江西省上饶县中学-高二物理上学期第三次月考试题(实验班-含解析)

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1、上饶县中学高二年级上学期第三次月考物理 试 卷(实验班)一、选择题(本题12小题，每题4分，共48分,其中、10、1、题为多选题,所有选对的4分,选不全的得2分,有选错的或不答的得0分)。1有关磁感应强度的概念,下列说法对的的是()A. 由磁感应强度定义式B=可知,在磁场中某处,与F成正比,与成反比B 一小段通电导线在某处不受磁场力作用,该处的磁感应强度一定为零. 磁场中某处磁感应强度的方向,与直线电流在该处所受磁场力方向相似D. 磁场中某处磁感应强度的大小与放在磁场中通电导线长度、电流大小及所受磁场力的大小均无关【答案】D【解析】试题分析:本题考察了磁场的大小与方向,磁感应强度B=是采用比值

2、法定义的,大小与F、L无关,B由磁场自身决定，当电流方向与磁场方向不在同始终线上时，导体才受到磁场力作用,磁场力的方向与电流、磁场垂直.解：、磁感应强度B是采用比值法定义的,B大小与F、I无关,B由磁场自身决定,故A错误;B、当导体方向与磁场方向在一条线上时,导体不受磁场力作用，此时磁感应强度并非为零,故B错误C、根据左手定则可知,磁场方向与磁场力方向垂直.故错误;D、磁场中某处磁感应强度的大小与放在磁场中通电导线长度、电流大小及所受磁场力的大小均无关，故D对的.故选：D【点评】对于磁感应强度的定义式B=，要明确其定义措施、合用条件，以及各个物理量的含义,可以和电场强度的定义E类比学习2如图所

3、示,竖直放置的长直导线通以恒定电流,有一矩形线圈acd与导线在同一平面上，在下列状况中线框中不能产生感应电流的是(）A. 导线中电流强度变小B.线框向下平动. 线框向右平动D 线框以ab边为轴转动【答案】【解析】导线中电流强度变小,则周边的磁感应强度削弱，则线框中磁通量减小,故可以产生感应电流;线框向下运动时，线框中的磁感应强度不变,磁通量不变,故B不会产生感应电流；线框向右运动时,线框中的磁感应强度减小,磁通量减小，故会产生感应电流;线框以边为轴转动时，线框中的磁通量发生变化,故D会产生感应电流；本题选不产生感应电流的,故选B.点睛：判断电路中能否产生感应电流，应把握两点:一是要有闭合回路；

4、二是回路中的磁通量要发生变化；3. 如图所示，通电导线M在纸面内从a位置绕其一端M转至b位置时，通电导线所受安培力的大小变化状况是（ )A 不变 B. 变小 . 变大 D. 不能拟定【答案】A【解析】解：从a转到位置时,导线MN还是与磁场垂直，故FBIL大小不变，故对的；故选:【点评】本题比较简朴，应用公式F=BL时注意公式合用条件和公式中各个物理量的含义如图所示,带电粒子所受洛伦兹力方向垂直纸面向外的是（ )【答案】C【解析】A图洛伦兹力水平向右;B图洛伦兹力水平向右;D图不受洛伦兹力。. 目前世界上正在研究的一种新型发电机叫磁流体发电机。右图表达它的发电原理：将一束等离子体(即高温下电离的

5、气体,具有大量带正电和带负电的微粒,而从整体来说呈中性)，喷射入磁场,磁场中有两块金属板A、,这时金属板上就汇集电荷，两板间形成一定的电压,A、B两板相称于电源的正负极,闭合开关后,电阻R上有电流通过。下列说法对的的是( ). 板为正极，通过电阻R的电流从上到下B A板为正极,通过电阻的电流从下到上.板为正极,通过电阻R的电流从上到下D 板为正极，通过电阻R的电流从下到上【答案】【解析】试题分析：根据左手定则,微粒垂直进入磁场,在磁场中运动受到洛伦兹力，正电荷打到A板,负电荷打到B板,因此A板为正极，通过电阻R的电流从上到下,对的，故选A考点：考察复合场点评:本题难度较小，判断正、负电荷所受洛

