河北省衡水市桃城区第十四中学2019-2020学年高二上学期三调考试物理试卷

河北省衡水市桃城区第十四中学2019-2020学年高二上学期三调考试物理试卷

物 理 试 卷 注意事项： 1.本场考试物理，卷面满分共 100 分，考试时间为 90 分钟。 2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用 0.5 毫米黑色字迹的签字笔填写在答题纸上指 定的位置。 3.答案书写在答题纸上，在试卷、草稿纸上答题一律无效，选择题答案必须按要求填涂。 试卷Ⅰ（共 56 分） 一．选择题（本题共 16 小题，在每小题给出的四个选项中，第 1~8 题只有一项 符合题目要求，选对得 3 分。第 9~16 题有多项符合题目要求。全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。） 1.在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献．下列说法正确的是( ) A. 法拉第发现了电流的磁效应；奥斯特发现了电磁感应现象 B. 欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系 C. 库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值 D. 安培发现了磁场对运动电荷的作用规律，洛伦兹发 现了磁场对电流的作用规律 2.2019 年 1 月，出现在中国海军坦克登陆舰上的电磁轨 道炮在全球“刷屏”，这是电磁轨道炮全球首次实现舰 载测试。如图所示为电磁炮的简化原理示意图，它由两 条水平放置的平行光滑长直轨道组成。轨道间放置一个 导体滑块作为弹头。当电流从一条轨道流入，经弹头从另一条轨道流回时，在两轨道间产生 磁场，弹头就在安培力推动下以很大的速度射出去。不计空气阻力，将该过程中安培力近似 处理为恒力，为了使弹丸获得更大的速度，可适当 A. 减小平行轨道间距 B. 增大轨道中的电流 C. 缩短轨道的长度 D. 增大弹丸的质 量 3.如图甲所示，x 轴上固定两个点电荷 Q1、Q2（Q2 位于坐标原点 O），其上有 M、N、P 三点， 间距 MN=NP。Q1、Q2 在 x 轴上产生的电势φ随 x 变化关系如图乙。则下列说法正确的是 A. 点电荷 Q1 带正电 B. N 点电场场强大小为零 C. P 点电场场强大小为零 D. M、N 之间电场方向沿 x 轴负方向 4.如图所示为一个经过双向可控硅电子元件调节后加在电灯上的电压，即在正弦式电流的每 一个 周期中，前面的 被截去，从而改变了电灯上的 电压，那么现在电灯上电压的有效值为（ ） A. Um B. C. D. 5.某水电站，用总电阻为 2.5 Ω的输电线输电给 500 km 外的用户，其输出电功率是 3×106 kW。 现用 500 kV 电压输电，则下列说法正确的是( ) A. 输电线上由电阻造成的损失电压为 15 kV B. 若改用 5 kV 电压输电，则输电线上损失的功率为 9×108 kW C. 输电线上输送的电流大小为 2.0×105A D. 输电线上损失的功率为 ，U 为输电电压，r 为输电线的电阻 6.在高能物理研究中，回旋加速器起着重要作用，其工作原理如图所示。D1 和 D2 是两个中空 的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差。两个半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中。中央 O 处的粒子源产生的α粒子，在两盒之间被电场加速，α粒子进入磁场后做匀速圆周运动。 忽略α粒子在电场中的加速时间。下列说法正确的是： A. α粒子运动过程中电场的方向始终不变 B. α粒子在磁场中运动的周期越来越大 C. 磁感应强度越大，α粒子离开加速器时的动能就越大 D. 两盒间电势差越大，α粒子离开加速器时的动能就越大 7.