物理云南省玉溪市新平一中学年高二下学期份月考解析版.docx

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物理云南省玉溪市新平一中学年高二下学期份月考解析版

玉溪市新平一中2017-2018学年下学期3月份月考

高二物理

本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间120分钟。

一、单选题（共12小题,每小题3分,共36分）

1.如图所示的空间存在一匀强磁场，其方向为垂直于纸面向里，磁场的右边界为MN，在MN右侧有一矩形金属线圈abcd，ab边与MN重合．现使线圈以ab边为轴按图示方向匀速转动（从上往下看为顺时针转动），将a、b两端连到示波器的输入端，若ab边中电流从a到b为正，则从示波器观察到的ab中电流随时间变化的图形是（　　）

A．

B．

C．

D．

2.利用如图所示的实验装置可以测量磁感应强度．当外界拉力作用于力敏传感器的挂钩上时，数字电压表上的读数U与所加外力F成正比，即U＝kF，式中k为比例系数．用绝缘悬丝把底部长为L、电阻为R、质量为m的方形线框固定在力敏传感器的挂钩上，并用软细铜丝连接线框与电源，细铜丝的电阻忽略不计．当线框接入电压为E1时，电压表的示数为U1；当线框接入电压为E2时，电压表示数为U2.则磁感应强度的大小为（　　）

A．B＝|

|

B．B＝|

|

C．B＝|

|

D．B＝|

|

3.如图所示，水平虚线表示匀强电场中的两等势面，电势分别为2V和5V,两等势面相距10cm，将一带电荷量为+10-6C的点电荷从a点匀速移动到b点，ab=30cm，不计重力，则下列说法正确的是（　　）

A．此电场的场强大小为10V/m，方向竖直向下

B．此电场的场强大小为30V/m，方向竖直向上

C．所加外力的方向垂直ab斜向下方

D．外力做的功是3×10-6J

4.如图所示，两金属板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出．现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的（　　）

A．2倍

B．4倍

C．

D．

5.如图所示，场源电荷置于O点，放置在P点的电荷量

的电荷所受库仑力大小为

，方向由P指向O，O、P间距离为30cm，静电力常量k=9×109Nm2/C2．则（　　）

A．场源电荷形成的电场在P点的场强大小为1×103N/C，方向由P指向O

B．若将置于P点的电荷移走，P点的场强将变为0

C．置于O点的场源电荷带正电，电荷量为

D．场源电荷与P点形成的电场中，O、P连线的中垂线上到O、P两点的距离均为30cm的点的场强大小为1×103N/C，方向与中垂线垂直

6.初速度为v0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图所示，则（　　）

A．电子将向右偏转，速率不变

B．电子将向左偏转，速率改变

C．电子将向左偏转，速率不变

D．电子将向右偏转，速率改变

7.在真空中有a、b两个点电荷，b的电荷量是a的2倍，如果a受到的静电力是F，则b受到的静电力是（　　）

A．FB．2FC．3FD．4F

8.把六个相同的小灯泡接成如图甲、乙所示的电路，调节变阻器使灯泡正常发光，甲、乙两电路所消耗的功率分别用P甲和P乙表示，则下列结论中正确的是（　　）

A．P甲＝P乙

B．P甲＝3P乙

C．P乙＝3P甲

D．P乙>3P甲

9.一段通电直导线放在匀强磁场B中，受到磁场力F的作用，则F的方向（　　）

A．一定和磁感应强度方向相同

B．一定和磁感应强度方向垂直

C．一定和电流方向垂直，但可以和磁感应强度成任意角

D．可以既不垂直于电流，也不垂直磁场的方向

10.在商店选购一个10μF电容器，在只有一台多用电表的情况下，为了挑选一个优质产品，应选用哪个量程：

①直流电压挡；②直流电流挡；③欧姆挡；④交流电压挡．选好量程以后，再将多用电表两根测试笔接待检电容器，如果电容器是优质的，电表指针应该：

⑤不偏转；⑥偏转至最右边；⑦偏转至中值；⑧偏转一下又返回至最左边．正确的选项是（　　）

A．①⑤B．①⑥C．③⑤D．③⑧

11.如图所示，虚线区域内存在匀强磁场，当一个带正电的粒子（重力不计）沿箭头方向穿过该区域时，运动轨迹如图中的实线所示，则该区域内的磁场方向可能是（　　）

A．平行纸面向右

B．平行纸面向下

C．垂直纸面向里

D．垂直纸面向外

12.如图所示的各图表示通电直导线在匀强磁场中所受安培力的情况，其中磁感应强度B、电流I、安培力F三者之间的方向关系不正确的是（　　）

A．

　　B．

C．

　　D．

二、多选题（共4小题,每小题5.0分,共20分）

13.（多选）如图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧．对矿粉分离的过程，下列表述正确的有（　　）

