【物理】河北省沧州市泊头市第一中学2019-2020学年高二上学期第三次月考试题（解析版）

【物理】河北省沧州市泊头市第一中学2019-2020学年高二上学期第三次月考试题（解析版）

物理试题 一、选择题 ‎1.如图所示，金属棒MN两端用等长细软导线连接后水平地悬挂．MN处在向里的水平匀强磁场中，棒中通有由M流向N的电流，此时悬线受金属棒的拉力作用．为了使悬线中的拉力减小，可采取的措施有（ ）‎ A. 使磁场反向 B. 使电流反向 C. 增大电流强度 D. 减小磁感应强度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】棒处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有从M流向N的电流，根据左手定则可知，棒所受安培力的方向竖直向上，由于此时悬线上有拉力，为了使拉力减小，则安培力必须增加，由安培力公式F=BIL知，可以适当增加电流强度，或增大磁场，若使电流或磁场反向，安培力方向竖直向下，悬线的拉力将增大．故C正确，ABD错误．故选C．‎ ‎【点睛】解决本题的关键要掌握安培力的方向判断方法：左手定则以及安培力大小公式F=BIL．‎ ‎2.两根长度均为L的绝缘细线分别系住质量相等、电荷量均为+Q的小球a、b，并悬挂在O点．当两个小球静止时，它们处在同一高度上，且两细线与竖直方向间夹角均为α=30°，如图所示，静电力常量为k，则每个小球的质量为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 对小球进行受力分析，如图所示：‎ 设绳子对小球的拉力为T，根据平衡条件，结合三角知识，可得：， 根据库仑定律得，小球在水平方向受到库仑力的大小为：， 解得：，故A正确，BCD错误．‎ 点睛：对其中一个小球受力分析，由共点力的平衡条件可得出小球所受重力的大小与库仑力大小的数量关系，由库仑力公式可得出小球受到的库仑力的大小，再求得小球的质量．‎ ‎3.如图是某电场区域的电场线分布，A、B、C是电场中的三个点，下列说法正确的是（ ）‎ A. A点的电场强度最大 B. B点的电场强度最小 C. 把一个正的点电荷依次放在这三点时，其中放在B点时它受到的静电力最大 D. 把一个带负电的点电荷放在A点时，它所受的静电力方向和A点的电场强度方向一致 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】如图，B处电场线最密，电场强度最大，电场最强．A处电场线最疏，电场强度最小，电场最弱．故AB错误 根据F=Eq，可知把一个正的点电荷依次放在这三点时，其中放在B点时它受到的静电力最大，故C正确 负电荷所受电场力的方向跟场强反向相反，所以把一个带负电的点电荷放在A点时，它所受的静电力方向和A点的电场强度方向相反，故D错误 所以应该选C ‎4.图甲为远距离输电示意图，升压变压器原副线圈匝数比1:100，降压变压器原副线圈匝数比为100:1，远距离输电线的总电阻为100Ω，若升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为750kW，下列说法中正确的有 A. 客户端交流电的频率为100Hz B. 客户端电压为250V C. 输电线中的电流为‎30A ‎D. 输电线路损耗功率为180kW ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由乙图知，周期为0.02s，所以频率f=50Hz，所以A错误；输电线上有电压的损耗，所以用户端电压小于250V，B错误；对升压变压器，由变压规律，可求U2=25000V，输电线电流，所以C正确；输电线损耗的功率：，故D错误．‎ ‎5.一含有理想变压器的电路如图甲所示，图中理想变压器原、副线圈匝数之比为2∶1，电阻R1和R2的阻值分别为3 Ω和1 Ω，电流表、电压表都是理想交流电表，a、b输入端输入的电流如图乙所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. 电流表的示数为 B. 电压表的示数为 C. 0～0.04s内，电阻R1产生的焦耳热为0.08J D. 0.03s时，通过电阻R1的瞬时电流为 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设电流表的示数为I1，则 ，求得：故A正确；由于原线圈中电流只有交流部分电流才能输出到副线圈中，故副线圈中电流交流部分的电流最大值为; 设副线圈交流电的有效值为I2，则：，求得：I2＝A，因此电压表的示数为：U=I2R＝V，故B错误；0～0.04s内，电阻R1产生的焦耳热为，选项C错误；0.03s时，通过电阻R1的瞬时电流为0，选项D错误；故选A. 