陕西省西安市第三中学2020_2021学年高二物理上学期第三次月考试题理含解析.docx

陕西省西安市第三中学2020-2021学年高二物理上学期第三次月考试题 理（含解析）一、选择题（本大题共14个小题，每小题4分，共，56分1-10单选，11-14多选，）1. 下列关于磁场的说法中，正确的是A. 磁场和电场一样，是客观存在的特殊物质B. 磁场是为了解释磁极间相互作用而人为规定的C. 磁体与磁体之间是直接发生作用的D. 磁场只能由磁体产生，电流不能产生磁场【答案】A【解析】【分析】【详解】AB磁场和电场一样，对放入其中的物体由力的作用，是客观存在的特殊物质；故A正确B错误；C磁极与磁极间是通过磁场发生作用的，故C错误；D电流也可以产生磁场，D错误；故选A。2. 如图所示，静电喷涂时，喷枪喷出的涂料微粒带负电，被喷工件带正电，微粒只在静电力作用下向工件运动，最后吸附在工件表面微粒在向工件靠近的过程中（ ）A. 电势越来越低B. 所受电场力恒定C. 克服电场力做功D. 电势能逐渐减少【答案】D【解析】【分析】【详解】A越靠近正电荷电势越高，故电势越来越高，A错误；B电场线的疏密表示电场强度大小，故电场强度不恒定，所以受到的电场力不恒定，B错误；CD涂料微粒所受的电场力方向向左，其位移方向大体向左，则电场力对涂料微粒做正功，其电势能减小，C错误D正确。故选D。3. 铁环上绕有绝缘的通电导线，电流方向如图所示，则铁环中心处的磁场方向为（ ）A. 向下B. 向上C. 垂直纸面向里D. 垂直纸面向外【答案】A【解析】【分析】【详解】根据安培定则得左侧线圈中的磁场的方向下边是S极，上边是N极，右侧的线圈中的磁场下边是S极，上边是N极，所以铁环环内的磁场方向从上向下，故A正确，BCD错误。4. 如图所示是云层之间闪电的模拟图，图中A、B是位于南、北方向带有电荷的两块阴雨云，在放电的过程中，两云的尖端之间形成了一个放电通道，发现位于通道正上方的小磁针N极转向纸里，S极转向纸外，则关于A、B的带电情况，下列说法中正确的是（）A. 带同种电荷B. 带异种电荷C. B带正电D. A带负电【答案】B【解析】【分析】【详解】由于小磁针N极转向纸里，S极转向纸外，故该通道在磁针位置所产生的磁场方向应该是垂直于纸面向里，所以利用右手螺旋定则可以判断出电流的方向应该是由A流向B，所以A带的是正电荷，B带的是负电荷。故选B。5. 在地球赤道上进行实验时，用磁传感器测得赤道上P点地磁场磁感应强度大小为B0.将一条形磁铁固定在P点附近的水平面上，让N极指向正北方向，如图所示，此时用磁传感器测得P点的磁感应强度大小为B1；现将条形磁铁以P点为轴心在水平面内旋转90°，使其N极指向正东方向，此时用磁传感器测得P点的磁感应强度的大小应为(可认为地磁南北极与地理北、南极重合)()A. B1B0B. B1B0C. D. 【答案】D【解析】【分析】【详解】根据题意，赤道上P点地磁场磁感应强度大小为B0，条形磁铁N极指向正北方向时，条形磁铁在P点产生的磁感应强度为BB1B0；条形磁铁N极指向正东方向时，其分磁感应强度指向正东方向，此时两个分矢量垂直，故P点的合磁感应强度为BAB1B0，与结论不相符，选项A错误；BB1B0，与结论不相符，选项B错误；C ，与结论不相符，选项C错误；D ，与结论相符，选项D正确；故选D.6. 如图所示，通电直导线置于匀强磁场中，导线与磁场方向垂直若仅将导线中的电流增大为原来的2倍，则导线受到安培力的大小将（ ）A. 减小为原来1/4B. 减小为原来的1/2C. 增大为原来的4倍D. 增大为原来的2倍【答案】D【解析】【分析】【详解】由安培力公式F=BIL知，当电流增大为2倍后，导线受安培力大小也将增大为原来的2倍，故选项D正确，其余错误7. 如图所示，通有恒定电流的导线与闭合金属框共面，第一次将金属框由平移到，第二次将金属框绕边翻转到，设先后两次通过金属框的磁通量的变化量的绝对值分别为和，则（）A. B. C. D. 不能判断与的关系【答案】C【解析】【分析】【详解】导线周围的磁场并非匀强磁场，靠近处的磁场强些，磁感线密一些，远离处的磁感线疏一些。当金属框在位置时，穿过金属框的磁通量为，当金属框平移至位置时，磁通量为，则磁通量的变化量的绝对值为当金属框翻转至位置时，磁感线相当于从“反面”穿过金属框，故磁通量为，则磁通量的变化量的绝对值是所以，故C正确，ABD错误。8. 