江西暑新县第一中学2018_2019学年高二物理上学期第三次月考试题2019010402104.doc

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1、1奉新一中 2020 届高二上学期第三次月考物理试卷考试时间：100 分钟 满分：100 分 姓名：_ 班级：_考号：_一、选择题（共 12 题，共 48 分；1-8 单项选择题每小题 4 分，9-12 多选题每小题 4 分）1.在物理学发展的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（ ） A. 安培首先提出了磁场对运动电荷的作用力公式B. 法拉第根据小磁针在通电导线周围的偏转而发现了电流的磁效应C. 楞次发现了电磁感应现象，并研究得出了判断感应电流方向的方法楞次定律D. 法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律库仑定律2.如图是科学史上一张

2、著名的实验照片，显示一个带电粒子在云室中穿过某种金属板 运动的径迹云室放置在匀强磁场中，磁场方向垂直照片向里云室中横放的金属板对粒子的运动起阻碍作用分析此径迹可知粒子( )A. 带正电，由下往上运动 B. 带正电，由上往下运动C. 带负电，由上往下运动 D. 带负电，由下往上运动3.一根粗细均匀的电阻丝截成长度相等的三段，再将它们并联起来，测得阻值为 3 ，则此电阻丝原来的阻值为( ) A. 9 B. 8 C. 3 D. 27 4.如图所示，一水平放置的矩形闭合线圈 abcd 在细长磁铁的 N 极附近竖直下落，保持 bc 边在纸外，ad 边在纸内，由图中的位置经过位置到位置，位置和都很靠近在这

3、个过程中，线圈中的磁通量（ ） A. 一直增大 B. 一直减小C. 先减小后增大 D. 先增大后减小25.两条导线互相垂直，如图所示，但相隔一段小距离，其中一条 AB 是固定的，另一条 CD能自由活动，当直流电流按图方向通与两条导线时，导线 CD 将（从纸外向纸内看） （ ）A. 顺时针方向转动，同时靠近导线 ABB. 逆时针方向转动，同时靠近导线 ABC. 逆时针方向转动，同时离开导线 ABD. 顺时针方向转动，同时离开导线 AB6.带电小球以一定的初速度 v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为 hl；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为 vo ， 小球上升的最大高度为 h2；若加上水

4、平方向的匀强电场，且保持初速度仍为 v ，小球上升的最大高度为 h3 ， 如图所示不计空气阻力，则（ ）A. h1=h2=h3 B. h1h 2h 3 C. h1=h2h 3 D. h1=h3h 27.如图所示，在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab 是圆的直径一不计重力的带电粒子从 a 点射入磁场，速度大小为 v，当速度方向与 ab 成 30角时，粒子在磁场中运动的时间最长，且为 t；若相同的带电粒子从 a 点沿 ab 方向射入磁场，也经时间 t 飞出磁场，则其速度大小为（ ）A. B. C. D. 8.如图所示的两条图线分别表示同一电源的内阻发热功率 Pr以及电源的总功率 P 随干路

5、电流 I 的变化图线，其中抛物线 OBC 为电源的内阻发热功率 Pr随干3路电流 I 的变化图线，直线 OAC 为电源的总功率 P 随干路电流 I 的变化图线若线段 AB对应的横坐标为 2A，那么图象中线段 AB 所表示的功率差以及电流 I=2A 时所对应的外电阻分别为（ ）A. 2W 0.5 B. 6W 0.5 C. 2W 0.1 D. 4W 0.39.如图,纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线 L1、L 2 ， L1中的电流方向向左,L 2中的电流方向向上；L 1的正上方有 a、b 两点，它们相对于 L2对称。整个系统处于匀强外磁场中,外磁场的磁感应强度大小为 B0,方向垂直于纸面向外,已知

