【物理】江西省宜春市上高县第二中学2019-2020学年高二上学期第三次月考试题（解析版）
2021届高二年级第三次月考月考物理试卷
一、选择题
1.如图所示，A、B为两个等量的正点电荷，在其连线中垂线上的P点放一个负点电荷q(不计重力)，由静止释放后，下列说法中正确的是( )
A. 点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大
B. 点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大
C. 点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值
D. 点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到粒子速度零
【答案】C
【解析】AB．根据点电荷电场强度的叠加法则，可知，同种正电荷连线的中垂线上，电场强度方向由O点向两边延伸，且大小先增大后减小，在P点由静止释放一个负点电荷q，在从P点到O运动的过程中，它只在电场力作用下，向下加速，电场强度可能可能越来越小，电场力可能越来越小，则加速度可能越来越小．故AB错误．
C．运动到O点时，电场强度为零，所受的电场力为零，加速度为零，速度达最大值，故C正确．
D．点电荷越过O点后，速度越来越小，所受的电场力向上，速度减小，电场强度可能越来越大，加速度可能越来越大，故D错误．
2.在两平行金属板间，有如图所示的互相正交的匀强电场和匀强磁场。某带正电粒子以速度v0＝从两板的正中央垂直于电场方向和磁场方向射入时，恰好能沿直线从左向右匀速通过。所有粒子不计重力，则下列说法正确的是( )
A. 带负电粒子以速度v0从两板的正中央垂直于电场方向和磁场方向射入时，恰好能沿直线从右向左匀速通过
B. 带电粒子以速度v
v0从两板的正中央垂直于电场方向和磁场方向射入时，一定向下偏转.
D. 带电粒子以速度v0从两板的正中央垂直于电场方向和磁场方向射入时，都能沿直线从左向右匀速通过。
【答案】D
【解析】A．带负电粒子从右向左垂直于电场方向和磁场方向射入时，受到竖直向上的电场力，由左手定则可知，受到的洛伦兹力也竖直向上，所以带负电粒子不可能匀速通过，故A错误；
BC．如果带负电粒子从右向左垂直于电场方向和磁场方向射入时，由于受到的电场力和洛伦兹力都向上，所以向上偏转，故BC错误；
D．不管是正粒子还是负粒子从左向右垂直于电场方向和磁场方向射入时，受到的电场力和洛伦兹力方向相反，由
可知，粒子都能匀速通过，故D正确。故选D。
3.带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3，若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4，如图所示。不计空气，则( )
A. 一定有h1＜h2 B. 一定有h1＝h3
C. 一定有h1＜h4 D. h1与h2无法比较
【答案】B
【解析】第1个图：由竖直上抛运动的最大高度公式得
第3个图：当加上电场时，由运动的分解可知，在竖直方向上有：
所以
而第2个图：洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时的球的动能为Ek，则由能量守恒得：
又由于
所以
第4个图：因电性不知，则电场力方向不清，则高度可能高度h1，也可能小于h1，故选B。
4.在水平面内有一固定的U型裸金属框架，框架上静止放置一根光滑的金属杆ab，整个装置放在竖直方向的匀强磁场中，如图所示。下列说法中正确的是( )
A. 只有当磁场方向向上且增强，ab杆才可能向左移动
B. 只有当磁场方向向下且减弱，ab杆才可能向右移动
C. 无论磁场方向如何，只要磁场减弱，ab杆就可能向左移动
D. 当磁场变化时，ab杆中一定有电流产生，且一定会移动
【答案】D
【解析】A．ab杆向左移动，面积减小，说明磁场正在增强，方向可以向上，也可以向下，故A错误；
B．ab杆向右移动，面积增加，要阻碍磁通量变化，说明磁场正在减弱，方向可以向上，也可以向下，故B错误；
C．无论磁场方向如何，只要磁场减弱，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍磁通量变化，面积要增加，即要受到向右的安培力，ab杆向右移动，故C错误；
D．当磁场变化时，磁通量一定变化，一定有感应电动势，一定有感应电流，故一定有安培力，因金属杆光滑，所以一定运动，故D正确故选D。