【点睛】有效值的是按照电流的热效应定义的，即让交流电流和直流电流流过相同的电阻，在相同的时间内产生的热量相同，则交流的电压或电流有效值等于直流的电压或电流值；‎ ‎6.如图甲所示，匝数n1：n2=1：2的理想变压器原线圈与水平放置的间距L=‎1m的光滑金属导轨相连，导轨电阻不计，处于竖直向下、磁感应强度为B=1T的匀强磁场中，副线圈接有电阻值R=2Ω的电阻，与导轨接触良好的电阻r=1Ω，质量m=‎0.02kg的导体棒在外力F的作用下运动，其速度随时间如图乙所示（正弦图线）规律变化，则（ ）‎ A. 电压表的示数为3V B. 电路中的电流方向每秒钟改变5次 C. 电阻R实际消耗的功率为2W D. 在0﹣0.05s的时间内克服安培力做功0.48J ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图乙可知，速度v随时间变化的周期为0.2s 瞬时速度v与t满足关系式：‎ ‎ ‎ 导体棒切割磁感线产生的感应电动势 ‎ ‎ 则感应电动势的有效值 设原、副线圈两端电压分别为U1、U2，原、副线圈中的电流分别为I1、I2 由闭合电路欧姆定律可得：‎ U1=E-I1r…①‎ 由欧姆定律可得：‎ U2=I2R…②‎ 由理想变压器电压关系得：‎ ‎ …③‎ 由理想变压器电流关系得：‎ ‎…④‎ 由①②③④解得：‎ I1=‎‎2A I2=‎‎1A 将I1=‎2A代入①式得U1=1V，即电压表的示数为1V；故A错误； B．交变电流每个周期电流方向改变2次，因为T ‎=0.2s，所以每秒钟有5个周期，故每秒钟电流的方向改变10次，故B错误； C．电阻R实际消耗的功率 P=I22R 代入数据得 P=2W，故C正确；‎ D．根据功能关系可得：在0-0.05s内克服安培力所做功在数值上等于电路中产生的电热 Q=EI1t=0.30J 故D错误；‎ 故选C。‎ ‎7.将一段导线绕成图甲所示的闭合电路，并固定在水平面（纸面）内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中．回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示．用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图像是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】分析一个周期内的情况：在前半个周期内，磁感应强度均匀变化，磁感应强度B的变化度一定，由法拉第电磁感应定律得知，圆形线圈中产生恒定的感应电动势恒定不变，则感应电流恒定不变，ab 边在磁场中所受的安培力也恒定不变，由楞次定律可知，圆形线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向，通过ab的电流方向从b→a，由左手定则判断得知，ab所受的安培力方向水平向左，为负值；同理可知，在后半个周期内，安培力大小恒定不变，方向水平向右．故B正确．‎ ‎【点睛】本题要求学生能正确理解B-t图的含义，故道B如何变化，才能准确的利用楞次定律进行判定．根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的变化，由欧姆定律判断感应电流的变化，进而可确定安培力大小的变化．‎ ‎8.在同一光滑斜面上放同一导体棒，下图所示是两种情况的剖面图。它们所在空间有磁感应强度大小相等的匀强磁场，但方向不同，一次垂直斜面向上，另一次竖直向上，两次导体A分别通有电流I1和I2，都处于静止平衡．已知斜面的倾角为θ，则（　　）‎ A. I1∶I2=cosθ：1‎ B. I1∶I2=1∶1‎ C. 导体A所受安培力大小之比F1∶F2=sinθ∶cosθ D. 斜面对导体A的弹力大小之比N2∶N2=cos2θ∶1‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】两种情况下，导体棒受力如图所示，I1所受的安培力沿斜面向上，I2所受的安培力水平向右； ‎ I1 所受的安培力沿斜面向上，如左图，根据共点力平衡得：‎ F1=mgsinθ N1=mgcosθ I2所受的安培力水平向右，如右图，根据共点力的平衡得：‎ F2=mgtanθ ‎ ‎ 又：‎ F1=BI‎1L F2=BI‎2L 所以：‎ 斜面对导体A的弹力大小之比 AD正确，BC错误。‎ 故选AD。‎ ‎9.