2019-2020年高二物理上学期第二次月考试卷（含解析）.doc

2019-2020年高二物理上学期第二次月考试卷（含解析）一、选择题（本题共10小题，每小题3分共30分；每个小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）s1（3分）在两种介质的界面处发生全反射，由此可判定：（）光由光密介质射向光疏介质 光由光疏介质射向光密介质入射角等于或大于临界角 入射角小于临界角 A B C D 【考点】： 光的折射定律；全反射【专题】： 光的折射专题【分析】： 发生全反射的条件是光从光密介质进入光疏介质，入射角大于等于临界角【解析】： 解：光在两种介质的界面处发生全反射，知光从光密介质进入光疏介质，入射角大于或等于临界角故A正确，B、C、D错误故选A【点评】： 解决本题的关键知道光发生全反射的条件2（3分）一束白光通过三棱镜折射后，在屏上形成了彩色光带，可知（） A 红光最先穿过棱镜 B 偏转最厉害的是紫光 C 在玻璃中速度最大的是紫光 D 在玻璃中速度最大的是红光【考点】： 光通过棱镜时的偏折和色散【专题】： 光的折射专题【分析】： 太阳光是复色光，经过三棱镜后由于折射率不同，导致偏折程度不同【解析】： 解：白色光经过三棱镜后产生色散现象，在光屏由下至上依次为红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫由于紫光的折射率最大，所以偏折最大；红光的折射率最小，则偏折程度最小故B正确根据c=nv，可知，当折射率越大时，则传播速度越小，所以红光在玻璃中的传播速度最大，因此红光最先穿过棱镜，故AD正确，C错误；故选ABD【点评】： 从中发现，可见光是复色光，同时得出在介质中，紫光的折射率最大，红光的折射率最小3（3分）如图，光在真空和介质的界面MN上发生偏折，那么光是从真空射向介质介质的折射率为1.73光在介质中的传播速度为1.731O8m/s反射光线与折射光线成60角则下列组合正确的是（） A B C D 【考点】： 光的折射定律【专题】： 光的折射专题【分析】： 光线由真空进入介质，折射角小于入射角，由介质进入真空，折射角大于入射角，根据折射定律求出介质的折射率的大小由v=求解光在介质中的传播速度【解析】： 解：光线的入射角为i=30，折射角为r=60，则知光线从介质进入真空故错误根据折射定律得，n=1.73故正确光在介质中的传播速度 v=m/s1.73108 m/s，故正确反射角等于入射角，则反射角i=i=30，根据几何关系得反射光线与折射光线的夹角为90故错误故选：B【点评】： 本题考查了折射定律的基本运用，知道光线由真空进入介质、由介质进入真空，入射角与折射角的关系，要掌握折射定律，并能正确应用4（3分）以下现象或实验结果，说明了光的波动性的是（） A 肥皂薄膜上的彩色条纹 B 泊松亮斑 C 日、月食现象 D 小孔成像【考点】： 光的干涉；光的衍射【分析】： 光的干涉、衍射、偏振说明光具有波动性，光电效应、康普顿效应等说明光具有粒子性【解析】： 解：A、肥皂薄膜上的彩色条纹是由于光的干涉产生的，干涉说明了光的波动性故A正确B、泊松亮斑是光的衍射现象，说明光的波动性故B正确C、日、月食现象及小孔成像现象，均是属于光的直线传播故C错误，D也错误故选：AB【点评】： 本题考查光的各种现象在生活中的运用，能够很好的区别，并且知道能够说明光的什么特性5（3分）（xx秋红花岗区校级月考）用单色光做双缝干涉实验，下列说法正确的是（） A 相邻干涉条纹之间的距离相等 B 中央明纹宽度是两边明纹宽度的两倍 C 屏与双缝之间距离减小，则屏上条纹间的距离增大 D 在实验装置不变的情况下，红光的条纹间距小于蓝光的条纹间距【考点】： 光的干涉【分析】： 干涉条纹的特点等间距、等宽度、等亮度，根据双缝干涉条纹的间距公式比较间距的大小【解析】： 解：A、双缝干涉条纹等间距，等宽度故A正确，B错误C、根据x=得，屏与双缝间距减小，条纹间距减小故C错误D、根据x=知，红光的波长比蓝光长，则红光的条纹间距大于蓝光的条纹间距故D错误故选：A【点评】： 解决本题的关键知道干涉条纹的特点，以及掌握双缝干涉条纹的间距公式6（3分）下面关于磁感线的说法中正确的是（） A 磁感线从磁体的N极出发，终止于磁体的S极 B 小磁针静止时，N极所指的方向，就是那一点的磁场方向 