右手螺旋

定则确定，电磁感应现象的特点：把其它能转化为电能，产生的感应电流方向可以用右手定则判断．2.一根中空的绝缘圆管放在光滑的水平桌面上．圆管底端有一个带正电的光滑小球．小球的直径略小于圆管的内径．空间存在一个垂

直纸面向里的匀强磁场，如图所示．现用一拉力F拉圆管并维持圆管以某速度水平向右匀速运动，则在圆管水平向右运动的过程中()A.小球做类平抛运动，且洛伦兹力不做功B.小球做类平抛运动，且洛伦兹力做正功C.小球所受洛伦兹力一直沿圆管向管口方向D.小球的运动很复杂，以上

说法都不对【答案】A【解析】【详解】洛伦兹力总是与速度垂直，不做功；设管子运动速度为v，小球垂直于管子向右的分运动是匀速直线运动，小球沿管子方向受到洛伦兹力的分力F=qvB，q、v、B均不变，所以F不变，即小球沿管子做匀加速直线运动，与平抛运动类似

，小球运动的轨迹是一条抛物线，故A正确，BCD错误．3.如图所示，导轨间的磁场方向垂直于纸面向里，当导线MN在导轨上向右加速滑动时，正对电磁铁A的圆形金属环B中(说明：导体棒切割磁感线速度越大，感应电流越大)()A.有感应电流，且B

被A吸引B.无感应电流C.可能有，也可能没有感应电流D.有感应电流，且B被A排斥【答案】D【解析】试题分析：MN向右加速滑动，根据右手定则，MN中的电流方向从N→M，且大小在逐渐变大，根据安培定则知，电磁铁A的磁场方向向左，且大小逐渐增强，根据楞次定

律知，B环中的感应电流产生的磁场方向向右，B被A排斥．D正确，ABC错误故选D考点：考查了楞次定律的应用点评：关键判断电流方向，以及大小变化规律，然后根据安培定则判断磁场变化，4.如图所示，“U”形光滑金属框架固定在水平面上，处于竖直向下的匀强

磁场中。ab金属棒质量为m，以水平初速度v0向右自由运动，下列说法正确的是（）A.ab棒做匀减速运动B.ab棒两端的电势差一定等于感应电动势C.a点电势比b点电势高D.安培力对ab棒做的总功为2012mv【答案】C

D【解析】【详解】AC.棒子具有向右的初速度，根据右手定则，产生b指向a的电流，则a点的电势比b点的电势高。根据左手定则，安培力向左，ab棒做减速运动，因为电动势减小，电流减小，则安培力减小，根据牛顿第二定律，加速度减小，做加速度减小的减速运动。故A错误，C正确；

B.ab金属棒切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，ab棒两端的电势差就是路端电压，小于感应电动势，故B错误；D.ab金属棒在安培力作用下做加速度减小的减速运动，最终速度为零，根据动能定理，安培力对ab棒做的总功为201

2mv。故D正确。故选：CD。5.如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，∠MOP＝60°，在M、N处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O点的磁感应强度大小为B1.若将M处长直导线移至P处，则O点的磁感应强度大小为B2，那

么B2与B1之比为A.3∶1B.3∶2C.1∶1D.1∶2【答案】B【解析】【详解】根据右手定则，两根导线在O点产生的磁场方向一致，依题意，每根导线在O点产生的磁感强度为12B，方向竖直向下。则当M处长直导线移至P点时，两根导线在O点产生的

磁场方向之间的夹角为60°，则O点合磁感强度大小为：01213=2cos3022BBB=，则B2与B1之比为3：2，故ACD错误，B正确。故选：B。6.如图所示的电路中，电源的电动势为E,内阻为r,电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值，在t=0时刻闭合开关S,经过

一段时间后，在t=t1时刻断开S,下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图像中，正确的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】开关闭合时，线圈由于自感对电流的阻碍作用，可看做电阻，线圈电阻逐渐减小，并联电路电阻逐渐减小，电压UAB逐渐减小；开关闭合后再断开时，线圈的感应电流与原电流方