如图所示，a为带正电的小物块，b是一不带电的绝缘物块，a、b叠放于粗糙的水平地面上，地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，现用水平恒力F拉b物块，使a、b一起无相对滑动地向左加速运动，在加速运动阶段 （ ）A. a、b一起运动的加速度不变B. a、b一起运动的加速度增大C. a、b物块间摩擦力减小D. a、b物块间的摩擦力增大【答案】C【解析】【分析】【详解】以整体为研究对象有F-f=（ma+mb）a ，f=（ma+mb+qvB）由于物体加速运动，因此速度逐渐增大，洛伦兹力增大，则地面给b的滑动摩擦力增大，因此整体加速度逐渐减小，隔离a，a受到水平向左的静摩擦力作用，根据牛顿第二定律有：f=maa，由于加速度逐渐减小，因此ab之间的摩擦力减小。故选C。9. 如图所示，平行边界MN、PQ间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，两边界间距为d，MN上有一粒子源A，可在纸面内沿各个方向向磁场中射入质量均为m，电量均为q的带正电的粒子，粒子射入磁场的速度，不计粒子的重力，则粒子能从PQ边界射出的区域长度为（ ）A. dB. C. D. 【答案】C【解析】【分析】【详解】粒子在磁场中运动半径，粒子从PQ边射出的两个边界粒子的轨迹如图所示：由几何关系可知，从PQ边射出粒子的区域长度为，C项正确【点睛】带电粒子的运动问题，加速电场一般由动能定理或匀加速运动规律求解；偏转电场由类平抛运动规律求解；磁场中的运动问题则根据圆周运动规律结合几何条件求解10. 回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示设D形盒半径为R，若用回旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电频率为f，则下列说法正确的是()A. 质子被加速后的最大速度不可能超过2fRB. 质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小有关C. 高频电源只能使用矩形交变电流，不能使用正弦式交变电流D. 不改变B和f，该回旋加速器也能用于加速粒子【答案】A【解析】【分析】【详解】AB由，可得质子被加速后的最大速度为2fR，其不可能超过2fR，质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关，A正确，B错误；C高频电源可以使用正弦式交变电流，C错误；D要加速粒子，高频交流电周期必须变为粒子在其中做圆周运动的周期，即，故D错误11. 两根通电的长直导线平行放置，电流分别为I1和I2，电流的方向如图所示，在与导线垂直的平面上有a、b、c、d四个点，其中a、b在导线横截面连线的延长线上，c、d在导线横截面连线的垂直平分线上。则导体中的电流在这四点产生的磁场的磁感应强度一定不可能为零的是（）A. a点B. b点C. c点D. d点【答案】CD【解析】【分析】【详解】A两电流在a 点B的方向相反，若I1I2且离I1近，故I1的磁感应强度可能等于I2的磁感应强度。则a点可能为0，故A不符合题意；B两电流在b点的B的方向相反，若I1I2而I2离b点近，则可以大小相等，故b点磁感应强度可为0，故B不符合题意；CD两电流在 c 点 d点的B的方向不相反，故b，c两点的磁感应强度不可能为0，故CD符合题意。 故选CD。12. 如图所示，一根水平光滑的绝缘直槽轨连接一个竖直放置的半径为R=0.50m的绝缘光滑圆槽轨。槽轨处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感强度B=0.5T，有一质量为m=0.10g的带正电的电量为q=1.6×10-3C的小球在水平轨道上向右运动，小球恰好能通过光滑圆槽轨的最高点，则下列说法正确的是（ ）A. 小球在最高点只受到洛仑兹力和重力作用B. 由于无摩擦力，且洛伦兹力也不做功，所以小球到达最高点和小球在水平轨道上的机械能相等C. 如果小球到达最高点的线速度是v，小球在最高点有式子成立D. 