C 不论在什么情况下，磁感线都不会相交 D 沿着磁感线的方向磁场逐渐减弱【考点】： 磁感线及用磁感线描述磁场【分析】： 磁感线是闭合曲线，不相交，任一点的切线方向为该点的磁场方向，疏密表示磁场强弱【解析】： 解：A、磁感线是闭合的曲线，故A错误；B、小磁针静止时，N极所指的方向，就是那一点的磁场方向，故B错误；C、若磁感线相交，则在交点处的磁场方向有两个，所以磁感线不相交，故C正确；D、磁场强弱是根据磁感线的疏密判断的，故D错误；故选：C【点评】： 此题考查了利用磁感线表示磁场的强弱和方向7（3分）图中四根长直导线置于同一平面内，通电电流大，i4=i3i2i1方向如图，如果切断其中一根导线使正方形ABCD的中心O 点的磁感应强度最大，则应切断（） A i1 B i2 C i3 D i4【考点】： 通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【分析】： 根据安培定则判断4根通电导线在1、2、3、4四个区域产生的磁场方向，根据磁场的叠加，判断哪个区域的磁场最强【解析】： 解：根据右手螺旋定则来确定通电导线周围磁场的分布，导线1在O点产生的磁场的方向向里，导线2在O点产生的磁场的方向向里，导线3在O点产生的磁场的方向向里，导线4在O点产生的磁场的方向向外由于i4=i3i2i1，所以和磁场的方向向里，根据磁场的叠加可知，要使O的磁场增强，应切断i4，则D正确故选：D【点评】： 本题利用安培定则判断磁场方向比较简单，但磁场的叠加，较为复杂，采用作图法可防止思路出现混乱8（3分）如图所示，一通电圆环质量为m，电流方向为逆时针方向放在水平桌面上，一条形磁铁竖直放在环的中心处，N极在下端，下面判断正确是（） A 环对桌面的压力仍为mg B 环对桌面的压力小于mg C 环对桌面的压力大于mg D 环所受桌面对它的摩擦力向左【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；安培力【分析】： 通电圆环在磁场中受到安培力的作用，根据左手定则先判断出安培力的方向，然后对圆环进行受力分析即可本题也可以将通电圆环等效为条形磁铁，根据磁体之间的相互作用，结合共点力的平衡解答【解析】： 解：根据安培定则，逆时针方向的通电圆环中产生的磁场的方向N极向上，相当于N极向上放置的条形磁铁根据同名磁极相互排斥，所以圆环受到磁铁对它的选项的排斥力所以通电圆环受到向下的重力、向上的支持力与向下的安培力的作用，在三个力的作用下处于平衡状态，N=mg+F安，所以Nmg，根据牛顿第三定律，环对桌面的压力大于mg，环不受桌面的摩擦力故选项C正确，选项ABD错误故选：C【点评】： 将通电圆环等效为条形磁铁是处理环形电流受到的安培力的一种简便的方法，要熟练掌握应用的方法与步骤9（3分）如图所示，线圈两端接在电流表上组成闭合电路，在下列情况中，电流表指针不发生偏转的是（） A 线圈不动，磁铁插入线圈的过程中 B 线圈不动，磁铁拔出线圈的过程中 C 磁铁插在线圈内不动 D 磁铁不动，线圈上下移动【考点】： 楞次定律【分析】： 根据法拉第电磁感应定律可知，只要线圈中的磁通量不发生变化，则回路中便无感应电流产生，指针便不会偏转【解析】： 解：只要是线圈中的磁通量不发生变化，回路中无感应电流，指针便不会偏转，在磁铁插入、拉出过程中线圈中的磁通量均发生变化，因此ABD错误；磁铁放在螺线管中不动时，线圈中的磁通量不发生变化，无感应电流产生，故C正确故选C【点评】： 本题比较简单，考查了感应电流产生的条件，对于这些基本规律要正确理解加强应用10（3分）如图所示，一个半径为L的半圆形硬导体AB以速度v，在水平U型框架上匀速滑动，匀强磁场的磁感应强度为B，回路电阻为R0，半圆形硬导体AB的电阻为r，其余电阻不计，则半圆形导体AB切割磁感线产生感应电动势的大小及AB之间的电势差分别为（） A BLV， B 2BLV，BLV C BLV，2BLV D 2BLV，【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 图中半圆形硬导体AB有效切割的长度等于半圆的直径2L，由公式E=Blv求解感应电动势的大小AB相当于电源，其两端的电压是外电压，由欧姆定律求出【解析】： 