向相同，形成回路，灯泡的电流与原电流方向相反，并逐渐减小到0，所以正确选项B．7.如图中半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中,绕O轴以角速度沿逆时针方向匀速转动,则通过电阻R的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)()A.由c到d,2/IB

rR=B.由d到c,2/IBrR=C.由c到d,()2/2IBrR=D.由d到c,()2/2IBrR=【答案】D【解析】金属圆盘在匀强磁场中匀速转动，可以等效为无数根长为r的导体棒绕O点做匀速圆周运动，其产生的感应电动势大小为E＝Br2ω/2，由右手

定则可知其方向由外指向圆心，故通过电阻R的电流I＝Br2ω/(2R)，方向由d到c，故选D项．8.如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。在xOy平面内，从原点O处沿与x轴正方向成θ角（0<θ<π）以速率v发射一个带正电的粒子（重力不计）。则

下列说法正确的是（）A.若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越长B.若v一定，θ越大，则粒子在离开磁场的位置距O点越远C.若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大D.若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间不变【答案】D【解析】【详解】正粒子从磁场边界入射做

匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，有：2vqvBmr=，从而mvrqB=，当θ为锐角时，画出正粒子运动轨迹如图所示：由几何关系可知，入射点与出射点：2sin2sinmvOarqB==，而粒子在磁场的运动时间222()2mtTqB−−==，

与速度无关。当θ为钝角时，画出正粒子运动轨迹如图所示：由几何关系入射点与出射点：2sin()2sinmvOarqB−==，而粒子在磁场中运动时间222()2mtTqB−−==，与第一种情况相同。A.若v一定，θ越大，从时间公式可以看出运动时间越

短，故A错误；B.若v一定，θ为锐角越大时，则Oa就越大，但θ为钝角越大时，由上式可以看出Oa却越小，故B错误；C.粒子运动的角速度vqBrm==，显然与速度无关，即v越大时，ω不变，故C错误；D.运动时间无论是锐角

还是钝角,时间均为2()mqB−，与速度无关。即若θ一定，无论v大小如何，则粒子在磁场中运动的时间都保持不变，故D正确。故选：D。9.如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC理想分开，三角形内磁场垂直纸面向里，三角形顶点A处有一质子源，能沿∠BA

C的角平分线发射速度不同的质子（质子重力不计），所有质子均能通过C点，质子比荷qkm=，则质子的速度可能为A.BkLB.43BkLC.3BkLD.32BkL【答案】AC【解析】【详解】质子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图所示：所有圆弧所对圆心角均为6

0∘，所以质子运行半径：Lrn=(n=1，2，3，…)，质子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：2vqvBmr=，得rqBLqBkLBvmnmn===(n=1，2，3，…)，当n=1时，vkLB=。当n=3时，3kLBv=。故AC正确

，BD错误。故选：AC。10.某空间出现了如图所示的一组闭合电场线，方向从上向下看是顺时针的，这可能是()A.沿AB方向磁场在迅速增强B.沿AB方向磁场在迅速减弱C.沿BA方向磁场在迅速减弱D.沿BA方向磁场在迅速增强【答案】BD【解析】安培定则可知，感应电场产生的磁场方向竖直向下，如果

磁场方向沿AB，则感应磁场与原磁场方向相同，由楞次定律可知，原磁场在减弱，故B正确，A错误；如果磁场沿BA方向，则感应磁场方向与原磁场方向相反，由楞次定律可知，原磁场方向在增强，故D正确，C错误．所以BD正确，AC错误．11.如图甲所，导体棒MN置于水平导轨上，PQMN所围的面积为

S，P、Q之间有阻值为R的电阻，不计导轨和导体棒的电阻。导轨所在区域内存在沿竖直方向的匀强磁场，规定磁场方向竖直向上为正，在002t−时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示，导体棒MN始终处于静止状态。下列说法正确的是A.在00t−和

002tt−时间内，导体棒受到的导轨的摩擦力方向左B.在00t−时间内，通过导体棒的电流方向为从M到NC.在002tt−时间内，通过电阻R的电流大小为00SBRtD.在00t−时间内，通过电阻R的电荷量为0BSR【答案】D【解

析】【详解】A.由图乙所示图象可知，0～t0内磁感应强度减小，穿过回路的磁通量减小，由楞次定律可知，为阻碍磁通量的减少，导体棒具有向右的运动趋势，导体棒受到向左的摩擦力；在t0～2t0内，穿过回路的磁通量增加，为阻碍磁通量的