5.如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带电小球从M点自由下落，M点距场区边界PQ高为h，边界PQ下方有方向竖直向下、电场强度为E的匀强电场，同时还有垂直于纸面的匀强磁场，小球从边界上的a点进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，并从边界上的b点穿出，重力加速度为g，不计空气阻力，则以下说法正确的是 ( )
A. 小球带负电荷，匀强磁场方向垂直于纸面向外
B. 小球的电荷量与质量的比值＝
C. 小球从a运动到b的过程中，小球和地球系统机械能守恒
D. 小球在a、b两点的速度相同
【答案】B
【解析】AB．小球在复合场中做匀速圆周运动，重力和电场力相等，所以电场力竖直向上，知小球带负电，根据
知
小球带负电，根据左手定则知，磁场的方向垂直纸面向里，故A错误，B正确；
C．小球从a运动到b的过程中，电场力先做负功，再做正功，电场力的总功为0，而洛伦兹力不做功，所以小球从a运动到b的过程中，小球和地球系统机械能不守恒，故C错误；
D．小球从a运动到b的过程中，电场力的总功为0，重力的总功为0，而洛伦兹力不做功，所以小球在a、b两点的速度大小相同，但是方向相反，故D错误。
故选B。
6.如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在二分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2∶v1为( )
A. ∶2 B. ∶1 C. ∶1 D. 3∶
【答案】A
【解析】设圆形区域磁场的半径为r，当速度大小为v1时，从P点入射的粒子在磁场中的运动轨迹与圆形区域磁场重合，所以半径为
从P点入射的粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为N，由题意知，，由几何关系得轨迹圆的半径为
根据洛伦兹力充当向心力可知：
得
故速度与半径成正比，因此
故选A。
7.如图所示，一个半径为R的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度B大小相等、方向均与环面轴线方向成θ角(环面轴线为竖直方向)．若导电圆环上载有如图所示的恒定电流I，则下列说法中正确的是 ( )
A. 导电圆环所受安培力方向竖直向下
B. 导电圆环所受安培力方向竖直向上
C. 导电圆环所受安培力的大小为2πBIR
D. 导电圆环所受安培力的大小为2πBIRsin θ
【答案】BD
【解析】AB．把磁感应强度分解为水平分量与竖直分量，根据左手定则可知，竖直方向的磁场对环形电流的安培力相互抵消，合力为零；水平方向的磁场对电流的安培力竖直向上，即导电圆环所受安培力竖直向上，故A错误，B正确；
CD．把磁感应强度分解为水平分量与竖直分量，竖直方向的磁场对环形电流的安培力为零；水平方向上的磁场每一点均与导线垂直，故导电圆环可以等效为直线电流，导线的有效长度等于环的周长，水平磁场对电流的安培力
故C错误，D正确。
故选BD。
8.2008年9月25日，我国“神舟七号”载人飞船发射成功，在离地面大约200 km的太空运行．假设载人舱中有一边长为50cm的正方形导线框，在宇航员操作下由水平方向转至竖直方向，此时地磁场磁感应强度B＝4×10－5T，方向如图所示．(sin＝0.6，cos＝0.8)下列说法正确的是（ ）
A. 该过程线框中感应电流方向是adcba
B. 该过程线框中感应电流方向先adcba后abcda
C. 该过程中磁通量的改变量大小是2.0×10－6Wb.
D. 该过程中磁通量的改变量大小是1.4×10－5 Wb.
【答案】AD
【解析】AB．由水平方向转至竖直方向，穿过线圈的磁通时增加，由楞次定律可知，线框中感应电流方向是adcba，故A正确，B错误；
CD．线框在水平位置时穿过线框的磁通量为
当线框转至竖直位置时，线框平面的法线方向水平向右，与磁感线夹角θ=
，穿过线框的磁通量为：
该过程磁通量的改变量大小为
故C错误，D正确
9.如图所示，在沿水平方向向里的匀强磁场中，带电小球A与B处在同一条竖直线上，其中小球B带正电荷并被固定，小球A与一水平放置的光滑绝缘板C接触而处于静止状态，若将绝缘板C沿水平方向抽去，则( )
A. 小球A仍可能处于静止状态 B. 小球A将可能沿轨迹1运动
