高二物理下学期3月月考试题12

高二物理下学期3月月考试题12

‎【2019最新】精选高二物理下学期3月月考试题12‎ 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间120分）‎ 分卷I 一、单选题(共12小题,每小题3.0分,共36分) ‎ ‎1.如图所示，用多用电表测量直流电压U和测电阻R，若红表笔插入多用电表的正(＋)插孔，则(　　)‎ A． 前者电流从红表笔流入多用电表，后者电流从红表笔流出多用电表 B． 前者电流从红表笔流入多用电表，后者电流从红表笔流入多用电表 C． 前者电流从红表笔流出多用电表，后者电流从红表笔流出多用电表 D． 前者电流从红表笔流出多用电表，后者电流从红表笔流入多用电表 ‎2.如图所示，将左边的铜导线和右边的铝导线连接起来，已知截面积S铝＝2S铜．在铜导线上取一截面A，在铝导线上取一截面B，若在1 s内垂直地通过它们的电子数相等，那么，通过这两截面的电流的大小关系是(　　)‎ A．IA＝IB B．IA＝2IB C．IB＝2IA ‎ - 19 - / 19‎ ‎ D． 不能确定 ‎3.如图所示，长直导线MN通以图示方向竖直向上的电流I，现有一小段通电导线ab，如图放置，则ab受磁场力的方向是(　　)‎ A． 竖直向上 B． 竖直向下 C． 垂直纸面向外 D． 垂直纸面向里 ‎4.如图所示，在半径为R的圆柱形区域内有匀强磁场．一个电子以速度v0从M点沿半径方向射入该磁场，从N点射出，速度方向偏转了60°.则电子从M到N运行的时间是(　　)‎ A．‎ B．‎ C．‎ D．‎ ‎5.在物理学史上，奥斯特首先发现电流周围存在磁场．随后，物理学家提出“磁生电”的设想．很多科学家为证实这种设想进行了大量研究.1831年发现电磁感应现象的物理学家是(　　)‎ A． 牛顿 B． 伽利略 C． 法拉第 ‎ - 19 - / 19‎ ‎ D． 焦耳 ‎6.对库仑定律的数学表达式F=k的以下理解中，正确的是（　　）‎ A． 此式适用于任何介质中任意两个带电体间相互作用力的计算 B． 此式仅适用于真空中任意两个带电体间相互作用力的计算 C． 由此式可知，当r趋于零时F趋于无限大 D． 式中的k是与q1、q2及r的大小无关的恒量，且k=9.0×109N•m2/C2‎ ‎7.如图所示，三个完全相同的小球a、b、c带有相同电量的正电荷，从同一高度由静止开始下落，当落下相同高度h1后，a球进入水平向左的匀强电场，b球进入垂直纸面向里的匀强磁场，若它们到达同一水平面上的速度大小分别用va、vb、vc表示，从开始到落到此水平面的时间分别用ta、tb、tc表示，则它们的关系是(　　)‎ A．va>vb＝vc，ta＝tc＜tb B．va＝vb＝vc，ta＝tb＝tc C．va＞vb＞vc，ta＜tb＜tc D．va＝vb＞vc，ta＝tb＞tc - 19 - / 19‎ ‎8.如图所示，在直线上A、B处各固定一个点电荷，相距为L，通过其连线中点O作此线段的垂直平分面，在此平面上有一个以O为圆心，半径为的圆周，其上有一个质量为m、带电荷量为－q的点电荷C做匀速圆周运动(不考虑重力)．下列判断正确的是(　　)‎ A．A、B处固定的是等量的正电荷 B．A、B处固定的是等量的异种电荷 C． 在A、B的连线上O点电势最高 D． 在圆周上各点的电场强度相同，电势也相同 ‎9.下列四个物理量的表达式中，采用比值定义法的是（ ）‎ A． 加速度 B． 磁感应强度 C． 电容 D． 电场强度 ‎10.A、B是两个完全相同的电热器，A通以图甲所示的方波交变电流，B通以图乙所示的正弦交变电流，则两电热器的电功率PA∶PB等于(　　)‎ A． 5∶4 B． 3∶2 C．∶1 D． 2∶1‎ ‎11.一盏白炽灯的额定功率与额定电压分别为36 W与36 V．若把此灯泡接到输出电压为18 V的电源两端，则灯泡消耗的电功率(　　)‎ A． 等于 36 W B． 小于 36 W，大于 9 W C． 等于 9 W D． 小于9 W - 19 - / 19‎ ‎12.如图为条形磁铁部分磁感线分布示意图，P、Q是同一条磁感线上的两点，关于这两点的磁感应强度，下列判断正确的是(　　)‎ A．P、Q两点的磁感应强度相同 B．P点的磁感应强度比Q点的大 C．