6、 a、b 两点的磁感应强度大小分别为 和 ，方向也垂直于纸面向外，则（ ）A. 流经 L1的电流在 b 点产生的磁感应强度大小为 B. 流经 L1的电流在 a 点产生的磁感应强度大小为 C. 流经 L2的电流在 b 点产生的磁感应强度大小为 D. 流经 L2的电流在 a 点产生的磁感应强度大小为 10.如图所示的电路中，电源电动势为 E、内阻为 r，电表均为理想电表。闭合开关 S 滑动变阻器的滑动触头由图示的位置向右滑动小段距离，有这个过程中，下列判断正确的是（ ）A.电源的输出功率一直变大 B.电阻 两端电压减小C.电容器所带电荷量减小 D.电压表与电流表示数变化量的比值不变11.如图所示，

7、一导线弯成半径为 a 的半圆形闭合回路虚线 MN 右侧有磁感应强度为 B 的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面回路以速度 v 向右匀速进入磁场，直径 CD 始终与 MN 垂直从 D 点到达边界开始到 C 点进入磁场为止，下列结论正确的是（ ）4ACD 段直线始终不受安培力 B感应电流方向不变C感应电动势最大值 E=Bav D.感应电动势平均值 = BavE2112.图甲是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个 D 形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒均置于匀强磁场中，并分别与高频交流电源两极相连带电粒子在磁场中运动的动能 Ek随时间 t 的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则

8、下列说法正确的是（ ） A. （t 2t 1）=（t 3t 2）=（t nt n1 ）B. 高频交流电源的变化周期随粒子速度的增大而减小C. 要使得粒子获得的最大动能增大，可以减小粒子的比荷D. 要使得粒子获得的最大动能增大，可以增大匀强磁场的磁感应强度二、实验探究题（共 2 题,共 14 分;13 题 6 分，14 题 8 分）13.（每空 2 分）现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈 A、线圈 B、电流计（零刻线在正中位置）及开关如图连接在一起，在开关闭合、线圈 A 在线圈 B 中的情况下，某同学发现当他将滑动变阻器的滑动片 P 向左滑动时，电流计指针向右偏转，由此可以推断：如果将线圈 A

9、 从线圈 B 中抽出时，电流表指针_当开关由断开状态突然闭合，电流 表指针将_当滑动变阻器滑片 P 向右滑动 时，电流表指针_（填右偏、左偏） 14.(8 分)一玩具电动机中导线圈的电阻率，某实验小组的部分实验方案如下 5（1） 用螺旋测微器测得导线圈同种规格导线直径 d 如图甲所示，则 d=_mm；用多用电表测量电动机中导线圈的电阻 Rx：选择“1”欧姆挡，并按正确步骤操作后，指针的位置如图乙所示（此过程电动机不转动） ，则 Rx=_ （每空 1 分）（2） 为提高精度，他又用以下仪器再次测量导线圈的电阻 Rx：电流表 A1（03A、约5） ；滑动变阻器 R 1（1k） ；电流表 A2（03

10、0mA、约 10） ；滑动变阻器 R2（50） ；定值电阻 R0=60；电源（4V、约 1）及开关等，导线若干实验小组为使测量过程中电动机不转动而采用了如图丙所示的电路图，应选择的电流表是_，滑动变阻器是_（填写符号）按照实验要求，多用表已选择“直流电压 2.5V”档作为电压表使用，请依据图丙将图丁实验电路中的 仪器连接欠缺的两处补完整_；（每空 1 分）图戊是该实验小组测得的数值描绘出的图象，其斜率值表示的是（填选项）_ （2分）A、导线圈的电阻； B、导线圈的电阻与 R0阻值之和 三、计算题（共 5 题；共 38 分。要求书写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案不能给分。

11、）15.（6 分）在直角区域 aOb 内，有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度为 B，一质量为 m、电量为 q 的带电粒子从 O 点沿纸面以速度 v 射入磁场中，速度方向与边界 Ob 成 30角粒子从 Ob 边射出，求：（1）粒子带正电还是负电？在磁场中运动的时间为多少？ （2）若磁场的磁感应强度为 2B，仍以速度 v 射入磁场，求从磁场出来的位置离开 O 点的距离为多少？ 616. （6 分）一个正方形导线圈边长 a=0.2m，共有 N=100 匝，其总电阻 r=4，线圈与阻值 R= 16 的外电阻连成闭合回路，线圈所在区域存在着匀强磁场，磁场方向垂直线圈所在平面，如图甲所示，磁场的大