解：半圆形导体AB切割磁感线产生感应电动势的大小为：E=B2Lv=2BLvAB相当于电源，其两端的电压是外电压，由欧姆定律得：U=E=故选：D【点评】： 本题要理解并掌握感应电动势公式，公式E=BLv中，L是有效的切割长度，即为与速度垂直的方向导体的长度也可画出等效电路，来区分外电压和内电压二、填空题（本题共5小题，共20分）11（4分）一球冠处于磁感应强度为B的匀强磁场中，若球冠的底面大圆半径为r且与匀强磁场的方向垂直，则穿过整个球冠的磁通量为Br2【考点】： 磁通量【分析】： 磁通量等于感应强度与等效面积的乘积；由图可知，有效面积即为底面大圆的面积【解析】： 解：由图可知，球冠中的磁通量即为磁感应强度与球冠在垂直磁场方向上的投影面积；即为：s=r2；故磁通量为=Br2；故答案为：Br2【点评】： 本题要注意理解等效面积的确定，也可以根据磁感线的条数得出，穿过球冠的磁通量即穿过下表面的磁通量12（4分）电阻为R的矩形导线框abcd，边长ab=l、ad=h、质量为m，自某一高度自由落下，通过一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁场区域的宽度为h，如图所示若线框恰好以恒定速度通过磁场，线框内产生的焦耳热是2mgh（不考虑空气阻力）【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【专题】： 电磁感应功能问题【分析】： 线框匀速通过磁场过程，在进入和穿出磁场时都产生焦耳热，根据能量守恒定律求出线框通过磁场过程中产生的焦耳热【解析】： 解：因为线框恰好以恒定速度通过磁场，线框的重力势能减小转化为内能线框通过磁场的整个过程，线框的高度下降为2h，重力势能减少为2mgh，则根据能量守恒定律有：线框内产生的焦耳热 Q=2mgh故答案为：2mgh【点评】： 本题考查了电磁感应与能量的综合，难度中等，电磁感应是高考的重点和热点问题，需加强训练13（4分）某同学在做双缝干涉实验中，测得红光的波长为0.75m，红光的频率是41014HZ【考点】： 光的干涉【专题】： 光的干涉专题【分析】： 根据电磁波传播的速度等于光速；由公式c=f可知，电磁波的波速一定，频率与波长成反比【解析】： 解：波长、波速及频率的关系为：波速等于波长与频率的乘积，即c=f则有：f=41014HZ故答案为：41014【点评】： 电磁波的种类不同，但是电磁波速是相同的，并且电磁波速=波长频率，波长越长，频率越小14（4分）如图所示，一闭合线圈a悬吊在一个通电长螺线管的左侧，如果要使线圈中产生图示方向的感应电流，滑动变阻器的滑片P应向左滑动要使线圈a保持不动，应给线圈施加一水平向右的外力【考点】： 楞次定律【分析】： 根据楞次定律可得，结合线圈中感应电流的方向，得出电流的大小变化，由闭合电路欧姆定律，可知滑片的移动方向；再根据左手定则可知，线圈受到的安培力方向，由平衡条件可知，外力的方向【解析】： 解：由线圈的感应电流的方向，顺时针（从而右向左看），且由右手螺旋定则可知，穿过线圈的磁场方向从右向左，根据楞次定律可得，穿过线圈的磁通量在增加，即电流在增大，因此滑片向左移动；由楞次定律的相对运动可得，为阻碍磁通量的变化，则线圈远离磁场，为了确保平衡，则施加一水平向右的外力故答案为：左；右【点评】： 考查右手螺旋定则、楞次定律、左手定则等规律的应用，注意右手定则与左手定则的区别，理解楞次定律相对运动的含义15（4分）如图所示，一束电子（电量为e）以速度垂直射入磁感应强度为B，宽度为d的匀强磁场中，穿透磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角是30，则电子的质量是，穿透磁场的时间是【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】： 带电粒子在磁场中的运动专题【分析】： 电子垂直射入匀强磁场中，只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何知识求出轨迹的半径，由牛顿第二定律求出质量；由几何知识求出轨迹所对的圆心角，由t=求出时间，s是弧长【解析】： 解：电子垂直射入匀强磁场中，只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何知识得到，轨迹的半径为：r=2d由牛顿第二定律得：evB=m解得：m=由几何知识得到，轨迹的圆心角为=，故穿越磁场的时间为：t=答：电子的质量为；电子穿过磁场所用的时间为故答案为：，【点评】： 本题是带电粒子在匀强磁场中圆周运动问题，关键要画出轨迹，根据圆心角求时间，由几何知识求半径是常用方法四、计算题（本题共4小题，共50分）16（10分）有一小段通电导线，长为10厘米，其中的电流强度为5安培，把它置于匀强磁场中某处，受到的磁场力为100牛顿，则该处的磁感应强度B是多少？