如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在 轴上且长为 ， 高为 ，纸面内一边长为 的正方形导线框沿 轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域， 在 时刻恰好位于如图所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下面四幅 图中能够正确表示导线框中的电流——位移（ ）关系的是 A. B. C. D. 8.如图所示，边界 OM 与 ON 之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界 ON 上有一粒子源 S．某 一时刻，从离子源 S 沿平行于纸面，向各个方向发射出大量带正电的同种粒子（不计粒子的 重力及粒子间的相互作用），所有粒子的初速度大小相等，经过一段时间有大量粒子从边界 OM 射出磁场。已知∠MON＝30°，从边界 OM 射出的粒子在磁 场中运动的最长时间等于 T（T 为粒子在磁场中运动的周 期），则从边界 OM 射出的粒子在磁场中运动的最短时间为 （ ） A. T B. T C. T D. T 9.如图所示，竖直平面内有一圆周，其圆心为 O，直径 AB 和 CD 相互垂直，电荷量均为 Q的正 点电荷放在关于 CD 对称的圆周上，它们所在半径的夹角为 120°。下列说法正确的是 A. 点 O 与点 C 的电场强度相等 B. 点 C 与点 D 的电场强度大小之比为 ∶1 C. 一电子从 D 点由静止释放，运动到 C 点的过程中，加 速度先减小后增大 D. 将一正电荷沿着圆周从 A 点经 D 移至 B 点的过程中，电势能先减小后增大 10.如图所示，空间存在垂直于纸面向里的磁感应强度为 B 的匀强磁场，场内有一绝缘的足 够长的直杆，它与水平面的倾角为θ，一带电量为－q、质量为 m 的带负电的小球套在直杆 上，从 A 点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数为μ，在小球以后运动的过程中， 下列说法正确的是( ) A．小球下滑的最大速度为 B．小球下滑的最大加速度为 am＝gsinθ C．小球的加速度先增大后减小 D．小球的速度先增大后减小 11.如图，带电平行金属板中匀强电场方向竖直向上，匀强磁场方向垂直纸面向里，带电小 球从光滑绝缘轨道上的 a 点由静止滑下，经过 1/4 圆弧轨道从端点 P（切线水平）进入板间 后恰好沿水平方向做直线运动，现使带电小球从比 a 点稍低的 b 点由静止滑下，在经过 P 点进入板间的运动过程中( ) A．带电小球的动能将会增大 B．带电小球的电势能将会增大 C．带电小球所受洛伦兹力将会减小 D．带电小球所受电场力将会增大 12.如图所示的电路，电源电动势为 E，内阻为 R，R1 和 R3 为定值电阻，R2 为滑动变阻器，闭 合开关，一带电液滴恰好悬浮在电容器之间。保持其他条件不变，（ ） A. 若将滑动变阻器滑片向 b 端滑动，带电液滴向上 运动； B. 若将滑动变阻器滑片向 b 端滑动，电流将从 d 流 向 c； C. 若将金属块抽出，抽出过程中，带电液滴向上运 动； D. 若将金属块抽出，抽出过程中，电流将从 d 流向 c 13.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为 5 : 1，原线圈接交流电源和交流电压表， 副线圈通过电阻为 R 的导线与热水器、抽油烟机连接。已知原线圈两端的电压保持不变，副 线圈上的电压按图乙所示规律变化。下列说法正确的是 A. 电压表示数为 1100 V B. 热水器上电压的瞬时值表达式为 V C. 若闭合开关 S，热水器的实际功率不变 D. 若闭合开关 S，原线圈中电流增大 14.如图所示，矩形线圈 abcd 在匀强磁场中绕垂直磁场方向的 轴匀速转动，线圈 abcd 的 匝数为 N，电阻不计，理想变压器原、副线圈的匝数之比为 1：2，定值电阻 与 的阻值均 为 R，所用电表均为理想交流电表，当线圈 abcd 转动 的角速度大小为 时，电压表的示数为 U， 则 A. 此时电流表的示数为 B. 从图示位置 线圈 abcd 与磁场方向平行 开始计 时，线圈 abcd 中产生的电动势的瞬时表达式为 C. 在线圈 abcd 转动的过程中，穿过线圈的磁通量的最大值为 D. 当线圈 abcd 转动的角速度大小为 时，电压表的示数为 4U 15.