C. 小球A将可能沿轨迹2运动 D. 小球A将可能沿轨迹3运动
【答案】AB
【解析】小球A初始静止，对其受力分析，受重力、弹力（弹力可能为零）和库仑力，因重力竖直向下，故电场力是向上的，得知小球A带正电．若绝缘板对小球A的弹力为零，则撤去C板之后，若重力和库仑力恰好平衡，小球A会仍处于静止状态，选项A正确；若绝缘板对小球A的弹力不为零，则撤去C板之后，库仑力大于重力，小球A会向上加速运动，由左手定则判断选项B正确，选项CD错误．故选AB．
【点睛】解答此种问题，对小球A的受力分析是重点，在对小球A的受力分析时，要讨论绝缘板对小球A是否存在弹力是解决此题的关键，再从受力情况来判断物体的运动情况．
10.回旋加速器构造如图所示。两个半圆金属D形盒半径为R高频交流电源的周期与带电粒子在D形盒中的运动周期为T，加速电压为U.粒子质量为m,电荷量为q,匀强磁场磁感应强度为B.粒子由静止开始加速最终由D型盒边缘导出。下列说法正确的是（ ）
A. 带电粒子获得的最大动能Ek＝
B. 带电粒子获得的最大动能Ek＝
C. 带电粒子在D型盒中运动的总时间t=
D. 带电粒子在D型盒中运动的总时间t=
【答案】ABD
【解析】A．根据
得，粒子离开回旋加速器的最大速度
则最大动能
故A正确；
B．粒子离开回旋加速器的最大速度
最大动能为
故B正确；
CD．粒子加速的次数
则粒子在D形盒中总时间
由
得
解得
故C错误，D正确。
二、填空题
11.实际电压表内阻并不是无限大，可等效为理想电压表与较大的电阻的串联，测量一只量程已知的电压表的内阻，器材如下：
A.待测电压表(量程3 V，内阻约1 kΩ待测)一只，
B.电流表(量程3mA，内阻约为10 Ω)一只，
C.电池组(电动势约为3 V，内阻不可忽略)，
D.滑动变阻器（0→50Ω）
E.滑动变阻器（0→2000Ω.），
F.变阻箱(可以读出电阻值，0～9 999 Ω)，
G.变阻箱(可以读出电阻值，0～99 Ω),
H.开关和导线若干．
某同学利用上面所给器材，进行如下实验操作：
(1)该同学设计了如图甲、乙两个实验电路．为了更准确地测出该电压表内阻的大小，你认为其中相对比较合理的是________(填“甲”或“乙”)电路．
(2)可变电阻应选用___________.（填写仪器前面的字母）
(3)用你选择的合理电路进行实验时，闭合开关S，改变阻值，记录需要直接测量的物理量：电压表的读数U和________(填上文字和符号)．
(4)用合理电路进行实验过程中，选择下面哪个作为坐标轴，能作出相应的直线图线______________
A．U－I B．U－ C．－R D．U－R
(5)设直线图象的斜率为k、截距为b，则该待测电压表的内阻RV＝________.
【答案】 (1). 甲 (2). E (3). 电流I (4). A (5). k
【解析】（1）图甲所示电路滑动变阻器与电压表串联接入电路，电源电动势为3V，电压表内阻约为3KΩ，电路电流接近3mA，可以用电流表测量电流，因此甲电路合理；乙电路由于电源内阻不可忽略，无法求出电压表内阻；故选甲电路．
（2）由于电压表内阻约为1kΩ，滑动变阻器阻值太小，改变滑动变阻器阻值时，电压表电压无明显变化，无法起到调节电压的作用，故选用总电阻较大的E；
（3）选用图甲所示实验电路，闭合电键S，改变阻值，记录需要直接测量的物理量：电压表的读数U和电流表的示数I；
（4）根据欧姆定律，U=IRV，电压表内阻不变，电压和电流成正比，所以应选择电压和电流作为坐标轴，做出相应的直线图线U-I；
（5）U-I图线的斜率k=U/I，根据欧姆定律RV=U/I=k．
12.在高中物理课堂上学习了多用电表的用法之后，小明同学想通过测量找到发光二极管的负极。
（1）小明同学做了如下两步具体的操作：第一，将多用电表选择开关旋转到电阻挡的×1挡，经过欧姆调零之后，他把红表笔接在二极管的短管脚上，把黑表笔接在二极管的长管脚上，发现二极管发出了耀眼的白光，如图甲所示；然后他将两表笔的位置互换以后，发现二极管不发光。这说明二极管的负极是________(填写“长管脚”或者“短管脚”)所连接的一极。
（2）小明同学的好奇心一下子就被激发起来了。他琢磨了一下，然后又依次用电阻挡的×10挡，×100挡，×1k挡分别进行了二极管导通状态的正确的测量，每次换挡后都要_______。他发现二极管发光的亮度越来越小，具体的原因是：电路中________(填写“多用电表”或者“二极管”)内电阻越来越大，电流越来越小，二极管实际功率越来越________(填写“大”或者“小”).