【考点】： 安培力【分析】： 根据磁感应强度的定义式，求磁感应强度的大小【解析】： 解：当导线与磁场垂直时根据磁感应强度的定义式有：，得：故磁场的强度最小为200T答：该处的磁感应强度B最小为200T【点评】： 解决本题的关键掌握磁感应强度的定义式17（10分）电子的速率=3.0106米/秒，垂直射入B=10.0特的磁场中，它受到的洛伦兹力是多大？（电子的电量e=1.61019C）【考点】： 洛仑兹力【分析】： 当带电粒子垂直于磁场的方向进入磁场时，粒子受到的洛伦兹力的大小：f=qvB【解析】： 解：由于电子垂直于磁场的方向进入磁场时，电子受到的洛伦兹力的大小：f=evB=1.610193.010610N=4.81012N答：电子受到的洛伦兹力是4.81012N【点评】： 该题考查带电粒子在磁场中受到的洛伦兹力的大小，直接代入公式f=qvB即可18（15分）如图所示，在置于匀强磁场中的平行导轨上，横跨在两导轨间的导体杆PQ以速度v向右匀速移动，已知磁场的磁感强度为B、方向垂直于导轨平面（即纸面）向外，导轨间距为l，闭合电路acQPa中除电阻R外，其他部分的电阻忽略不计，则：（1）电路中的感应电动势是多少？（2）电路中的感应电流是多少？【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 根据切割产生的感应电动势公式求出感应电动势的大小，结合闭合电路欧姆定律求出感应电流的大小【解析】： 解：（1）电路中产生的感应电动势为：E=Blv（2）电路中的感应电流为：I=答：（1）电路中的感应电动势为Blv（2）电路中的感应电流为【点评】： 本题考查了电磁感应与电路的基本运用，掌握切割产生的感应电动势公式，运用欧姆定律进行求解19（15分）图中虚线MN是一垂直纸面的平面与纸面的交线，在平面右侧的半空间存在一磁感强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向外O是MN上的一点，从O点可以向磁场区域发射电量为+q、质量为m、速率为v的粒子，粒子射入磁场时的速度可在纸面内各个方向已知先后射人的两个粒子恰好在磁场中给定的P点相遇，P到O的距离为L，不计重力及粒子间的相互作用（1）求所考察的粒子在磁场中的轨道半径（2）求这两个粒子从O点射人磁场的时间间隔【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】： 带电粒子在磁场中的运动专题【分析】： （1）粒子射入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律列式即可求得半径；（2）根据时间与转过的角度之间的关系求得两个粒子从O点射入磁场的时间间隔之差值【解析】： 解：（1）设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R，由牛顿第二定律，有：得：（2）如图所示，以OP为弦可画两个半径半径相同的圆，分别表示在P点相遇的两个粒子的轨道，圆心和直径分别为O1、O2和OO1Q1、OO2Q2，在O处两个圆的切线分别表示两个粒子的射入方向，用表示它们之间的夹角由几何关系可知：PO1Q1=PO2Q2=从O点射入到相遇，粒子1的路程为半个圆周加弧长Q1PQ1P=R粒子2的路程为半个圆周减弧长PQ2PQ2=R粒子1运动的时间：粒子2运动的时间：两粒子射入的时间间隔：因得解得：答：（1）所考察的粒子在磁场中的轨道半径是（2）这两个粒子从O点射人磁场的时间间隔是【点评】： 本题考查带电粒子在磁场中的运动，关键是明确洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求解出半径，然后结合几何关系列式求解，属于带电粒子在磁场中运动的基础题型