如图电路中，A1、A2、A3为相同电流表，C为电容器，电阻R1，R2，R3的阻值相同，线圈L的电阻不计，在某段时间内理想变压器原副线圈内磁场的变化如图乙所示，则在t1﹣t2时间内（ ）‎ A. 电流表A1示数比电流表A2的示数小 B. 电流表A2的示数比电流表A3的示数小 C. 电流表A1和A2的示数相同 D. 电流表A3的示数为零 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】原线圈中磁场如图乙所示变化，可知原线圈中的磁通量均匀变化，故副线圈中产生恒定的电流，因线圈电阻不计，故线圈L对恒定电流没有阻碍作用，所以电流表A1和A2的读数相同，而电容器“通交隔直”，所以电流表A3的读数为0．故AB错误，CD正确； 故选CD。‎ ‎10.如图所示，面积为‎0.02m2‎、内阻不计的100匝矩形线圈ABCD，绕垂直于磁场的轴OO ‎′匀速转动，转动的角速度为100rad/s，匀强磁场的磁感应强度为T．矩形线圈通过滑环与理想变压器相连，触头P可移动，副线圈所接电阻R=50Ω，电表均为理想交流电表．当线圈平面与磁场方向平行时开始计时．下列说法正确的是（ ）‎ A. 线圈中感应电动势的表达式为e=100cos(100t)V B. P上移时，电流表示数增大 C. t=0时，电压表示数为100V D. 当原、副线圈匝数比为2：1时，电阻上消耗的功率为50W ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．矩形闭合导线框ABCD在磁场中转动，产生的交流电的最大值为：‎ ‎ ‎ 线圈中感应电动势的表达式为 ‎ ‎ 故A正确；‎ B．P上移时，原线圈的匝数减小，则导致副线圈电压增大，那么副线圈电流也增大，则原线圈的电流会增大，电流表示数增大，故B正确；‎ C．由于最大值为有效值的倍，所以交流电的有效值为U=100V，当t=0时，电压表示数为100V，故C错误；‎ D．当原、副线圈匝数比为2：1时，次级电压 ‎ ‎ 电阻上消耗功率为 故D正确；‎ 故选ABD。‎ ‎11.如图所示，abcd为水平放置的平行“  ”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计，已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．则(　　)‎ A. 电路中感应电动势的大小为 B. 电路中感应电流的大小为 C. 金属杆所受安培力的大小为 D. 金属杆的热功率为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 电路中感应电动势的大小E=Blv；公式中的l为切割的有效长度，故电动势E=Blv；故A错误；感应电流；故B正确；导线与磁场均垂直且长度为，故安培力的大小F=BIL=；故C正确；功率P=FV=；故D错误；故选BC．‎ 点睛：本题考查导体切割磁感线中的电动势和安培力公式的应用，要注意明确E=BLv和F=BIL均为导轨宽度，即导线的有效切割长度．‎ ‎12.如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )‎ A. 所受重力与电场力平衡 B. 电势能逐渐减小 C. 动能逐渐增加 D. 做匀变速直线运动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 带电粒子在匀强电场中的运动。‎ ‎【详解】A．带电粒子沿水平方向做直线运动，则电场力与重力的合力一定沿水平方向，受力分析如图：‎ 合力与速度方向反向，即重力与电场力不平衡，A错误；‎ B．如图，电场力方向与运动方向夹角大于90°，电场力做负功，电势能增加，B错误；‎ C．合力与速度方向反向，做负功，由动能定理可知，动能减小，C错误；‎ D．整个过程处于匀强电场中，电场力与重力都不变，即合外力不变，加速度不变，做匀变速直线运动，D正确。故选D。‎ ‎13.如图所示，竖直平行线MN、PQ间距离为a，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场（含边界PQ），磁感应强度为B，MN上O处的粒子源能沿不同方向释放比荷为的带负电粒子，速度大小相等、方向均垂直磁场．粒子间的相互作用及重力不计，设粒子速度方向与射线OM夹角为θ，当粒子沿0 =60°射入时，恰好垂直PQ射出，则 （ ）‎ A. 从PQ边界垂直射出的粒子在磁场中运动的时间为 B. 沿0 =90°射入的粒子，在磁场中运动的时间最长 C. 