A．带正电的矿粉落在右侧

B．电场力对矿粉做正功

C．带负电的矿粉电势能变大

D．带正电的矿粉电势能变小

14.（多选）下列选项中是用导线做成的圆形或正方形回路，这些回路与一直导线构成几种位置组合（彼此绝缘）．下列组合中，切断直导线中的电流时，闭合回路中会有感应电流产生的是（　　）

A．

　　B．

C．

　　D．

15.（多选）下列说法中正确的是（　　）

A．一个电阻和一根无电阻的理想导线并联，总电阻为零

B．并联电路任一支路的电阻都大于电路的总电阻

C．并联电路任一支路电阻增大（其他支路不变），则总电阻也增大

D．并联电路任一支路电阻增大（其他支路不变），则总电阻一定减小

16.（多选）如图所示，在球壳内部球心放置带电荷量为＋Q的点电荷，球壳内有A点，壳壁中有B点，壳外有C点，则下列说法正确的是（　　）

A．EA＞EC＞EB

B．A、B、C三点的电势φA＝φB＞φC

C．EA＞EB＞EC

D．A、B、C三点的电势φA＞φB＞φC

分卷II

三、实验题（共2小题,每小题10.0分,共20分）

17.使用理想电压表、理想电流表、滑动变阻器、直流电源等仪器，研究一只小灯泡完整的伏安特性，测得I－U图象如图所示．已知滑动变阻器滑动片的有效移动长度为30cm，变阻器的最大阻值为22.5Ω，电源电动势为6V，内阻不计．

（1）在如图的虚线框内，不改变滑动变阻器和电源的位置，补上电压表、电流表、灯泡，画出完整的电路图．要求滑动变阻器的滑动片向左滑动时，灯泡的电压增大．

（2）根据I－U图象可知：

从A到B的过程中灯泡的电阻逐渐______（选填“增大”、“减小”），改变的阻值为______Ω.

（3）在获得A→B段图线数据的过程中，滑动变阻器的滑动片向左移动了______cm的长度．

18.某学生在测量某金属的电阻率实验中：

（1）利用螺旋测微器测金属丝直径d，如图甲所示，则d＝________mm.

（2）测量金属丝电阻Rx的电路图如图乙所示，闭合电键S，先后将电压表右侧接线端P接a、b点时，电压表和电流表示数如下表所示．

该学生认真观察到两次测量中，电流表的读数几乎未变，发生这种现象的原因是___________，计算金属丝电阻Rx＝__________Ω（保留两位有效数字），从系统误差角度分析，Rx的测量值与其真实值Rx真比较，Rx测__________Rx真（填“>”“＝”或“<”）．

四、计算题（共4小题,）

19.如图所示，在空间建立直角坐标系xOy，匀强磁场垂直于xOy平面向里．带电粒子以初速度v0从a点垂直于y轴进入匀强磁场，运动中经过b点，且Oa＝Ob.若撤去磁场，加一个与y轴平行的匀强电场，带电粒子仍以速度v从a点垂直于y轴进入电场，粒子仍能通过b点．粒子重力不计，那么电场强度E与磁感应强度B的比值为多少？

20.如图所示，匀强磁场磁感应强度为B，矩形线圈长为2L，宽为L，开始时矩形线圈与磁场垂直，且一半在匀强磁场中，另一半在匀强磁场外，若要线圈以ab边为轴转动60°，求线圈磁通量的变化．

21.如图所示，理想变压器B的原线圈跟副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，交流电源电压u＝311sin（100πt）V，F为熔断电流为I0＝1.0A的保险丝，负载R为一可变电阻．

（1）当电阻R＝100Ω时，保险丝能否被熔断？

（2）要使保险丝不被熔断，电阻R的阻值应不小于多少？

变压器输出的电功率不能超过多少？

22.如图所示，固定在水平桌面上的金属框架cdef处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒ab搁在框架上，可无摩擦滑动，此时adcb构成一个边长为l的正方形，棒的电阻为r，其余部分电阻不计，开始时磁感应强度为B0.

（1）若从t＝0时刻起，磁感应强度均匀增加，每秒增量为k，同时保持棒静止．求棒中的感应电流．在图上标出感应电流的方向；

（2）在上述

（1）情况中，始终保持棒静止，当t＝t1时需加的垂直于棒的水平拉力为多大？

（3）若从t＝0时刻起，磁感应强度逐渐减小，当棒以恒定速度v向右做匀速运动时，可使棒中不产生感生电流．则磁感应强度应怎样随时间变化（写出B与t的关系式）?

