2019-2020学年高二物理下学期3月月考试题 (II).doc

2019-2020学年高二物理下学期3月月考试题 (II)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()AIAIB BIA2IB CIB2IA 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()ABCD5.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 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=9.0109Nm2/C27.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()Avavbvc，tatctb Bvavbvc，tatbtcCvavbvc，tatbtc Dvavbvc，tatbtc8.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()AA、B处固定的是等量的正电荷BA、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PAPB等于()A 54 B 32 C1 D 2111.一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 WC 等于 9 W D 小于9 W12.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()AP、Q两点的磁感应强度相同BP点的磁感应强度比Q点的大CP点的磁感应强度方向由P指向QDQ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L20cm的两段光滑圆弧导轨相接，一根质量m60 g，电阻R1 ，长为L的导体棒ab，用长也为L的绝缘细线悬挂，如图8121所示，系统空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B0.5 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 530.8，g10 m/s2则()A 磁场方向一定竖直向下B 电源电动势E3.0 VC 导体棒在摆动过程中所受安培力F3 ND 导体棒在摆动过程中电源提供的电能为0.048 J14.(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:=1:2B:=2:1C:=1:2D:=2:116.（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“6V3 W”，其他可供选择的器材有：电压表V1(量程6 V，内阻约为20 k)电压表V2(量程20 V，内阻约为60 k)电流表A1(量程3 A，内阻约为0.2 )电流表A2(量程0.6 A，内阻约为1 )变阻器R1(01 000 ，允许通过的最大电流为0.5 A)变阻器R2(020 ，允许通过的最大电流为2 A)学生电源E(68 V)开关S及导线若干(1)实验中要求电压表在06 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Rg10 )C电流表A(00.6 A，内阻未知)D滑动变阻器R(020 ,5 A)E滑动变阻器R(0200 ,1 A)F定值电阻R0(阻值1 990 )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)(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E6.0 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_，R3接入电路的阻值为_(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U5 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d1.0 cm，板长l5 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(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xd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OQd，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R1R2R3R，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；(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 30，所以rR，在磁场中运动的时间为tT，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=9.0109Nm2/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vavbvc，tatctb.8.【答案】A【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IRIRIRT，解得：I1I0正弦交流电有效值为：I2所以PAPBIRIR54，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R36 ，当接入18 V电压时，假设灯泡的电阻也为36 ，则它消耗的功率为PW9 W，但是当灯泡两端接入18 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 ，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BILLsinmgL(1cos)0，代入数值得导体棒中的电流为I3 A，由EIR得电源电动势E3.0 V，B对；由FBIL得导体棒在摆动过程中所受安培力F0.3 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E的和，即WQE，而EmgL(1cos)0.048 J，D错14.【答案】BC【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)A2V1R2(2)如图所示【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. 05.0【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：eUmv.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：lv0t.a，偏转距离：yat2，能飞出的条件为：y.联立式得：U400 V.20.【答案】(1)(2)gsin(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EBLv，此时电路中电流Iab杆受到安培力F安BIL根据牛顿第二定律，有mamgsinF安mgsinagsin.(3)当a0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vyv0tan 45设粒子在电场中运动时间为t，则OQv0t，OPt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r1r1sin 45d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xd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：CD2d，CQCDQD2d(2.5dd)设此时粒子在磁场中的轨道半径为r2，由几何关系知：2r2sin 45CQ，解得：r2d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BB2综上所述要使粒子能第二次进磁场，磁感应强度B要满足B22.【答案】(1)E2Br1v0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E2Br1v0流过R1电流的大小I1，方向为自左向右流过R1(2) 电动势ESkr电流IR3在t0时间内产生的焦耳热QI2Rt0(3)开关S1闭合时，UCU3IR3开关S1断开后，UCEkr流过电阻R2的电量qC(UCUC).