如果重力加速度取10m/s2，则小球的初速度为4.6m/s【答案】ABD【解析】【分析】【详解】A设小球在最高点的速度为v，则小球在最高点所受洛伦兹力方向竖直向上；由于小球恰好能通过最高点，故小球在最高点由洛伦兹力和重力共同提供向心力，故A正确；B由于由于无摩擦力，洛伦兹力也不做功，所以小球在运动中只有重力做功，即机械能守恒，故B正确；C由左手定则可知，小球受到的洛伦兹力向上，则根据牛顿第二定律可得故C错误；D由于小球恰好能通过最高点，故小球在最高点由洛伦兹力和重力共同提供向心力解得v=1m/s由于无摩擦力，且洛伦兹力不做功，所以小球在运动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律可得解得故D正确。故选ABD。13. 如图是一条通电导体棒a放在光滑绝缘斜面的平面示意图，通入垂直纸面向里的电流，欲使导体棒a能静止在斜面上，需在MN间垂直纸面放置通电导体棒b，则关于导体棒b的电流方向及位置可能正确的是（）A. 垂直纸面向外，放在A点B. 垂直纸面向外，放在B点C. 垂直纸面向里，放在B点D. 垂直纸面向里，放在C点【答案】AD【解析】【分析】【详解】A若导体棒b的电流方向垂直纸面向外，放在A点，a受力如下a受这样的三个力的作用合力可能为零，能处于静止，故A正确；B若导体棒b的电流方向垂直纸面向外，放在B点，a受力如下三个力的合力不可能为零，故B错误；C垂直纸面向里，放在B点，受力如下三个力的合力不可能为零，故C错误；D垂直纸面向里，放在C点，受力如下三个力的合力可能为零，a可以处于静止，故D正确。故选AD。14. 通电矩形线框abcd与长直通电导线MN在同一平面内，如图所示，ab边与MN平行。关于MN的磁场对线框的作用力，下列说法正确的是（）A. 线框有两条边所受的安培力方向相同B. 线框有两条边所受的安培力大小相等C. 线框所受的安培力的合力方向向左D. 线框所受的安培力的合力方向向右【答案】BD【解析】【分析】【详解】由安培定则可知导线MN在线框处所产生的磁场方向垂直于纸面向外，再由左手定则判断出bc边和ad边所受安培力大小相等，方向相反。ab边受到向右的安培力Fab，cd边受到向左的安培力Fcd。因ab所处的磁场强，cd所处的磁场弱，故FabFcd，线框所受合力方向向右。故选BD。二、填空题（本题共5个空，共15分）15. 图示为简单欧姆表原理示意图，其中电流表的偏电流=300A,内阻=100，可变电阻R的最大阻值为10k，电池的电动势E=1.5V,内阻r=0.5，图中与接线柱A相连的表笔颜色应是_色，接正确使用方法测量电阻Rx的阻值时，指针指在刻度盘的正中央，则=_k.若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能调零，按正确使用方法再测上述Rx其测量结果与原结果相比较_（填“变大”、“变小”或“不变”）【答案】 (1). 红 (2). 5 (3). 变大【解析】【分析】【详解】欧姆表是电流表改装的，必须满足电流的方向“+”进“-”出，即回路中电流从标有“+”标志的红表笔进去，所以与A相连的表笔颜色是红色；当两表笔短接（即）时，电流表应调至满偏电流Ig，设此时欧姆表的内阻为R内此时有关系：，得；，当指针指在刻度盘的正中央时：有：，代入数据可得：；当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流不变，由公式：，欧姆表内阻得调小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由，可知当变小时，变小，指针跟原来的位置相比偏左了，故欧姆表的示数变大了【点睛】根据欧姆表的结构，由闭合电路欧姆定律可以判断读数，以及电池电动势变小，内阻变大时测量结果的变化；本小题考查了考查欧姆表的结构、测量原理，同时还要注意测量误差应如何来分析16. 某实验小组设计了如图甲所示的电路，其中RT为热敏电阻，电压表量程为3 V，内阻RV约10 k，电流表量程为0.5 A，内阻RA4.0 ，R为电阻箱 (1)该实验小组首先利用该电路进行描绘热敏电阻的伏安特性曲线的实验闭合开关，调节电阻箱，记录不同情况下的电压表示数U1、电流表示数I和电阻箱的阻值R，在IU坐标系中，将各组U1、I的数值标记在相应位置，描绘出热敏电阻的部分伏安特性曲线，如图乙中曲线所示为了完成该实验，应将导线c端接在_(选填“a”或“b”)点；(2)利用(1)中记录的数据，通过分析计算可得外电路的电压U2，U2的计算式为_；(用U1、I、R和RA表示)(3)实验小组利用(2)中的公式，计算出各组的U2，将U2和I的数据也描绘在IU坐标系中，如图乙中直线所示，根据图象分析可知，电源的电动势E_ V，内电阻r_ ；(4)实验中，当电阻箱的阻值调到8.5 时，热敏电阻消耗的电功率P_ W(保留两位有效数字)【答案】 (1). a (2). U2=U1+I(R+RA) (3). 