粒子的速率为 D. PQ边界上有粒子射出的长度为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】带电粒子在磁场中运动，不计重力，则粒子只受洛伦兹力做圆周运动；所以有，所以，粒子沿射入时，恰好垂直PQ射出，则粒子在磁场中转过30°，如图所示，所以有，解得；故，故C错误；，A正确；‎ ‎ ‎ 时，粒子离开磁场在PQ上O的水平线上方处；当增大时，粒子离开磁场在PQ上的位置下移，直到粒子运动轨迹与PQ相切；继续增大，则粒子不能从PQ边界射出；粒子运动轨迹与PQ相切时，由半径，可知，粒子转过的角度为60°，所以，出射点在O的水平线下方处；所以，PQ边界上有粒子射出的长度为，D正确；粒子在磁场中做圆周运动的半径相同，周期相同，由D分析可知，粒子出射点在PQ上时，当粒子运动轨迹与PQ相切时，粒子在磁场中运动的圆弧对应的弦最长，粒子转过的角度最大，对应的；当时，粒子从MN边界射出，且越大，对应的中心角较小，运动的时间越小；所以，沿射入的粒子，在磁场中运动的时间最长，B错误．‎ ‎【点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式，周期公式，运动时间公式，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题．‎ 二、实验题 ‎14.某同学要测量一电阻约10kΩ的圆柱体的电阻率ρ。步骤如下：‎ ‎（1）用20分度的游标卡尺测量其长度如图甲所示，则其长度为________ mm。‎ ‎（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，则其直径为________ mm。‎ ‎（3）该同学想用伏安法测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：‎ A．电压表（量程0-1 V，内阻约为10 kΩ）‎ B．电压表（量程0-10 V，内阻约为100 kΩ）‎ C．电流表（0-1 mA内阻约为30 Ω）‎ D．电流表（0‎-0.6 A，内阻约为0.05 Ω）‎ E．电源（电动势1.5 V，额定电流‎0.5 A，内阻不计）‎ F．电源（电动势12 V，额定电流‎2 A，内阻不计）‎ G．滑动变阻器R0（阻值范围0-10 Ω，额定电流‎2 A）‎ H.开关S ‎ 导线若干 ‎①为使测量尽量准确，电压表选用______，电流表选用_________，电源选用________。（均填器材的字母代号）；‎ ‎②请在框中画出测量Rx阻值的实验电路图。（ ）‎ ‎③‎ 该同学选择器材、连接电路和操作均正确，从实验原理上看，待测电阻测量值会________其真实值（填“大于”“小于”或“等于”），原因是_____________。‎ ‎【答案】(1). 50.15 (2). 4.700 (3). ①B C F ②电路图见解析 ③大于 电流表的分压作用 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．游标卡尺读数为：‎5cm+3×‎0.05mm=‎50.15 mm。‎ ‎（2）[2]．螺旋测微器读数为：‎4.5mm+‎0.01mm×20.0=‎4.700 mm。‎ ‎（3）①[3][4][5]．若选用1.5V电源，则电路中电流最大为 则两个电流表量程都较大；则应该选用电动势为12V的电源F；此时电路中电流最大为 则可选择电流表C，电压表选择B；‎ ‎②[6]．因为 则应该采用电流表内接；滑动变阻器用分压电路；如图；‎ ‎ ‎ ‎③[7][8]．该连接电路从实验原理上看，待测电阻测量值会大于其真实值，原因是电流表的分压作用，使得电压表的示数大于待测电阻两端电压。‎ ‎15.用如图（甲）所示的电路图研究额定电压为2.4V的灯泡L的伏安特性，并测出该灯泡在额定电压下工作时的电阻值．‎ ‎（1）在闭合开关S前，滑动变阻器触头应该放在端________．（选填“a”或“b”）；‎ ‎（2）按电路图（甲）测出的灯泡电阻值比真实值________（选填“偏大”或“偏小”）．根据所得到的图像如图（乙）所示，它在额定电压下实际功率P＝________W；‎ ‎（3）若将该灯泡直接接在电动势为2.4V，内阻为6Ω的电源两端，此时电路工作的效率为________．‎ ‎【答案】 (1). a (2). 偏小 1.2 (3). 