增加，导体棒有向左的运动趋势，导体棒受到向右的摩擦力，在两时间段内摩擦力方向相反，故A错误；B.由图乙所示图象可知，在0～t0内磁感应强度减小，穿过闭合回路的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，通过导体棒的电流方向为N到M，故B错误；C.由

图乙所示图象，应用法拉第电磁感应定律可得，在t0～2t0内感应电动势：002BSBSEttt===，感应电流为：002BSEIRRt==，故C错误；D.由图乙所示图象，应用法拉第电磁感应定律可得，在0～t0内感应电动势：010BSBS

Ettt===，感应电流为：0110BSEIRRt==，电荷量：1110SRqItB==，故D正确；故选：D。12.如图所示，边长为L、电阻不计的n匝正方形金属线框位于竖直平面内，连接的小灯泡的额定功率、额定电压分别为P、U，线框及小灯泡的总质量为m，在线框的下方有一匀强磁场区域，区域宽

度为l，磁感应强度方向与线框平面垂直，其上、下边界与线框底边均水平．线框从图示位置开始静止下落，穿越磁场的过程中，小灯泡始终正常发光．则()A.有界磁场宽度lLB.磁场的磁感应强度应为mgUnPLC.线框匀速穿越磁场，速度恒为PmgD.线框

穿越磁场的过程中，灯泡产生的焦耳热为2mgL【答案】BCD【解析】小灯泡始终正常发光，说明线框进入磁场做匀速运动，而且进入磁场和穿出磁场的过程都做匀速运动，则知有界磁场宽度l=L，故A错误．灯泡正常发光时电流为：PI

U=，根据线框匀速运动受力平衡得：nBIL=mg，可得：B=mgUnPL．故B正确．设线框匀速运动的速度为v，由功能关系得：mgv=P，v=Pmg，故C正确．线框穿越磁场的过程中，由能量守恒定律得灯泡产生的焦耳热为2mgL，故D正确．故选BCD．

二、实验题（共16分，每空2分）13.一多用电表的电阻档有三个倍率，分别是×1、×10、×100．用×10档测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到________档．如果换档后立

即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是__________，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图，则该电阻的阻值是________Ω．【答案】(1).×100(2).欧姆调零（或重新欧姆调零）(3).2.2×103(或2.2k)【解析】【详解】[1]．用×10档测量某电阻时，操作步骤正确，发

现表头指针偏转角度很小，则可能是档位选择偏低，为了较准确地进行测量，应换到×100档．[2][3]．如果换档后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是欧姆调零（或重新欧姆调零），若补上该步骤后测量，表盘的示数如图，则该电阻的阻值是2.2×103(或2.2k)Ω．14.某实验小组

测定一节新型电池的电动势(约为3V)和内阻，现要选取一个定值电阻R0当做保护电阻．（1）首先为了准确测量定值电阻R0的阻值，在操作台上准备了如下实验器材：A．电压表V(量程3V，电阻约为4kΩ)；B．电流表A2(量程3A，内阻约0.5Ω)；C．电流表A1(量程1A，内阻约0.5Ω)；D．定值电阻R

0(阻值约为3Ω)；E．滑动变阻器R(0～10Ω)；F．开关S一个，导线若干．根据上述器材，在测量R0阻值时应选择的电流表为________(填序号)，其实验电路图应选择以下哪种接法______(填字母)，经测量定值电阻R0阻值为2.9Ω．（2）之后为了

测量该新型电池的电动势和内阻，设计了如下实验，在图中将所选器材进行连接_____．（3）根据实验记录做出U­I图线如图所示，从中可以求出待测新型电池的内阻为______Ω，电池电动势为_____V．(以上两空均保留两位有效数字)．【答案】(1).C(2).B(3).(4).

0.85(5).2.9【解析】（1）定值电阻约为3Ω，电动势约为3V，则最大电流约为1A，则电流表应选择C；因电阻较小，为了精确测量，应采用电流表外接法，故选B；（2）根据原理图可得出对应的实物图；（3）根据U=E-

I（r+R0）可知，从图中取两点（2.5V，0.1A），（1V，0.5A）联立方程求解可知：E=2.88V≈2.9V；图象的斜率表示内阻，故内阻r=2.510.50.1−−-R0=0.85Ω；点睛：本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，掌握数据分析的基本方法，