P点的磁感应强度方向由P指向Q D．Q点的磁感应强度方向由Q指向P 二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分) ‎ ‎13.光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关S与内阻不计，电动势为E的电源相连，右端与半径为L＝20cm的两段光滑圆弧导轨相接，一根质量m＝60 g，电阻R＝1 Ω，长为L的导体棒ab，用长也为L的绝缘细线悬挂，如图8－1－21所示，系统空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T，当闭合开关S后，导体棒沿圆弧摆动，摆到最大高度时，细线与竖直方向成θ＝53°角，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态，导轨电阻不计，sin 53°＝0.8，g＝10 m/s2则(　　)．‎ A． 磁场方向一定竖直向下 B． 电源电动势E＝3.0 V C． 导体棒在摆动过程中所受安培力F＝3 N D． 导体棒在摆动过程中电源提供的电能为0.048 J - 19 - / 19‎ ‎14.(多选)如图所示，虚线a、b、c代表电场中一簇等势线，相邻等势线之间的电势差相等，实线为一带正电质点(重力不计)仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，质点先后通过这条轨迹上的P、Q两点，对同一带电质点，据此可知(　　)‎ A． 三个等势线中，a的电势最高 B． 带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大 C． 带电质点通过P点时的电场力比通过Q点时大 D． 带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大 ‎15.（多选）如图所示，正方形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，有两个质子从A点沿AB方向垂直进入磁场，质子1从顶点C射出，质子2从顶点D射出，设质子1的速率为，在磁场中的运动时间为，质子2的速率为，在磁场中的运动时间为，则（ ）‎ A．:=1:2‎ B．:=2:1‎ C．:=1:2‎ D．:=2:1‎ - 19 - / 19‎ ‎16.（多选）如图示，在正交的匀强电场和磁场的区域内（磁场水平向内），有一离子恰能沿直线飞过此区域（不计离子重力）（　　）‎ A． 若离子带正电，E方向应向上 B． 若离子带负电，E方向应向上 C． 若离子带正电，E方向应向下 D． 若离子带负电，E方向应向下 分卷II 三、实验题(共2小题,每小题10.0分,共20分) ‎ ‎17.在”描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，使用的小灯泡规格为“6V　3 W”，其他可供选择的器材有：‎ 电压表V1(量程6 V，内阻约为20 kΩ)‎ 电压表V2(量程20 V，内阻约为60 kΩ)‎ 电流表A1(量程3 A，内阻约为0.2 Ω)‎ 电流表A2(量程0.6 A，内阻约为1 Ω)‎ 变阻器R1(0～1 000 Ω，允许通过的最大电流为0.5 A)‎ 变阻器R2(0～20 Ω，允许通过的最大电流为2 A)‎ 学生电源E(6～8 V)‎ 开关S及导线若干 - 19 - / 19‎ ‎(1)实验中要求电压表在0～6 V范围内读取并记录下12组左右不同的电压值U和对应的电流值I，以便作出伏安特性曲线，在上述器材中，电流表应选用________，电压表应选____________，变阻器应选用________．‎ ‎(2)在方框中画出实验的原理图．‎ ‎18.某物理学习小组的同学在研究性学习过程中，用伏安法研究某电子元件R1(6 V,2.5 W)的伏安特性曲线，要求多次测量尽可能减小实验误差，备有下列器材：‎ A．直流电源(6 V，内阻不计)‎ B．电流表G(满偏电流3 mA，内阻Rg＝10 Ω)‎ C．电流表A(0～0.6 A，内阻未知)‎ D．滑动变阻器R(0～20 Ω ,5 A)‎ E．