6、仑兹力是核心，当电压为零时，正电荷打在哪个极板哪个极板就带正电6.如图所示,、c为三根互相平行的通电直导线，电流大小相等,方向如图所示。P是ab连线的中点,cpb,则p处磁感应强度的方向是( ）A.pa方向B. pb方向Cpc方向D.cp方向【答案】B【解析】试题分析:点的磁场为三条导线在P点的合磁场，根据右手定则可得:在点的磁场方向竖直向下，b在P点的方向竖直向上,且两者的大小相等,因此ab导线在点的合磁场为零,而C导线在P点的磁场方向水平向左,即从p方向,B对的，考点:考察了磁场的合成，点评：磁感应强度是矢量,在叠加的时候遵循平行四边形定则7.环型对撞机是研究高能粒子的重要装置,其核心部件

7、是一种高真空的圆环状空腔。若带电粒子初速度为零，经电压为U的电场加速后,沿圆环切线方向注入对撞机的环状空腔内,腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B。带电粒子将被局限在圆环状腔内运动。要维持带电粒子在圆环内做半径拟定的圆周运动,下列说法对的的是( ) 对于给定的加速电压,带电粒子的比荷q/m越大，磁感应强度B越大.对于给定的加速电压,带电粒子的比荷q/越大,磁感应强度越小C. 对于给定的带电粒子，不管加速电压U多大,粒子运动的周期都不变D. 对于给定的带电粒子,加速电压U越大，粒子运动的周期越小【答案】B【解析】根据,可知对于给定的加速电压，带电粒子的比荷q/越大,磁感应强度B

8、越小，对于给定的带电粒子,加速电压越大,q越小,粒子运动的周期越小,故应当选D.如图所示,光滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P、平行放置于导轨上，形成一种闭合回路,一条形磁铁从高处下落接近回路时AP、将互相靠拢B. P、Q将互相远离C. 磁铁的加速度仍为g. 磁铁的加速度不小于【答案】A【解析】【分析】当一条形磁铁从高处下落接近回路时,穿过回路的磁通量增长,根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化,分析导体的运动状况.【详解】当一条形磁铁从高处下落接近回路时,穿过回路的磁通量增长,根据楞次定律:感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化,可知,、Q将互相靠拢,回路的面积减小一点,使穿过回路

9、的磁场减小一点，起到阻碍原磁通量增长的作用。故A对的,错误。由于磁铁受到向上的安培力作用,因此合力不不小于重力,磁铁的加速度一定不不小于。故CD错误。故选A。【点睛】本题直接用楞次定律判断电磁感应现象中导体的运动方向,抓住导体总是对抗原磁通量的变化是核心.如图,三个速度大小不同的同种带电粒子沿同一方向从图示长方形区域的匀强磁场边沿射入,当它们从下边沿飞出时相对入射方向的偏角分别为90、0、，则它们在磁场中运动时间之比分别为( ) A. 1:1：1 B1:2:3 . 3：:1 【答案】C【解析】试题分析:粒子在磁场中运动的周期的公式为，由此可知,粒子的运动的时间与粒子的速度的大小无关，因此粒子在

10、磁场中的周期相似,由粒子的运动的轨迹可知,三种速度的粒子的偏转角分别为9、0、30,因此偏转角为90的粒子的运动的时间为，偏转角为60的粒子的运动的时间为,偏转角为30的粒子的运动的时间为;因此有，C对的；故选C。 考点:带电粒子在匀强磁场中的运动【名师点睛】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动解题一般程序是:1、画轨迹:拟定圆心，几何措施求半径并画出轨迹; 2、找联系：轨迹半径与磁感应强度、速度联系；偏转角度与运动时间相联系，时间与周期联系。10.电子在匀强磁场中以某固定的正电荷为中心做顺时针方向的匀速圆周运动,如图所示.磁场方向与电子的运动平面垂直,磁感应强度为B,电子的速率为v,正电荷与电

11、子的带电量均为e,电子的质量为,圆周半径为,则下列判断中对的的是A. 如果，则磁感线一定指向纸内B. 如果，则电子的角速度为 如果,则电子不能做匀速圆周运动D 如果，则电子的角速度也许有两个值【答案】ABD【解析】A、如果,由于库伦引力指向圆心，则洛伦兹力一定指向圆心，根据左手定则,磁感线一定指向纸内,故A对的;B、如果,知洛伦兹力方向指向圆心,根据牛顿第二定律得,解得,故对的；、如果,洛伦兹力的方向也许指向圆心,也许背离圆心，做匀速圆周运动,因此角速度也许有两个值，故C错误，D对的。点睛:电子做匀速圆周运动，靠库伦引力和洛伦兹力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律进行分析。1.93年劳伦斯制成