12、小随时间变化如图乙所示求：（1）线圈中产生的感应电动势大小； （2）通过电阻 R 的电流大小。 17.（8 分）如图所示，质量为 60g 的钢棒长为 a=20cm，棒两端与长为 L=30cm 的细软铜线相连，吊在磁感应强度 B=0.5T、竖直向上的匀强磁场中当棒中通过稳恒电流 I 后，钢棒向上摆动，最大偏角 =60，g 取 l0m/s2 求：（1）铜棒中电流 I 的大小及方向 （2）铜棒在摆动过程中的最大速度 18.（8 分）在如图所示的电路中，电阻 R1=12，R 2=8，R 3=4当电键 K 断开时，电流表示数为 0.25A，当 K 闭合时电流表示数为 0.36A求：（1）电键 K 断开和

13、闭合时的路端电压 U 及 U？ （2）电源的电动势和内电阻？ 19.（10 分）如图所示，一带电微粒质量为 kg、电荷量为 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，微粒射出电场时的偏转角 =30，并接着进入一个方向垂直纸面向里、宽度为 D=34.6cm 的匀强磁场区域。已知偏转电场中金属板长 L=20cm，两板间距 d=17.3cm，重力忽略不计。求：（1）带电微粒进入偏转电场时的速率 v1 ？ （2）偏转电场中两金属板间的电压 U2 ？ （3）为使带电微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度 B 至少多大？ 78答案解析部分一、单选题1

14、.【答案】C 【考点】物理学史 【解析】 【解答】解：A、洛伦兹首先提出了磁场对运动电荷的作用力公式，故 A 错误B、奥斯特根据小磁针在通电导线周围的偏转而发现了电流的磁效应，故 B 错误C、法国物理学家库仑利用扭秤实验，发现了电荷之间的相互作用规律库仑定律，故 C正确D、法拉第发现了电磁感应现象，楞次研究得出了判断感应电流方向的方法楞次定律，故 D 错误故选：C【分析】本题根据涉及的相关物理学家，如洛伦兹、安培、奥斯特、库仑、法拉第等人的物理学贡献进行解答2.【答案】A 【考点】单边有界磁场，双边有界磁场，圆形磁场，复杂边界 【解析】 【解答】从照片上看，径迹的轨道半径是不同的，下部半径大，

15、上部半径小，根据半径公式 可知，下部速度大，上部速度小。由此分析可知是粒子从下到上穿越了金属板而损失了动能，再根据左手定则，可知粒子带正电。故选 A 【分析】由轨道半径确定速度大小，利用左手定则判定粒子的带电性质。3.【答案】C 【考点】电阻定律 【解析】 【解答】若设三段等长导体电阻均为 R，由并联电路总电阻 表达式可知 ，所以 R=“9“ 。根据 R ，电阻率和横截面积不变，未截断之前长度 L 是现在的三倍，所以原来未截开时的电阻应该是 3R=“39“ =27，选项 C 符合题意。故答案为：C。 【分析】根据电阻定律可知相同材料、粗细均匀且长度相等的金属丝电阻大9小相等，利用并联电路电阻特

16、点即可得出每一根导体电阻的大小，即原电阻丝的阻值为截出的三段电阻丝的阻值之和。4.【答案】C 【考点】磁通量 【解析】 【解答】解：磁铁产生的磁场如图所示， 线圈从位置 1 到位置 2 的过程中，磁感线穿过线圈的条数减小，故向上的磁通量减小，线圈从位置 2 到位置 3 的过程中，线圈内穿过的向下的磁通量增加；故磁通量是先减小后增加；故选：C【分析】分析磁感线的分布特点，从而明确磁通量的变化特点5.【答案】B 【考点】安培力 【解析】 【解答】解：电流 AB 产生的磁场在其右侧方向垂直纸面向里，在其左侧垂直纸面向外，根据左手定则知，CD 的右边部分所受的安培力方向向上，左边部分所受安培力方向向左