滑动变阻器R′(0～200 Ω ,1 A)‎ F．定值电阻R0(阻值1 990 Ω)‎ G．开关与导线若干 ‎(1)在实验中，为了操作方便且能够准确地进行测量，滑动变阻器应选用________．(填写器材序号)‎ - 19 - / 19‎ ‎(2)根据题目提供的实验器材，请你设计出测量电子元件R1伏安特性曲线的电路原理图(R1可用“”表示)．(画在方框内)‎ ‎(3)将上述电子元件R1和另一电子元件R2接入如图所示的甲电路中，它们的伏安特性曲线分别如图乙中Oa、Ob所示．电源的电动势E＝6.0 V，内阻忽略不计．调节滑动变阻器R3，使电子元件R1和R2消耗的电功率恰好相等，则此时电子元件R1的阻值为________Ω，R3接入电路的阻值为________Ω(结果保留两位有效数字)．‎ 四、计算题(共4小题,每小题18.0分,共72分) ‎ ‎19.一束电子流经U＝5 000 V的加速电压加速后，在与两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若两板间距d＝1.0 cm，板长l＝5 cm，那么，要使电子能从平行极板间的边缘飞出，则两个极板上最多能加多大电压？‎ ‎20.如图甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻．一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下．导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．‎ ‎(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图．‎ - 19 - / 19‎ ‎(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小．‎ ‎(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值．‎ ‎21.如图，在xOy平面第一象限整个区域分布匀强电场，电场方向平行y轴向下，在第四象限内存在有界匀强磁场，左边界为y轴，右边界为x＝d的直线，磁场方向垂直纸面向外．质量为m，带电量为＋q的粒子从y轴上P点以初速度v0垂直y轴射入匀强电场，在电场力作用下从x轴上Q点以与x轴正方向成45°角进入匀强磁场，已知OQ＝d，不计粒子重力，求：‎ ‎(1)P点坐标；‎ ‎(2)要使粒子能再进入电场，磁感应强度B的取值范围；‎ ‎(3)要使粒子能第二次进入磁场，磁感应强度B的取值范围．‎ ‎22.如图所示，半径为r1的圆形区域内有匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B0、方向垂直纸面向里，半径为r2的金属圆环右侧开口处与右侧电路相连，已知圆环电阻为R，电阻R1＝R2＝R3＝R，电容器的电容为C，圆环圆心O与磁场圆心重合．一金属棒MN与金属环接触良好，不计棒与导线的电阻，开关S1处于闭合状态、开关S2处于断开状态．‎ ‎(1)若棒MN以速度v0沿环向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径的瞬间产生的电动势和流过R1的电流；‎ - 19 - / 19‎ ‎(2)撤去棒MN后，闭合开关S2，调节磁场，使磁感应强度B的变化率k＝，k为常数，求电路稳定时电阻R3在t0时间内产生的焦耳热；‎ ‎(3)在(2)问情形下，求断开开关S1后流过电阻R2的电量．‎ 答案解析 ‎1.【答案】B ‎【解析】题图中所示是多用电表的示意图，无论是测电压U还是测电阻R，电流都是从红表笔流入多用电表，从黑表笔流出多用电表，选项B正确．‎ ‎2.【答案】A ‎【解析】这个题目中有很多干扰项，例如两个截面的面积不相等，导线的组成材料不同等等．但关键是通过两截面的电子数在单位时间内相等，根据I＝可知电流相等．‎ ‎3.【答案】A ‎【解析】根据安培定则可知，通电导线MN在右侧产生的磁场方向垂直纸面向里．根据左手定则可知，向左的电流受到的安培力的方向竖直向上．故A正确，B、C、D错误．‎ ‎4.