12、了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质形盒1、2构成,其间留有空隙.下列说法对的的是A. 离子从形盒之间空隙的电场中获得能量B. 回旋加速器只能用来加速正离子C 离子在磁场中做圆周运动的周期是加速交变电压周期的一半 离子在磁场中做圆周运动的周期与加速交变电压周期相等【答案】A【解析】试题分析:回旋加速器运用电场加速,在磁场中速度大小不变，运用磁场偏转.故对的；回旋加速器可以加速正电荷，也可以加速负电荷故B错误;回旋加速器离子在磁场中做圆周运动的周期与加速交变电压的周期相等故C错误对的.考点：回旋加速器的工作原理12.一种闭合回路由两部分构成,如图所示，右侧是电阻为的圆形

13、导轨,置于竖直方向均匀变化的磁场中，左侧是光滑的倾角为的平行导轨,宽度为d,其电阻不计，磁感应强度为的匀强磁场垂直导轨平面向上，且只分别在左侧，一种质量为m、电阻为R的导体棒此时正好能静止在导轨上，分析下述判断对的的是A. 圆形导线中的磁场，可以方向向上均匀增强,也可以方向向下匀速削弱.导体棒受到的安培力大小为C.回路中的感应电流为D圆形导线中的电热功率为【答案】AC【解析】试题分析:导体棒静止在导轨上,所受的合力为零.根据力的平衡得知，棒所受的安培力的大小为,方向沿斜面向上因此有,则回路中的感应电流大小,根据安培力的方向，通过左手定则判断得知,通过线圈感应电流的方向从上往下看为顺时针方向.根

14、据楞次定律，圆形线圈中的磁场可以方向向上均匀增强,也可以方向向下均匀削弱,故BC对的;根据，可知圆形导线中的电热功率为,故D错误;考点:考察了法拉第电磁感应定律;楞次定律【名师点睛】解决本题的核心通过受力平衡求出安培力的大小和方向，以及掌握左手定则鉴定安培力与电流方向的关系,和运用楞次定律判断感应电流方向与磁场的变化关系二、实验题(每空分,共10分）1.（1)小明同窗用螺旋测微器对一段金属丝进行了直径的测量，如图所示,可知其直径为_m。 （2)小明用多用电表测一金属丝的电阻,进行了如下操作,请你将相应的操作环节补充完整。将红、黑表笔分别插入多用电表的“”“-”插孔,选择开关旋至电阻“10”档位

15、；将红、黑表笔短接,调节_旋钮（填图甲中的“A”或“”或“”),使欧姆表指针对准电阻的_处（填“刻度线”或“刻度线”）;将红、黑表笔分别与金属丝的两端相接，此时多用电表的示数如图乙所示;为了使金属丝的阻值测量可以再精确些,小明应将选择开关旋至电阻档_(填“” 或“”)档位,重新进行电阻调零；重新测量，得到如图丙所示成果,则金属丝的电阻为_。【答案】 (1). 470 (2）. B (3).0刻线处 (）. 1 (5). 60【解析】【分析】（)螺旋测微器的读数措施是固定刻度读数加上可动刻度读数,在读可动刻度读数时需估读.（2)用多用电表粗测金属丝的阻值时选档后一定要先进行欧姆调零，读数时尽量使

16、指针指在中央刻度附近,欧姆表的读数等于表盘示数乘以倍率【详解】(1）螺旋测微器的固定刻度为3mm,可动刻度为4700.1mm=070mm，因此最后读数为:3m+0.470mm=3470m(2)用多用电表粗测金属丝的阻值时选档后一定要先进行欧姆调零:将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮B,使指针对准电阻的0刻线处；选“1”挡位时由图乙知指针偏转角度较大,被测阻值较小,应换小档:“1”档,换挡后重新欧姆调零.测量后如图丙所示指针示数为，倍率为“”,故最后读数为：1=6。【点睛】本题考察了欧姆表的对的使用措施及欧姆表读数，用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位,使指针指在中央刻度线附近,欧姆表指针示数与挡位

17、的乘积是欧姆表达数三、计算题(42分)1.在竖直方向的磁场中,有一种共有1匝的闭合矩形线圈水平放置,总电阻为10、，在.02s时间内，穿过线圈的磁通量从零均匀增长到，求：（1)磁通量的变化量；()线圈产生的总感应电动势E（)线圈中的感应电流大小【答案】(1）60 Wb（2）(3）【解析】【分析】根据法拉第电磁感应定律求感应电动势的大小,由闭合电路的欧姆定律求电流。【详解】:()磁通量的变化量为;（2)由法拉第电磁感应定律得:(3)闭合电路的欧姆定律得:【点睛】解决本题的核心懂得感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，会运用法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律解题。5有始终流电动机，把它接入电