注意图象的准确应用．三、计算题（共46分，写出必要文字说明及过程，否则扣除相应分数）15.如图甲所示，一个匝数n=100的圆形导体线圈，面积S1=0.4m2，电阻r=1Ω．在线圈中存在面积S2=0.3m2的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示．有一个

R=2Ω的电阻，将其两端a、b分别与图甲中的圆形线圈相连接，求：（1）ab两点间的电势差abU；（2）在0-4s时间内通过电阻R的电荷量；（3）在0-4s时间内电阻R上产生的热量．【答案】（1）-3V（2）6C（3）18J【解析】（1）由

法拉第电磁感应定律可得2BSEnt=，解得E＝4.5V电流I＝ErR+＝1.5AUab=-IR=-3V（2）通过电阻R的电荷量q=I∆t=6C（3）由焦耳定律可得Q＝I2Rt，得Q=18J16.在以坐

标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示。一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿－x方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿+y方向飞出。(1)请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷qm；(2)若

磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B多大？(3)在第(2)问条件下，此次粒子在

磁场中运动所用时间t是多少？【答案】(1)vBr；(2)33B；(3)33rv【解析】【详解】（1）由粒子的飞行轨迹，利用左手定则可知，该粒子带负电荷。粒子由A点射入，由C点飞出，其速度方向改变了90°，由几何关系可知，粒子轨迹半径：R=r由：2v

Bqvmr=解得：qvmBr=；（2）粒子从D点飞出磁场速度方向改变了60°，故AD弧所对圆心角60°，由几何关系可知，粒子做圆周运动的半径：3tan30rRr==由：2vBqvmR=得：333mvBBqr

==（3）粒子在磁场中飞行周期：2RTv=，粒子在磁场中飞行时间：1363rtTv==。17.如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面（xy平面）向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向．在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v

0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在（d，0）点沿垂直于x轴的方向进人电场．不计重力．若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，求：（1）电场强度大小与磁感应强度大小的比值；（2）该粒子在电场中运

动的时间．【答案】（1）EB＝201tan2v；（2）t＝02tandv【解析】试题分析：（1）设磁感应强度的大小为B，粒子质量与所带电荷量分别为m和q，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，并设其圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律和向心力公式有：qv0

B＝20vmr①由题设条件和图中几何关系可知：r＝d②设电场强度大小为E，粒子进入电场后沿x轴负方向运动的速度大小为vx，由牛顿第二定律有：qE＝max③根据运动学公式有：vx＝axt，2xvt＝d④由于粒子在电场中

做类平抛运动（如图），有：tanθ＝0xvv⑤由①②③④⑤式联立解得：EB＝201tan2v（2）由④⑤式联立解得：t＝02tandv考点：本题主要考查了带电粒子在交替复合场中的运动问题，属于中档题．18.如图所示，平行且足够长的光

滑导轨与水平两部分平滑相连组成，间距L=1m.．在倾斜导轨顶端连接一阻值为1r=的定值电阻．质量为m=0.1kg、电阻也为r的导体棒MN跨放在导轨上，在倾斜导轨OO´下方区域、水平导轨区域分别加一垂直导轨平面向下、磁感应强度为B=1T的匀强磁场．闭合开关S，让MN从图示位置由静止释放，MN始

终与导轨接触良好且与导轨垂直，已知MN在倾斜部分下滑2m距离的过程中加速度a与下滑距离x的关系如图乙所示，重力加速度g=10m/s2，不计导轨电阻．求:(1)MN在导轨上滑行时流过MN的电流方向及最大速率vm；(2)MN在倾斜导轨上下滑2m的过程中定值电阻上产生的热量Q；(3)MN在

水平导轨上滑行的最大距离xm【答案】(1)由M到N，2m/s(2)0.475J(3)0.2m【解析】【详解】(1)据右手定则，流过MN的电流由M到N；MN在倾斜导轨上进入OO'前作匀加速运动．由图像知滑入磁场后作匀减

速运动．进入前，sin0.5N==mgma，刚要进入磁场时速度最大，有msinmgBILma−=mm2=BLvIrm2m/sv=(2)滑入磁场最终速度v匀速时，其受的合力为零，对其受力分析，可得sin0−=mgBIL又:2=BLvIr解得:v'=1m/s由能量关系，21s

in22−=mgxQmvQ=0.475J(3)由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律可得:2=BLvIr222=BLvtmvr即22m2=BLxmvr得:m0.2m=x