临沂第十九中学高二物理月考物理试题
时间：100分钟 总分：100分
一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。1～8题只有一个选项正确，9～12题有多个选项正确。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）
1．关于磁场和磁感线以及磁通量的描述，正确的说法有（ ）
A．穿过线圈的磁通量为零时，磁感应强度一定为零
B．磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量也越大
C．异名磁极相互吸引，同名磁极相互排斥，都是通过磁场发生的相互作用
D．磁感线可以形象地描述各点的磁场的强弱和方向，磁感线上每一点的切线方向都和小磁针在该点静止时S极所指的方向一致
2．关于静电场，下列结论普遍成立的是（ ）
A．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低
B．电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关
C．对于正电荷而言，电场力做正功，电势能减少，负电荷则反之
D．在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向
3．下列关于磁场中的通电导线和运动电荷的说法中，正确的是（ ）
A．磁场对通电导线的作用力方向一定与磁场方向相同
B．有固定转动轴的通电线框在磁场中一定会转动
C．带电粒子只受洛伦兹力作用时，其动能不变，速度一直在变
D．电荷在磁场中不可能做匀速直线运动
4．平行板电容器内部有匀强电场，一束离子从两板正中P处垂直电场入射，出现如图所示的偏转轨迹，则（ ）
A．若为同种离子，射入电场的初速度最大
B．若为同种离子，射入电场的初速度最大
C．若初速度相同，在电场中的加速度最大
D．若初速度相同，在电场中的加速度最大
5．如图所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导线A，A与螺线管垂直，A导线中的电流方向垂直纸面向里，开关S闭合，A受到通电螺线管磁场的作用力的方向是（ ）
8
A．水平向左 B．水平向右
C．竖直向下 D．竖直向上
6．某静电场的电场线分布如图所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为和，电势分别为和，则（ ）
A． B．
C． D．
7．如图，M、N是平行板电容器的两个极板，为定值电阻，、为可调电阻，用绝缘细线将质量为、带正电的小球悬于电容器内部。闭合开关，小球静止时受到悬线的拉力为。调节、，关于的大小判断正确的是（ ）
A．保持不变，缓慢增大时，将变大
B．保持不变，缓慢增大时，将变小
C．保持不变，缓慢增大时，将变大
D．保持不变，缓慢增大时，将变小
8．在如图所示的电路中，若电源电动势、内阻保持不变，对于电路元件调节下列说法正确的是（ ）
A．将电容器两板间距离增大些，可以使灯泡变亮些
B．只将电阻R1调大些，可以使灯泡变亮些
C．只将电阻R2调大些，可以使灯泡变亮些
D．无论是调节R1还是调节R2对电容器的带电量没有影响
9．如图所示，在两等量同种点电荷的电场中，a、d为两电荷连线的中垂线上的两点，b、c两点关于中垂线对称，d点为bc的中点，以下判断正确的是（ ）
A．b点和c点的电场强度相等
B．b点和c点的电势相等
C．a点的电势大于d点的电势
D．试探电荷+q在a点的电势能小于在d点的电势
8
10．如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，虚线间的距离为L．金属圆环的直径也是L．圆环从左边界以垂直于磁场边界的恒定速度v穿过磁场区域。则下列说法正确的是（ ）
A．感应电流的大小先增大后减小再增大再减小
B．感应电流的方向先逆时针后顺时针
C．金属圆环受到的安培力先向左后向右
D．感应电动势平均值
11．如图所示，先后两次将同一个矩形线圈由匀强磁场中拉出，两次拉动的速度相同．第一次线圈长边与磁场边界平行，将线圈全部拉出磁场区，拉力做功W1、通过导线截面的电荷量为q1，第二次线圈短边与磁场边界平行，将线圈全部拉出磁场区域，拉力做功为W2、通过导线截面的电荷量为q2，则( )
A．W1>W2，
B．W1＝W2
C．q1＝q2
D．q1>q2
12．如图所示，平行光滑金属导轨与水平面的倾角为，下端与阻值为R的电阻相连，匀强磁场垂直轨道平面向上，磁感应强度为B，现使长为l、质量为m的导体棒从ab位置以平行于斜面的初速度向上运动，滑行到最远位置之后又下滑，不计其它电阻，轨道足够长，则（ ）
A．导体棒下滑的最大速度为
B．匀速下滑时R上的热功率是
C．导体棒返回到ab位置时的速度小于
D．导体棒返回到ab位置时还未达到下滑的最大速度
8
二、实验题(本题共2小题，每空3分，共18分)
13．（1）使用游标卡尺测某圆环直径如图示，则该圆环的直径为 cm。
10
0
5
10
15
20
30
50
100
1K
∞
V
Ω
0
50
0
0
10
2
1000
4
20
6
30
150
8
10
50
250
40
200
A-V-Ω
0
0.5
1
1.5
2
2.5
（2）使用多用电表粗测某一电阻，选择开关置于电阻×100档。多用电表的示数如图12所示，则粗测电阻值为 Ω。若测量直流电压，选择开关置于量程100V，则待测电压为 V。
10
0
11
12
10
20
cm
（3）已知电阻丝的电阻约为10Ω，现备有下列器材供测量该电阻丝的电阻时选用，应选用的器材有__ _(只填代号)．
A．量程是0～0.6 A，内阻是0.5 Ω的电流表；
B．量程是0～3 A，内阻是0.1 Ω的电流表；
C．量程是0～3 V，内阻是6 kΩ的电压表；
D．量程是0～15 V，内阻是30 kΩ的电压表；
E．阻值为0～1 kΩ，额定电流为0.5 A的滑动变阻器；
F．阻值为0～20 Ω，额定电流为2 A的滑动变阻器；