【答案】D ‎【解析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T＝，粒子在磁场中做圆周运动的速度偏向角等于圆心角，如下图所示，则有tan - 19 - / 19‎ ‎ 30°＝，所以r＝R，在磁场中运动的时间为t＝T＝，故选D.‎ ‎5.【答案】C ‎【解析】发现电磁感应现象的物理学家是法拉第．‎ ‎6.【答案】D ‎【解析】此式适用于任何真空中静止的点电荷间相互作用力的计算，故AB错误．由此式可知，当r趋于零时，电荷已不能看成点电荷，故此式不在成立，故得不到F趋于无限大的结论，故C错误．式中的k是与q1、q2及r的大小无关的恒量，且k=9.0×109N•m2/C2，故D正确．‎ ‎7.【答案】A ‎【解析】根据题意可知，c做自由落体运动；而a除竖直方向做自由落体运动外，水平方向受到电场力作用做初速度为零的匀加速运动，所以下落时间与c相同，但下落的速度大于c做自由落体运动的速度；‎ b受到洛伦兹力作用，因洛伦兹力始终与速度垂直，所以b在竖直方向除了受到重力作用外，偏转后还受洛伦兹力在竖直方向的分力，导致竖直方向的加速度小于g，则下落时间变长，由于洛伦兹力不做功，因此下落的速度大小不变；故va>vb＝vc，ta＝tc＜tb.‎ ‎8.【答案】A - 19 - / 19‎ ‎【解析】电荷C做匀速圆周运动，电场力提供向心力，指向O点，故A、B处固定的是等量的正电荷，故A正确，B错误；A、B处固定的是等量的正电荷，故在A、B的连线上O点电势最低，故C错误；在圆周上各点的电场强度大小相等，但方向均向外，是不平行的，即电场强度不同，电势相同．故D错误．‎ ‎9.【答案】B ‎【解析】由公式知，a与F成正比，与m反比，则知加速度不是比值定义法，故A错误；磁感应强度的定义式采用的是比值定义法，B与F、IL无关，反映磁场本身的特性，故B正确；是电容的决定式，不是比值定义法，故C错误；是点电荷场强的决定式，不是比值定义法，故D错误.‎ ‎10.【答案】A ‎【解析】方形波的有效值为IR＋IR＝IRT，‎ 解得：I1＝I0‎ 正弦交流电有效值为：I2＝‎ 所以PA∶PB＝IR∶IR＝5∶4，故选A.‎ ‎11.【答案】B ‎【解析】设白炽灯在正常工作时的电阻为R，由P＝得R＝36 Ω，当接入18 V电压时，假设灯泡的电阻也为36 Ω，则它消耗的功率为P＝＝W＝9 W，但是当灯泡两端接入18‎ - 19 - / 19‎ ‎ V电压时，它的发热功率小，灯丝的温度较正常工作时温度低，其电阻率减小，所以其电阻要小于36 Ω，其实际功率大于9 W，故B项正确．‎ ‎12.【答案】D ‎【解析】磁感线的疏密表示磁场强弱；故Q点的磁感应强度大于P点的磁感应强度；故A、B错误；‎ 磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向；两点的磁感应强度方向均由Q指向P；故D正确，C错误．‎ ‎13.【答案】AB ‎【解析】导体棒向右沿圆弧摆动，说明受到向右的安培力，由左手定则知该磁场方向一定竖直向下，A对；导体棒摆动过程中只有安培力和重力做功，由动能定理知BIL·Lsinθ－mgL(1－cosθ)＝0，代入数值得导体棒中的电流为I＝3 A，由E＝IR得电源电动势E＝3.0 V，B对；由F＝BIL得导体棒在摆动过程中所受安培力F＝0.3 N，C错；由能量守恒定律知电源提供的电能W等于电路中产生的焦耳热Q和导体棒重力势能的增加量ΔE的和，即W＝Q＋ΔE，而ΔE＝mgL(1－cosθ)＝0.048 J，D错．‎ ‎14.【答案】BC - 19 - / 19‎ ‎【解析】根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势线垂直，画出P、Q两点处场强的方向如图所示．则可知，三个等势线中a的电势最低，故A错误；质点从P到Q的过程，电场力做负功，质点的电势能增大，动能减小，则质点通过P点时的动能比通过Q点时的大，在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小，故B正确，D错误；根据电场线的疏密程度可知，P点的电场强度大于Q点，则带电质点在P点受到的电场力大于Q点，故C正确．‎ ‎15.