6.0 (4). 5.0（4.85.2均可） (5). 0.48（0.470.49均可）【解析】【分析】分析电路结构，明确电流表外接法的应用；根据串并联电路的规律可明确路端电压的表达式；根据伏安特性曲线可明确电源的电动势和内电阻；在图中作出等效电源的伏安特性曲线，与曲线的交点为热敏电阻的工作点，则由P=UI可求得电功率；【详解】解：(1)利用伏安法测电阻，由图象可知热敏电阻的阻值远小于电压表电阻，所以采用电流表外接法；故导线c应接在a点；(2)根据串并联电路规律可知：外电压： (3)利用电源的伏安特性曲线可知电源的电动势为：6.0V，内电阻为：；(4) 把电流表、电阻箱、电源作为等效电源，等效电源内阻，在IU图象中作等效电源的伏安特性曲线，如图所示，与热敏电阻的伏安特性曲线的交点坐标，所以热敏电阻的电功率为：三、计算题（共3个题，共30分）17. 如图所示，线圈平面与水平方向夹角，磁感线竖直向下，线圈平面面积S0.4 m2，匀强磁场磁感应强度B0.6T，则穿过线圈磁通量为多少？把线圈以cd为轴顺时针转过 角，则通过线圈磁通量的变化量为多少？【答案】0.12Wb0.36Wb【解析】【分析】【详解】线圈平面与水平方向夹角，穿过线圈的磁通量把线圈以cd为轴顺时针转过角时，线圈平面与磁感线的方向垂直，所以通过线圈磁通量由图可知，当把线圈以cd为轴顺时针转过角时，穿过线圈的磁通量的方向与开始时穿过线圈的磁通量的方向是相反的，所以磁通量的变化量18. 长2cm的通电直导线垂直于大小、方向恒定的磁场的方向放置，当通过导线的电流为2 A时，它受到的磁场力大小为N.（1）该处的磁感应强度B是多大？（2）若电流不变，导线长度减小到1cm， 则它在磁场中受到的力F和该处的磁感应强度B各是多大？（3）若导线长度不变，电流增大为5A， 则它受到的磁场力F和该处的磁感应强度B各是多大？（4）若让导线与磁场方向平行，该处的磁感应强度多大？通电导线受到的磁场力多大？【答案】（1）0.1T；（2）N，0.1T；（3）N，0.1T；（4）0.1T，0。【解析】【分析】【详解】（1）根据磁感应强度的定义（2）匀强磁场中某点的磁感应强度由磁场本身决定，不因导线长度的改变而改变，因此B=0.1T导线长度减小到1cm，则它所受磁场力（3）匀强磁场中某点的磁感应强度也不因电流的改变而改变，因此B=0.1T电流增大为5 A，则它所受磁场力（4）磁感应强度B是磁场本身的性质，与F、I、L无关若导线与磁场方向平行，磁感应强度不变，即B=0.1T，则磁场力为019. 如图（甲）所示，在直角坐标系区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点为圆心.半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N现有一质量为m，带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，速度方向与x轴夹角为此时在圆形区域加上如图（乙）所示周期性变化的磁场（以垂直纸面向外为磁场正方向），最后电子运动一段时间后从N点飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同（与x轴夹角也为）不计电子重力，求：（1）电子飞出电场时的速度大小；（2）区域内匀强电场场强E的大小；（3）写出圆形磁场区域磁感应强度的大小、磁场变化周期T各应满足的表达式【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）电子在电场中做类平抛运动，如图（1）所示，射出电场时与水平方向夹角得到：，（2）由速度关系，联立可以得到：；（3）在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转角是，如图（2）所示，这过程中x方向位移为R，粒子到达N点时要满足速度方向与进入磁场方向相同，则：解得：若粒子在磁场中的半个周期内转过，同时在磁场中运动的时间是磁场周期的整数倍时，可以满足题目要求，则：解得：点睛：本题带电粒子在组合场中运动，分别采用不同的方法：电场中运用运动的合成和分解，磁场中圆周运动处理的基本方法是画轨迹所加磁场周期性变化时，要研究规律，得到通项