17、，则 CD 导线逆时针方向转动假设 CD 导线转过 90此时，两电流为同向电流，相互吸引所以导线 CD 逆时针方向转动，同时靠近导线 AB故 B 正确，A、C、D 错误故选：B【分析】电流 CD 处于电流 AB 产生的磁场中，在 CD 左右两边各取一小电流元，根据左手定则判断其安培力的方向，从而判断其运动当 CD 导线转过 90后，看两电流是同向电流还是异向电流，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥6.【答案】B 【考点】电功率和电功，测电源电动势和内阻，欧姆定律，串联电路和并联电路，电动势 【解析】 【解答】解：电源的总功率 P=EI，C 点表示 I=3A，P=9W，则电源的电动势 E=3V由

18、图看出，C 点表示外电路短路，电源内部热功率等于电源的总功率，则有 P=I2r，代入解得，r=1，所以 AB 段表示的功率为 PAB=EII 2r=322 21（W）=2W根据闭合电路欧姆定律，有 I= ，解得：R= r= 1=0.5故选：B10【分析】根据电源的总功率 P=EI，由 C 点的坐标求出电源的电动势和内阻AB 段表示外电路的功率，再求解 AB 段表示的功率7.【答案】C 【考点】圆形磁场，带电粒子在匀强磁场中的圆周运动 【解析】 【解答】解：设圆形区域的半径为 R带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有：qvB=m ，得 r= ，则有 rv当粒子从 b 点飞出

19、磁场时，入射速度与出射速度与 ab 的夹角相等，所以速度的偏转角为60，轨迹对应的圆心角为 60根据几何知识得知：轨迹半径为 r 1=2R；当粒子从 a 点沿 ab 方向射入磁场时，经过磁场的时间也是 t，说明轨迹对应的圆心角与第一种情况相等，也是 60根据几何知识得，粒子的轨迹半径为 r 2= ；则由得： = = 则得，v= v；故选：C【分析】粒子在磁场中运动，运动的时间周期与粒子的速度的大小无关，分析粒子的运动的情况，可以判断第二个粒子的运动轨迹半径，即可根据牛顿第二定律求出速度大小8.【答案】D 【考点】磁场和重力场的复合，能量守恒定律，洛伦兹力，电场力 【解析】 【解答】解：由竖直上

20、抛运动的最大高度公式得：h 1= 11当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时的球的动能为 Ek ， 则由能量守恒得：mgh 2+Ek= mV02 ， 又由于 mV02=mgh1所以 h 1h 2 当加上电场时，由运动的分解可知：在竖直方向上有，V 02=2gh3 ， 所以 h1=h3 所以 D 正确故选 D【分析】当小球只受到重力的作用的时候，球做的是竖直上抛运动；当小球在磁场中运动到最高点时，由于洛伦兹力的作用，会改变速度的方向，所以到达最高点是小球的速度的大小不为零；当加上电场时，电场力在水平方向，只影响小球在水平方向的运动，不影响竖直方向的运动的情况二、多选题9.【答案】

21、A,C 【考点】磁感应强度 【解析】 【解答】L 1在 ab 两点产生的磁场强度大小相等设为 B1 ， 方向都垂直于纸面向里，而 L2在 a 点产生的磁场强度设为 B2 ， 方向向里，在 b 点产生的磁场强度也为 B2 ， 方向向外，规定向外为正，根据矢量叠加原理可知故答案为：AC【分析】先明确 L1在 ab 两点的磁感应强度的大小和方向。再明确 L2在 ab 两点的磁感应强度的大小和方向。还要注意 ab 两点还处于匀强磁场中，再结合题意根据矢量叠加原理即可解题。10.【答案】A,C,D 【考点】全电路的功和能，电路的动态变化分析 【解析】 【解答】 、当滑动变阻器的触头 P 从右端滑至左端的