【答案】(1). 短管脚 (2). 欧姆调零 多用电表 小
【解析】(1)[1]根据题干所述内容进行全面判定后发现，二极管发光时处于正向导通状态，因为黑表笔所接为二极管的正极．故短管脚为负极；
(2)[2]欧姆档测电阻时每换一次档都应欧姆调零；
[3][4]亮度小说明功率小，对二极管来说，根据可以知道其中通过的电流就较小，根据全电路欧姆定律可知，这说明从×1档，×10档，×100档到×1K档，多用电表的内阻越来越大．则二极管的亮度越来越小。
三、计算题
13.温度传感器广泛应用于室内空调、电冰箱等家用电器中，它是利用热敏电阻的阻值随着温度变化而变化的特性来工作的．如图甲所示，电源的电动势E＝9.0 V，内阻不计；G为灵敏电流表，内阻Rg保持不变；R为热敏电阻，其阻值与温度的变化关系如图乙所示．闭合开关S，当热敏电阻的温度等于20℃时，电流表示数I1＝2 mA，求：
（1）电流表内阻Rg
（2）当电流表的示数I2＝3.6 mA时，热敏电阻的温度是多少？
【答案】（1）0.5kΩ（2）120°C
【解析】（1）由题图乙知，当t1＝20°C，热敏电阻的阻值R1＝4 kΩ；
根据闭合电路欧姆定律
I1＝
可解得
Rg＝0.5 kΩ；
（2）由闭合电路欧姆定律：
I2＝
可解得
R2＝2 kΩ
结合题图乙得：t2＝120°C．
14.如图所示，在倾角为θ＝的斜面上，固定一宽L＝0.25m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R.电源电动势E＝12V，内阻r＝1Ω，一质量m＝20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好．整个装置处于磁感应强度B＝0.80T、垂直于斜面向上的匀强磁场中(导轨与金属棒的电阻不计)．金属导轨是光滑的，取g＝10m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：
（1）金属棒所受到的安培力的大小；
（2）通过金属棒的电流的大小；
（3）滑动变阻器R接入电路中的阻值．
【答案】（1）0.1 N（2）0.5 A（3）23 Ω
【解析】(1)金属棒静止在金属导轨上受到重力、支持力和沿斜面向上的安培力，由受力平衡
代入数据得
(2) 由F安=BIL，解得：
(3)设滑动变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路欧姆定律得，代入数据得
15.如图所示，一带电粒子质量，电荷量
，从静止开始经电压的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，粒子射出电场时的偏转角，并接着沿半径方向进入一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，粒子射出磁场时的偏转角也为，已知偏转电场中金属板长，圆形匀强磁场的半径，重力忽略不计．求：
(1)带电粒子经的场加速后的速率；
(2)两金属板间偏转电场的电场强度；
(3)匀强磁场的磁感应强度的大小．
【答案】(1) (2) (3)
【解析】（1）带电粒子在电场中加速，由动能定理得：qU1=mv12-0，
解得：v1=1.0×104m/s；
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，
水平方向：L=v1t
竖直方向：vy=at=t
由几何关系得：tanθ=
解得：E=1×104V/m；
（3）粒子进磁场时的速度大小：v=，解得：v=2.0×104m/s，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示：
由几何知识得：r=Rtan60°=30cm=0.3m，
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，
解得：B=T；
【点睛】本题属于带电粒子在组合场中的运动，在电场中做类平抛运动时通常将运动分解为平行于电场方向与垂直于电场两个方向或借助于动能定理解决问题；难点是作出粒子的运动轨迹，根据几何知识得到轨迹半径与磁场边界半径的关系．
16.如图所示，在平面直角坐标系xoy的第一象限内有一边长为L的等腰直角三角形区域OPQ，三角形的O点恰为平面直角坐标系的坐标原点，该区域内有磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，第一象限中y ≤ L的其它区域内有大小为E、方向沿x轴正方向的匀强电场；一束电子（电荷量为e、质量为m）以大小不同的速度从坐标原点O沿y轴正方向射入匀强磁场区．则：
（1）能够进入电场区域的电子的速度范围；
（2）已知一个电子恰好从P点离开了磁场，求该电子的速度和由O到P的运动时间；
（3）若电子速度为，且能从x轴穿出电场，求电子穿过x轴的坐标．
【答案】（1）（2） （3）
【解析】
【分析】
（1）通过Q点进入电场区域的电子速度最大，根据洛伦兹力等于向心力，求出最大速度；
（2）恰好从P点离开了磁场，半径为L/2，画出运动轨迹，根据粒子在磁场中的运动周期和牛顿第二定律，分别求出在磁场和电场中的运动时间，求该电子由O到P的运动时间；
（3）只有当电子第一次从电场返回磁场且不从OP和PQ两边离开磁场时，电子才有可能经电场偏转通过x轴．画出运动轨迹，找出第二次进入电场的位置，根据牛顿第二定律和位移时间关系，求出电子穿过x轴的坐标．（1）通过Q点进入电场区域的电子速度最大，其半径r1=L
能够进入电场区域的电子的速度范围是0
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