【答案解析】

1.【答案】D

【解析】本题可将右侧磁场补全，即矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，会产生正弦式交流电，由楞次定律可知：

从中性面开始，电流从0开始，沿负向，可画出完整电流随时间变化的图形，在此基础上，去掉右侧磁场，故电流仅在左侧磁场中切割磁感线而产生电流，故选项D正确．

2.【答案】A

【解析】由于数字电压表上的读数U与所加外力成正比，即U＝kF，式中k为比例系数，当通上电流后，

设安培力为FA，有ΔU＝kFA，即kBΔIL＝ΔU，

整理得：

B＝

，而ΔI＝

，整理得：

B＝|

|

3.【答案】D

【解析】ab两点的电势差U=3V，由U=Ed可得：

V/m=30V/m;且a点电势高于b点电势，故电场线方向竖直向下.则A、B错误.正电荷在电场中受力向下；要使电荷做匀速直线运动，则外力应与电场力大小相等、方向相反；故外力大小为

N，方向竖直向上，C错误.外力做的功W=Fd=3×10-5N×0.1m=3×10-6J；故D正确；故选D.

4.【答案】C

【解析】电子在两极板间做类平抛运动，水平方向l＝v0t，t＝

，竖直方向d＝

at2＝

，故d2＝

，即d∝

，故选C.

5.【答案】D

【解析】P点的场强大小为E=

=

N/C=1×103N/C，依据负电荷的电场力方向与电场强度方向相反，则其方向向右，即由O指向P，故A错误；因为电场强度是反映电场本身的性质的物理量，与试探电荷无关，所以若将电荷从P点移走，P点的场强大小和方向都不变，大小仍为1×103N/C，方向向右，故B错误；根据点电荷产生的场强公式E=k

，那么置于O点的场源电荷带正电，电荷量为Q=

=

=1×10﹣8C，故C错误；根据点电荷产生的场强公式E=k

，结合矢量合力法则，两电荷在该处的电场强度大小相等，方向夹角为120°，那么场源电荷与P点形成的电场中，O、P连线的中垂线上到O、P两点的距离均为30cm的点的场强大小为E合=1×103N/C，方向与中垂线垂直，故D正确．

6.【答案】A

【解析】由安培定则可知导线右侧磁场方向垂直纸面向里，然后根据左手定则可知运动电子所受洛伦兹力向右，因此电子将向右偏转，洛伦兹力不做功，其速率不变，故B、C、D错误，A正确．

7.【答案】A

【解析】a电荷对b电荷的静电力与b电荷对a电荷的静电力是一对作用力与反作用力，大小相等．所以b受到的静电力是F．故A正确，B、C、D错误．

8.【答案】B

【解析】设每个灯泡正常工作时的电流为I，则甲图中电路的总电流为3I，P甲＝12×3I＝36I，乙图中电路的总电流为I，P乙＝12×I＝12I，故有P甲＝3P乙，B正确．

9.【答案】B

【解析】根据左手定则知，磁场力的方向一定和磁感应强度方向垂直，与电流方向垂直．故B正确，A、C、D错误．

10.【答案】D

【解析】若用电压、电流挡，则因无电源无法检测，故要用欧姆挡，刚接通时是充电过程，充电完毕后，相当于断路，电阻无穷大，故测量时指针先偏转一下又返回到最左边．

11.【答案】D

【解析】若磁场方向沿纸面水平向右，粒子将在垂直于纸面的平面内绕逆时针方向（从左向右看）做圆周运动，故A错误．若磁场方向沿纸面水平向左，粒子将在垂直于纸面的平面内绕顺时针方向（从左向右看）做圆周运动，故B错误．若磁场方向垂直纸面向里，粒子偏转方向与图中方向相反，故C错误．若磁场方向垂直纸面向外，粒子偏转方向上图中方向相同，符合题意，故D正确．

12.【答案】C

【解析】根据左手定则：

让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是导线受的安培力的方向．可得，A图中安培力的方向是水平向右，正确；B图中安培力的方向是水平向右，正确；C图中安培力的方向是竖直向下的，错误；D图中安培力的方向垂直导线斜向左上方，正确，故选C.

13.【答案】BD

【解析】带正、负电的矿粉受电场力做正功分别落到左、右两侧，根据电场力做功与电势能的变化关系有带正、负电的矿粉的电势能都变小，故选B、D.