【答案】BC ‎【解析】由图可知质子1的半径为L，质子2的半径为，根据洛伦兹力充当向心力可得：可得：，故速度之比等于半径之比，故，故A错误，B正确；由可知，两粒子的质量相同，故周期相同，但由图可知，质子1转过的圆心角为，而质子2转过的圆心角为，则可知，所用时间之比等于转过的圆心角之比，故，故C正确，D错误.‎ ‎16.【答案】CD ‎【解析】在复合场中对带电粒子进行正确的受力分析，在不计重力的情况下，离子在复合场中沿水平方向直线通过，故有qE=，‎ 若粒子带正电，则受洛伦兹力向上，而电场力向下，所以电场强度的方向向下；若带负电，则受洛伦兹力，方向向下，而电场力方向向上，所以电场强度的方向向下，因此C、D正确， A、B错误．‎ ‎17.【答案】(1)A2　V1　R2‎ ‎(2)如图所示 - 19 - / 19‎ ‎【解析】(1)由于灯泡额定电压为6 V，所以电压表选择V1，灯泡的额定电流为＝0.5 A，所以电流表选择A2，由于本实验需要测量多组数据，滑动变阻器需要采用分压连接，所以滑动变阻器选择小电阻的R2(2)电流表外接，滑动变阻器分压方式．‎ ‎18.【答案】(1)D　(2)电路图如下：‎ ‎(3)5. 0　5.0‎ ‎【解析】由电子元件额定电压和额点功率可知待测电子元件电阻较小，根据本题条件应选用电流表外接法，因缺少电压表，应把电流表G改装为电压表，因要描绘伏安特性曲线，且要求多次测量尽可能减小实验误差，滑动变阻器采取分压接法，且选用R.‎ ‎19.【答案】400 V ‎【解析】在加速电压U一定时，偏转电压U′越大，电子在极板间的侧移量就越大．当偏转电压大到使电子刚好擦着极板的边缘飞出时，此时的偏转电压即为题目要求的最大电压．‎ 加速过程，由动能定理得：eU＝mv.①‎ 进入偏转电场，电子在平行于极板的方向上做匀速直线运动：l＝v0t.②‎ a＝＝，③‎ 偏转距离：y＝at2，④‎ - 19 - / 19‎ 能飞出的条件为：y≤.⑤‎ 联立①②③④⑤式得：U′≤＝400 V.‎ ‎20.【答案】(1)‎ ‎(2)　gsinθ－　(3)‎ ‎【解析】(1)如图所示，ab杆受：重力mg，竖直向下；支持力FN，垂直于斜面向上；安培力F安，沿斜面向上．‎ ‎(2)当ab杆速度大小为v时，感应电动势E＝BLv，此时 电路中电流I＝＝‎ ab杆受到安培力F安＝BIL＝‎ 根据牛顿第二定律，有 ma＝mgsinθ－F安＝mgsinθ－‎ a＝gsinθ－.‎ ‎(3)当a＝0时，ab杆有最大速度：vm＝.‎ ‎21.【答案】(1)(0，)　(2)B≥‎ ‎(3)≤B≤‎ ‎【解析】(1)设粒子进入磁场时y方向的速度为vy，则vy＝v0tan 45°‎ 设粒子在电场中运动时间为t，则OQ＝v0t，OP＝t - 19 - / 19‎ 由以上各式，解得OP＝，P点坐标为(0，)‎ ‎(2)粒子刚好能再次进入电场时的轨迹如图所示，‎ 设此时的轨迹半径为r1，则r1＋r1sin 45°＝d解得：r1＝(2－)d 令粒子在磁场中的速度为v，则v＝‎ 根据牛顿第二定律qvB1＝，解得：B1＝‎ 要使粒子能再进入电场，磁感应强度B的范围B≥‎ ‎(3)假设粒子刚好从x＝d处磁场边界与电场的交界D点处第二次进入磁场，设粒子从P到Q的时间为t，则由粒子在电场中运动对称性可知粒子从第一次出磁场的C点到D点的时间为2t，‎ 由水平方向的匀速直线运动可得：CD＝2d，CQ＝CD－QD＝2d－(2.5d－d)＝‎ 设此时粒子在磁场中的轨道半径为r2，由几何关系知：2r2sin 45°＝CQ，解得：r2＝d 根据牛顿第二定律得：qvB2＝，解得：B2＝‎ 要使粒子能第二次进入磁场，粒子必须先进入电场，故磁感应强度B要满足B≤B2‎ 综上所述要使粒子能第二次进磁场，磁感应强度B要满足≤B≤‎ - 19 - / 19‎ ‎22.【答案】(1)E＝2Br1v0　流过R1电流的大小，方向为自左向右流过R1‎ ‎(2)‎ ‎(3)‎ ‎【解析】(1)棒MN的电动势E＝2Br1v0‎ 流过R1电流的大小I1＝×＝，方向为自左向右流过R1‎ ‎(2) 电动势E＝S＝kπr 电流I＝＝‎ R3在t0时间内产生的焦耳热Q＝I2Rt0＝‎ ‎(3)开关S1闭合时，UC＝U3＝IR3＝‎ 开关S1断开后，UC′＝E＝kπr 流过电阻R2的电量 q＝C(UC′－UC)＝.‎ - 19 - / 19‎