22、过程中,变阻器接入电路的电阻减小,因为不知道 与内阻 r 的关系,所以不能确定电源的输出功率变化,所以 A 符12合题意;B、当滑动变阻器的触头 P 从右端滑至左端的过程中,变阻器接入电路的电阻减小,根据闭合电路欧姆定律分析得知,电路中总电流 I 增大,根据欧姆定律可以知道电阻 两端电压增大,B 不符合题意;C、电路中总电流 I 增大,内电阻与 所占电压增大, 的电压减小,根据 可以知道,电容器所带电荷量减小,所以 C 符合题意;D、电压表测量路段电压,根据闭合电路欧姆定律 得: ，D 符合题意；综上所述本题答案是：ACD【分析】内阻等于外阻时，电源输出功率最大，A 无法判断，故 A 正确；利

23、用闭合电路欧姆定律电路动态分析可知电阻 R 2 两端电压增大，电容器所带电荷量减小，根据闭合电路欧姆定律 = r，故 D 正确。11.【答案】B,C 【考点】电荷在电场中的加速，洛伦兹力，带电粒子在匀强磁场中的圆周运动，电场力 【解析】 【解答】解：根据电子在加速电场中加速，由动能定理有：eU= mv02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：eBv 0=m 解得：r= = T= A、C、增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，由式可得，电子束的轨道半径变小由式知周期变小，故 A 错误，C 正确；B、D、提高电子枪加速电压，电子的速度增大，由式可知，电子束的轨道半径变大；由可

24、知电子的周期不变，故 B 正确 D 错误；故选：BC【分析】根据动能定理表示出加速后获得的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力推导出半径的表达式12.【答案】AD 【考点】质谱仪和回旋加速器 13【解析】 【解答】解：A、洛伦兹力提供向心力，有 qvB=m ，解得 r= ，故周期 T= = ， 与速度无关，故 t4t 3=t3t 2=t2t 1= ，故 A 正确，B 错误；C、当粒子从 D 形盒中出来时，速度最大，此时运动的半径等于 D 形盒的半径；由 qvB=m 得，v= ，则最大动能 EK= mv2= ，知最大动能与加速器的半径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关，与加速电压等其他因素无关，故

25、 C 错误，D 正确；故选：AD【分析】交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，由公式 T= 和 r= 判断；当粒子从 D 形盒中出来时，速度最大，此时运动的半径等于 D 形盒的半径三、实验探究题13.【答案】右偏；左偏；左偏 【分析】磁通量的变化会在闭合线圈中产生感应电流，电流的方向可以根据楞次定律来分析求解。14.【答案】 （1）0.152（2）25（3）A 2；R 2； ；B 【考点】多用电表的原理和使用，测定金属的电阻率 【解析】 【解答】解：（1）由图 1 所示螺旋测微器可知，其固定刻度示数为 0mm，可动刻度读数：15.2001mm=0.152mm，螺旋测微器示数为：0mm

26、+0.152mm=0.152mm故螺旋测微器读数为 0.152mm；（2）欧姆表选择“1”欧姆挡，由图 2 所示可知，欧姆表示数为：251=25；（3）电路最大电流约为：I= = 0.047A=47mA，选 3A 量程电流表读数误差太大，因此电流表应选 A2 ， 由电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选：R 2 根据14电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：由电路图可知，电压表测定值保护电阻与电动机两端电压，电流表测通过他们的电流，因此 UI 图象的斜率是电阻 R0和电动机串联的总电阻，故选 B；故答案为：（1）0.152；（2）25；（3）A 2；R 2；实物