25％‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）明确变阻器采用分压式接法时，电键闭合前应将滑片置于输出电压最小的一端以保护电流表；‎ ‎（2）根据欧姆定律写出电阻测量值和真实值的表达式即可；‎ ‎（3）画出电源的图像，两图像交点即为小灯泡工作电压和电流；‎ ‎【详解】（1）闭合开关前，应将滑动触头置于输出电压最小的a端，以保护电流表； （2）根据欧姆定律，电阻测量值为， 若考虑电压表内阻影响，待测电阻的真实值为， 比较可知，所以测出的灯泡电阻值比真实值偏小； 根据I-U图象读出时对应的电流，‎ 所以小灯泡的实际功率为；‎ ‎（3）作出电源的如图所示：‎ 由图像可知，此时小灯泡两端电压为 则此时电路工作的效率为：．‎ ‎【点睛】本题考查通过小灯泡的伏安特性曲线判断测量值和真实值之间的关系，注意求解电路的效率时需要画出电源的图像进行求解即可．‎ 三、计算题 ‎16.如图所示为电视机显像管的简化原理图，现有质量为m、电荷量为e、初速度不计的电子经加速电场加速后，垂直于磁场射入宽度为L的有界匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度为B，若电子束的偏转角为θ，求：加速电场的电势差U为多大？‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】设电子被加速电场加速后速度为v，据动能定理有： eU=mv2 设粒子垂直进入匀强磁场后做半径为R的匀速圆周运动，据牛顿第二定律有： 据几何关系有：‎ ‎ 由以上各式解得： ‎ ‎17.如图所示，水平放置的U形光滑导轨足够长，处于磁感应强度B=5 T的匀强磁场中，导轨宽度L=‎0.2 m，可动导体棒ab质量m=‎2.0 kg，电阻R=0.1 ，其余电阻可忽略不计。现在导体棒ab在水平外力F=10 N的作用下，由静止开始运动了s=‎40cm后，速度达到最大。求：‎ ‎（1）导体棒ab运动的最大速度。‎ ‎（2）当导体棒ab的速度为最大速度的一半时，棒ab的加速度。‎ ‎（3）导体棒ab由静止达到最大速度的过程，棒ab上产生的热量。‎ ‎【答案】（1）‎1m/s．（2）‎2.5m/s2；（3）3J．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）棒ab在运动方向上受拉力F和安培力F安的作用，做加速度减小的加速运动，当加速度等于零时，速度达到最大，即 F=F安 设棒的最大速度为vm，切割磁感线产生的感应电动势 ‎ E=BLvm 导体棒受到的安培力：‎ ‎ ‎ 联立得：‎ ‎ ‎ ‎（2）当速度达到最大速度一半，v=‎0.5m/s，设棒的加速度为a，由牛顿第二定律得：‎ F-F安′=ma 此时安培力 ‎ ‎ ‎ 解得：‎ a=‎2.5m/s2；‎ ‎（3）在整个过程中，由能量守恒定律可得：‎ 解得：‎ ‎18.如图所示，两足够长的平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L=‎1m，导轨平面与水平面夹角α=300，导轨电阻不计．磁感应强度为B1=2T的匀强磁场垂直导轨平面向上，长为L=‎1m的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m1=‎2kg、电阻为R1=1Ω．两金属导轨的上端连接右侧电路，电路中通过导线接一对水平放置的平行金属板，两板间的距离和板长均为d=‎0.5m，定值电阻为R2=3Ω，现闭合开关S并将金属棒由静止释放，重力加速度为g=‎10m/s2，试求：‎ ‎（1）金属棒下滑的最大速度为多大？‎ ‎（2）当金属棒下滑达到稳定状态时，R2消耗的电功率P为多少？‎ ‎（3）当金属棒稳定下滑时，在水平放置的平行金属间加一垂直于纸面向里的匀强磁场B2=1.5T，在下板的右端且非常靠近下板的位置有一质量为m2=6×10―‎4kg、带电量为q=－2×10‎-4C的液滴以初速度v水平向左射入两板间，该液滴可视为质点．要使带电粒子能从金属板间射出，初速度v应满足什么条件？（不计空气阻力）‎ ‎【答案】（1）‎10m/s（2）75W（3）v ≥v1或 v≤v2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）当金属棒匀速下滑时速度最大，设最大速度为vm，达到最大时则有：‎ ‎（1）‎ ‎（2）‎ ‎（3）‎ 联立（1）（2）（3）式代入数据得 ‎（2）整个电路消耗电功率等于安培力的功率（4）‎ 电阻R2消耗的功率（5）‎ 联立（4）（5）式代入数据得 ‎（3）金属棒下滑稳定时，两板间电压U=IR2‎ 因为液滴在两板间有 所以该液滴在两平行金属板间做匀速圆周运动，由牛顿第二定律 得：‎ 当液滴恰从上板左端边缘射出时：得v1=‎0.25m/s 当液滴恰从上板右侧边缘射出时：得v2=‎0.125m/s 初速度v应满足的条件是：或