18、压为0.2V的电路时，电动机不转,测得流过电动机的电流是A;若把电动机接入电压为.0V的电路中，电动机正常工作,工作电流是10。求:电动机正常工作时的输出功率多大?如果在电动机正常工作时，转子忽然被卡住,电动机的发热功率是多少?【答案】输出功率 ； 发热功率【解析】试题分析：电动机不转时是纯电阻电路,由欧姆定律可以求出电动机线圈的电阻;电动机正常工作时是非纯电阻电路,根据P=U求出总功率,根据P=I求出热功率，总功率与热功率之差是电动机的输出功率；电动机的转子忽然被卡住时为纯电阻用电器,根据求出电动机的发热功率。(1）电动机不转时是纯电阻电路，根据：带入数据可得电动机线圈的电阻：电动机正常工作

19、时是非纯电阻电路,消耗的总功率:P总=U21A=2W线圈电阻热功率为:热=I2R=120.5W电动机正常工作时的输出功率为：P出=P总-P热2W-0.5W=.5W（2)电动机的转子忽然被卡住时,此时相称于纯电阻，发热功率为:.点睛:本题重要考察了电动机问题,电动机属于非纯阻电路,要注意电功率的计算,欧姆定律的应用时与纯阻的区别。16.如图所示，在宽度为0无限长的水平导轨上垂直放置一阻值为1的金属棒PQ,导轨处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为，金属棒P以v5m/的速度向右做匀速运动,在导轨A、B两点间接电阻1、2、R的阻值均为,电容器的电容为30F,电流表的内阻不计,求:(1)判断P上的电流

20、方向;()P棒产生的感应电动势；（3）电流表的示数;(4)电容器所带的电荷量。【答案】()Q到P(2)(3).(4）9.61-6C【解析】试题分析：(1)由右手定则鉴定金属棒上电流方向:Q到P （2分)()根据公式可得(分)（3)根据闭合回路欧姆定律可得（2分)(4）根据欧姆定律可得（分)(1分）考点：考察了导体切割磁感线运动，闭合回路欧姆定律1.如图所示，在两个水平平行金属极板间存在着竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场,电场强度和磁感应强度的大小分别为E=2106NC和B1=0.,极板的长度，间距足够大.在板的右侧还存在着另一圆形区域的匀强磁场,磁场的方向为垂直于纸面向外,圆形区域

21、的圆心O位于平行金属极板的中线上,圆形区域的半径。有一带正电的粒子以某速度沿极板的中线水平向右飞入极板后正好做匀速直线运动,然后进入圆形磁场区域,飞出圆形磁场区域后速度方向偏转了60，不计粒子的重力,粒子的比荷。()求粒子沿极板的中线飞入的初速度0；(2)求圆形区域磁场的磁感应强度B2的大小；（）在其她条件都不变的状况下，将极板间的磁场B1撤去，为使粒子飞出极板后不能进入圆形区域的磁场,求圆形区域的圆心O离极板右边沿的水平距离应满足的条件.【答案】(1)v01m/()B21T(3)(或 )【解析】【分析】(）抓住粒子做匀速直线运动，根据洛伦兹力和电场力平衡求出粒子的初速度.（2)粒子在磁场中做

22、匀速圆周运动，根据几何关系求出粒子在磁场中运动的半径，结合半径公式求出磁感应强度的大小.()粒子在板间做类平抛运动,离开极板后做匀速直线运动,由类平抛运动知识与匀速运动规律可以求出d需要满足的条件【详解】（)粒子在极板间做匀速直线运动，有：，代入数据解得：（2）设粒子的初速度大小为v,粒子在极板间匀速直线运动,则:设粒子在圆形区域磁场中做圆周运动的半径为r,由牛顿第二定律得:粒子运动轨迹如图所示,粒子速度方向偏转了6,由数学知识可得:解得：(3）撤去磁场后粒子在极板间做平抛运动,设在板间运动时间为t，运动的加速度为a飞出电场时竖直方向的速度为，速度的偏转角为，由牛顿第二定律得:qEma水平方向:,竖直方向:,解得：,即设粒子飞出电场后速度正好与圆形区域的边界相切时,圆心O离极板右边沿的水平距离为，如图所示:由几何关系得:,解得：因此圆心离极板右边沿的水平距离d应满足（或)。【点睛】本题考察了带电粒子在电磁场中运动的有关问题,考察学生综合分析、解决物理问题能力.分析清晰粒子的运动过程,应用运动的合成与分解、平衡条件、牛顿运动定律、运动学公式即可对的解题