G．蓄电池(6 V)；
H．开关一个，导线若干．
14．为了测量由两节干电池组成的电池组的电动势和内电阻，某同学设计了如图所示的实验电路，其中R为电阻箱，R0＝5 Ω为保护电阻．
断开开关S，调整电阻箱的阻值，再闭合开关S，读取并记录电压表的示数及电阻箱接入电路中的阻值．多次重复上述操作，可得到多组电压值U及电阻值R，并以为纵坐标，以为横坐标，画出—的关系图线(该图线为一直线)，如图所示．由图线可求得电池组的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.(保留两位有效数字)
8
三、计算题（本题共3小题，共34分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
15．（10分）如图所示，在直角坐标系x轴上方，有一半径为R=1m的圆，圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场。在x轴的下方有平行于x轴的匀强电场，场强大小为E=100V/m，在A处有一带电的粒子(m＝1.0×10－9 kg、电荷量q＝1.0×10－5 C)，以初速度=100m/s垂直x轴进入磁场，经偏转后射出磁场，又经过一段时间后从x轴上的C点垂直进入电场，若OA=OC= (粒子重力不计)。求：
(1)匀强磁场的磁感应强度B；
(2)粒子在匀强磁场中运动的时间；
(3) 粒子进入电场后到达y轴上的D点与O点距离。
16．（12分）如图所示，一带电粒子质量为m＝2.0×10－11 kg、电荷量q＝＋1.0×10－5 C，从静止开始经电压为U1＝100V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，粒子射出电场时的偏转角θ＝60°，并接着沿半径方向进入一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，粒子射出磁场时的偏转角也为θ＝60°。已知偏转电场中金属板长L＝2 cm，圆形匀强磁场的半径R＝10 cm，重力忽略不计．求：
(1)带电粒子经U1＝100 V的电场加速后的速率；
(2)两金属板间偏转电场的电场强度E；
(3)匀强磁场的磁感应强度的大小．
8
17．（12分）如图所示，电阻可忽略的光滑平行金属导轨长s＝1.15 m，两导轨间距L＝0.75 m，导轨倾角为30°，导轨上端ab接一阻值R＝1.5 Ω的电阻，磁感应强度B＝0.8 T的匀强磁场垂直轨道平面向上．阻值r＝0.5 Ω，质量m＝0.2 kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Q1＝0.1 J．(取g＝10 m/s2)求：
(1)金属棒在此过程中克服安培力的功W安；
(2)金属棒下滑速度v＝2 m/s时的加速度a；
(3)为求金属棒下滑的最大速度vm，有同学解答如下：
由动能定理，W重－W安＝mv，…….由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答．
8
临沂第十九中学高二物理月考物理试题答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
C
D
C
B
D
A
B
C
BC
AB
AC
AC
13．（1）10.235 （2）（或2200） 39 （3）ACFGH
14．2.9 1.1
解析：对电路图甲由闭合电路欧姆定律得：E＝(r＋R0＋R)，整理得到＝·＋，利用题图中直线与纵轴的交点数据求得E＝，并保留两位有效数字即为2.9，还可以得到图线的斜率，即可得到电池内电阻r为1.1。
15．解：(1)做出粒子在磁场中的运动轨迹，由题意可知带电粒子在磁场中的运动半径为，由牛顿第二定律得，联立解得。（4分）
(2)粒子在匀强磁场中运动的时间。（2分）
(3) 粒子进入电场后做类平抛运动，，，联立解得。（4分）
16．解：(1)带电粒子经加速电场加速后速度为v1，
根据动能定理：qU1＝mv，v1＝ ＝1.0×104 m/s。（4分）
(2)带电粒子在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动．在水平方向粒子做匀速直线运动．水平方向：v1＝，
带电粒子在竖直方向做匀加速直线运动，加速度为a，出电场时竖直方向速度为v2，且v2＝at，a＝，由几何关系tan θ＝，
E＝＝10 000 V/m。（4分）
(3)设带电粒子进磁场时的速度大小为v，
则v＝＝2.0×104 m/s，
8
由粒子运动的对称性可知，入射速度方向过磁场区域圆心，则出射速度反向延长线过磁场区域圆心，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
则轨迹半径为r＝Rtan 60°＝0.3 m，由qvB＝m，得B＝＝=0.13 T。（4分）
17．解：(1)下滑过程中克服安培力做的功即为在电阻上产生的焦耳热，由于R＝3r，因此QR＝3Qr＝0.3 J，故W安＝Q＝QR＋Qr＝0.4 J。（4分）
(2)金属棒下滑时受重力和安培力F安＝BIL＝v。
由牛顿第二定律mgsin 30°－v＝ma。
所以a＝g sin 30°－v＝m/s2＝3.2 m/s2。（4分）
(3)此解法正确．
金属棒下滑时受重力和安培力作用，其运动满足
mgsin 30°－v＝ma
上式表明，加速度随速度增加而减小，棒做加速度减小的加速运动．无论最终是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速度一定为最大．由动能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正确．
mgs sin 30°－Q＝mv
得vm＝
＝ m/s＝（或2.74 m/s）。（4分）
8
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