27、电路图如图所示；B【分析】 （1）螺旋测微器固定刻度示数与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数 （2）欧姆表指针示数与对应挡位的乘积是欧姆表示数 （3）根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器根据电路图连接实物电路图根据电路图分析答题四、综合题15.【答案】 （1）解：铜棒上摆的过程，根据动能定理得： ，又安培力为： ，代入解得： ，根据左手定则可知，与安培力方向，可得，电流方向从 M 到 N（2）解：由题意，铜棒向上摆动的最大偏角 ，根据对称性可知，偏角是 时是其平衡位置，铜棒受力如图所示：则有： ，当铜棒偏角是 时，速度最大，动能最大，由动能定理可得： ，代入

28、解得最大速度为： 【考点】动能定理的理解，动能定理的综合应用 【解析】 【分析】 （1）利用动能定理可以知道安培力做功及重力做功数值上相等进而可以求出电流大小，并且利用左手定则判别电流方向；（2）最大速度应该是平衡位置时，利用三力平衡可以找到平衡位置，再利用动能定理可以求出平衡位置的速度大小。1516.【答案】 （1）解：根据图乙，磁感应强度的变化率为： 根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为： （2）解：根据闭合电路欧姆定律，电流为： 【考点】电磁感应与电路，电磁感应与图象，法拉第电磁感应定律 【解析】 【分析】根据图乙，磁感应强度的变化率为： ；根据法拉第电磁感应定律得：E=N ;根据闭合电

29、路欧姆定律可求得电流为 20A。17.【答案】 （1）解：粒子的运动轨迹如图所示，由左手定则可判断粒子带负电粒子做匀速圆周运动时，洛仑兹力提供向心力为：qvB=m 得：R= T= 由几何关系，粒子运动的圆心角为 60则粒子在磁场中运动的时间为：t= 联立得：t= 答：粒子带负电，磁场中运动的时间为 （2）解：若磁感应强度为 2B，则粒子的半径为：r= ，粒子的圆心角不变，由几何关系可得粒子从磁场出来的位置离开 O 点的距离为：L=2rsin30= 16若磁感应强度为 2B，则粒子的半径为：r= ，粒子的圆心角不变，由几何关系可得粒子从磁场出来的位置离开 O 点的距离为：L=2rsin30= 答

30、：若磁场的磁感应强度为 2B，仍以速度 v 射入磁场，则从磁场出来的位置离开 O 点的距离为 【考点】左手定则 【解析】 【分析】据带电粒子的运动情况结合左手定则可得粒子带负电；粒子在磁场中做洛伦兹力提供向心力的圆周运动，画出运动轨迹，结合圆周运动公式，可得出结论；通过计算可知，若磁感应强度为 2B，则粒子的半径为：r= R，从而根据几何关系可得粒子从磁场出来的位置离开 O 点的距离。18.【答案】 （1）解：K 断开时，路端电压为 U=I（R 2+R3）=0.25（8+4）V=3VK 闭合时：U=IR 2=0.368V=2.88V；答：电键 K 断开时的路端电压为 3V，闭合时路端电压为 2

31、.88V；（2）解：K 断开时：外电路总电阻 K 闭合时，外电路总电阻 则断开时有：E=U+ ，E=U+ 由带入数据解得：E=3.6V，r=1.2答：电源的电动势为 3.6V，内电阻为 1.2；（3）解：K 断开时：I= =0.5A则 P=I2r=0.3W17K 闭合时：I= =0.6A；则 P=I 2r=0.432W；答：电键 K 断开时内阻上的热功率为 0.3W，闭合时内阻上的热功率为 0.432W 19.【答案】 （1）解：带电微粒经加速电场加速后速度为 v，根据动能定理：qU 1= mv12 解得：v 1= =1.0104m/s（2）解：带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动在水平方向微粒做匀速直线运动，水平方向： 带电微粒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竖直方向： 由几何关系： U2= tan代入数据得：U 2=100V（3）解：带电微粒进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设微粒轨道半径为R，由几何关系知 R+ =D 得：R= 设微粒进入磁场时的速度为 v：v= 由牛顿运动定律及运动学规律： 得： 代入数据数据解得：B=0.1T 若带电粒子不射出磁场，磁感应强度 B 至少为 0.1T