14.【答案】CD

【解析】利用安培定则判断直线电流产生的磁场，其磁感线是一些以直导线为轴的无数组同心圆，即磁感线所在平面均垂直于导线，且直线电流产生的磁场分布情况是：

靠近直导线处磁场强，远离直导线处磁场弱，所以A中穿过圆形线圈的磁场如图甲所示，其有效磁通量为ΦA＝Φ出－Φ进＝0，且始终为0，即使切断导线中的电流，ΦA也始终为0，A中不可能产生感应电流；B中线圈平面与导线的磁场平行，穿过线圈的磁通量始终为0，B中不可能产生感应电流；C中穿过线圈的磁通量如图乙所示，Φ进>Φ出，即ΦC≠0.当切断导线中电流后，穿过线圈的磁通量ΦC减小为0，所以C中有感应电流产生；D中线圈的磁通量ΦD不为0，当电流切断后，ΦD也减小为0，所以D中也有感应电流产生．

15.【答案】ABC

【解析】由并联电路的特点知：

并联电路的总电阻比各支路中的任意一个分电阻的阻值都要小且任一支路电阻增大时（其他支路不变），总电阻也增大，所以A、B、C对，D错．

16.【答案】AD

【解析】＋Q在球壳内外表面感应出等量的异种电荷，即球壳内为－Q，球壳外为＋Q且均匀分布．画出这时候的电场线，在球壳的内外的场强和没有球壳一样．靠近球心处的场强大、远离球心处的场强小，故A正确；沿电场线电势降落，故A、B、C三点的电势φA＞φB＞φC；故D正确．

17.【答案】

（1）电路图如图所示；

（电流表内、外接均可）

（2）增大　5　（3）10

【解析】

（1）滑动变阻器采用分压接法，电流表采用外接法，滑片左移灯泡电压变大，灯泡与滑动变阻器右半部分电阻丝并联，电路图如图所示．

（2）由I－U图象可知，从A到B的过程中，灯泡两端电压与电流之比增大，即灯泡的电阻逐渐增大；

应用欧姆定律可知，电阻的改变量：

ΔR＝RB－RA＝

－

＝

－

＝5Ω.

（3）设滑片在A点时与灯泡并联的滑动变阻器阻值为R，此时灯泡两端电压，即并联电压为U并＝3V，滑动变阻器左半段电压为6V－3V＝3V，通过灯泡的电流为IL＝0.2A，由串并联电路特点及欧姆定律可得：

（

＋0.2）（22.5－R）＝3，解得：

R＝15Ω；与灯泡并联的滑动变阻器电阻丝长度为：

×30cm＝20cm，在获得A→B段图线数据的过程中，滑动变阻器的滑动片向左移动了30cm－20cm＝10cm.

18.【答案】

（1）0.557（0.555～0.559）　

（2）电压表内阻比金属丝电阻大得多，电路的总电阻几乎未变　3.1　＜

【解析】

（1）螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为5.7×0.01mm＝0.057mm，所以最终读数为0.5mm＋0.05mm＝0.557mm.

（2）电流表读数几乎不变，说明总电阻几乎不变，则电压表内阻比金属丝电阻大得多，Rx是个小电阻；用外接法误差较小，故Rx＝

≈3.1Ω；由于外接法电压表分流导致电流表读数偏大，故测量值偏小．

19.【答案】2v

【解析】设Oa＝Ob＝d，因为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d，

由牛顿第二定律得，qv0B＝m

即r＝

＝d

得到：

B＝

如果换成匀强电场，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速运动，则

d＝

2

解得：

E＝

所以有：

＝2v.

20.【答案】BL2

【解析】原来的磁通量Φ1＝BS＝BL2

转过60°时，由数学知识可知dc边恰好离开磁场，此时Φ2＝0

所以ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝BL2.

21.【答案】

（1）保险丝不会被熔断

（2）55Ω　220W

【解析】原线圈两端电压的有效值为U1＝

V≈220V

由

＝

得副线圈两端的电压

U2＝

U1＝

×220V＝110V

（1）当R＝100Ω时，副线圈中电流

I2＝

＝

A＝1.10A.

由U1I1＝U2I2得原线圈中的电流为

I1＝

I2＝

×1.10A＝0.55A，I1＜I0（熔断电流），故保险丝不会被熔断．

（2）设电阻R取某一值R0时，原线圈中的电流I1′刚好达到熔断电流I0，即I1′＝1.0A，则副线圈中的电流为

I2′＝

I1′＝

·I1′＝2×1.0A＝2.0A

可变电阻R的阻值为R0＝

＝

Ω＝55Ω.

此时变压器的输出功率为

P2＝I2′U2＝2.0×110W＝220W

可见，要使保险丝F不被熔断，电阻R的阻值不能小于55Ω，输出的电功率不能大于220W.

22.【答案】

（1）

　在图中标出（略）　

（2）（B0＋kt1）

（3）B＝

【解析】

（1）感应电动势E＝

＝kl2.

感应电流I＝

＝

，

由楞次定律可判定感应电流方向为逆时针．

（2）t＝t1时，B＝B0＋kt1，F＝BIl，

所以F＝（B0＋kt1）

.

（3）使棒中不产生感应电流，则应保持总磁通量不变，

即Bl（l＋vt）＝B0l2，所以B＝

.