如图所示，边长为 L 电阻不计的 n 匝正方形金属线框位于竖直平面内，连接的小灯泡的 额定功率、额定电压分别为 P、U，线框及小灯泡的总质量为 m，在线框的 下方有一匀强磁 场区域，区域宽度为 l，磁感应强度方向与线框平 面垂直，其上、下 边界与线框底边均水平．线框从图示位置开始由 静止下落，穿越磁 场的过程中，小灯泡始终正常发光．则（ ） A. 有界磁场宽度 l＜L B. 磁场的磁感应强度应为 C. 线框匀速穿越磁场，速度恒为 D. 线框穿越磁场的过程中，灯泡产生的焦耳热为 mgL 16.如图所示，平行金属导轨与水平面间的夹角为θ，导轨电阻不计，与阻值为 R 的定值电 阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为 B.有一质量为 m、长为 l 的导体棒从 ab 位置获得平行于斜面的、大小为 v 的初速度向上运动，最远到达 a′b′的位置，滑行的 距离为 s，导体棒的电阻也为 R，与导轨之间的动摩擦因数为μ.则( ) A. 上滑过程中导体棒受到的最大安培力为 B. 上滑过程中电流做功放出的热量为 mv2－mgs(sinθ＋μcosθ) C. 上滑过程中导体棒克服安培力做的功为 mv2 D. 上滑过程中导体棒损失的机械能为 mv2－mgssinθ 试卷Ⅱ（共 44 分） 二、实验填空题：（每空 2 分，共 12 分） 17.一玩具电动机的额定电压为 3V，其线圈的电阻 Rx 大约为 15Ω，当其两端电压达到 0.3V 时，电动机才会开始转动。为了尽量准确测量线圈的电阻 Rx，某同学设计了部分电路原理图 如图所示，可供选择的器材有： 电流表 A1（0～20mA、内阻约 10Ω）； 电流表 A2（0～200mA、内阻约 5Ω）； 滑动变阻器 R1（0～10Ω，额定电流 2A）； 滑动变阻器 R2（0～2kΩ，额定电流 1A）； 电压表 V（2.5V，内阻约 3kΩ）； 电源 E（电动势为 3V、内阻不计）； 定值电阻（阻值为 R） 开关 S 及导线若干 （1）应选择的电流表为 ，滑动变阻器 为 ； （2）测量过程中要保持电动机处于 （选 填 “转动”或“不转动”）状态，下列四个定值电阻 的 阻值 R 中，最合适的是 ； A.20Ω B.50Ω C.120Ω D.1200Ω （3）请把电路原理图的连线补充完整； （4）某次实验中，电压表的读数为 U，电流表的读数为 I，则计算电动机导线圈电阻的表达 式 Rx= 。 三．计算题（解答应有必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不 能得分．有数值计算的，答案中必须写出数值和单位。） 18.(9 分)如图所示，宽度为 L＝0.20m 的足够长的平行 光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨的一端连接阻 值为 R=1.0Ω的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀 强磁场，磁感应强度大小为 B=0.50 T。一根质量为 m=10g 的导体棒 MN 放在导轨上与导轨接触良好，导体棒的电 阻 r=1.0Ω，导轨的电阻均忽略不计。现用一平行于导轨的拉力拉动导体棒沿导轨向右匀速 运动，运动速度 v=10 m/s，在运动过程中保持导体棒与导轨垂直。求： （1）在闭合回路中产生的感应电流的大小； （2）作用在导体棒上的拉力的大小； （3）当导体棒移动 3m 时撤去拉力，求整个过程中回路中产生的热量． 19.(9 分) 如图所示，在 E＝103 V/m 的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道 QPN 与 一水平绝缘轨道 MN 在 N 点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径 R＝40 cm，N 为半圆形轨道最低点，P 为 QN 圆弧的中点，一带负电 q＝10－4 C 的小滑块质量 m＝10 g， 与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于 N 点右侧 1.5 m 的 M 处，取 g＝10 m/s2，求： (1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点 Q，则小滑块应以多大的初速度 v0 向左运动？ (2)这样运动的小滑块通过 P 点时对轨道的压力是多大？ 20.(14 分) 如图所示，M、N 为两块带等量异种电荷的平行金属板，S1、S2 为板上正对的小 孔，N 板右侧有两个宽度均为 d 的匀强磁场区域，磁感应强度大小均为 B，方向分别垂直于 纸面向里和向外，磁场区域右侧有一个荧光屏，取屏上与 S1、S2 共线的 O 点为原点，向下 为正方向建立 x 轴．板左侧电子枪发射出的热电子经小孔 S1 进入两板间，电子的质量为 m， 电荷量为 e，初速度可以忽略． 求：（1）当两板间电势差为 U0 时，求从小孔 S2 射出的电子的速度 v0； （2）两金属板间电势差 U 在什么范围内，电子不能穿过磁场区域而打到荧光屏上； （3）电子打到荧光屏上的位置坐标 x 和金属板间电势差 U 的函数关系． 物 理 试 卷答案 1.C【详解】A 项：奥斯特发现了电流的磁效应；法拉第发现了电磁感应现象，故 A 错误； B 项：欧姆发现了欧姆定律，说明导体两端电压与电流之间存在的联系，故 B 错误； C 项：库仑发现了点电荷的相互作用规律即库仑定律，密立根通过油滴实验测定了元电荷的 数值，故 C 正确； D 项：洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，安培发现了磁场对电流的作用规律，故 D 错误。 2.B【详解】根据题意，安培力的功等于弹头获得的动能。轨道间距减小，安培力减小，安 培力做功减小，弹头获得动能减小，速度减小，故 A 错误；增大轨道中电流，安培力增大， 安培力做功增大，弹头获得动能增大，速度增大，故 B 正确；缩短轨道长度，安培力做功减 小，弹头获利动能减小，速度减小，故 C 错误；只增大弹丸质量，安培力做功不变，弹头获 得动能不变，所以速度减小，D 错误；综上所述，选项 B 正确。 3.B【详解】A．所以两点电荷在 N 点产生的场强大小相等，方向相反，两电荷为异种电荷， 所以 为负电荷， 为正电荷，故 A 错误。 BC． 图线的切线斜率表示电场强度的大小，所以 N 点的电场强度为零，P 点的场强不为 零，故 B 正确，C 错误； D．根据沿电场线方向电势越越来低可知， 电场强度方向沿 x 轴正方向，N 场强方向 沿 x 轴负方向，所以 M、N 之间电场方向沿 x 轴正方向，故 D 错误； 4.C 设交流电的有效值为 U，将交流电与直流电分别通过相同电阻 R，分析一个周期内热量： 交流电产生的热量： ；直流电产生的热量： ；由 Q1=Q2 得： 5.A 由 可得，输电线上输送的电流 ；由 可得， 输电线上由电阻造成的损失电压 。故 A 项正确，C 项 错误。 B．若改用 5 kV 电压输电，则输电线上损失的功率 。所以不可能 用 5 kV 电压输电，故 B 项错误。 D．输电线上损失的功率 ， 为输电线上的电压降、不是输电电压，r 为输电线 的电阻。故 D 项错误。 6.C【详解】A. 粒子在电场中被加速，所以 粒子运动半个圆周之后再次进入电场时，与上 次在电场中的运动方向相反，所以电场必须改变方向，才能使 粒子每次在电场中都能被加 速。故 A 错误。 B. 粒子在磁场中运动额周期公式为 ，粒子在运动的过程中 、 和 都不变，所以， 粒子的运动周期是不变的。故 B 错误。 C.由 ，可求出粒子的速度 ，则粒子的最大动能为 , 可知最大动能与计算器的半径、磁感应强度以及电荷的电荷量和质量有关，磁场越强， 粒 子离开计算器时的动能越大。故 C 正确。 D. 粒子的最大动能为 ，与加速电压的大小无关，即与两盒间的电势 差无关。故 D 错误。 7.B 将整个过程分成三个位移都是 L 的三段，根据楞次定律判断感应电流方向．由感应电动 势公式 ，l 是有效切割长度，分析 l 的变化情况，确定电流大小的变化情况； 【详解】位移在 0～L 过程：磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为 正值， ， 则 ；位移在 L～2L 过程：磁通量先增大后减小，由楞次定律判 断感应电流方向先为顺时针方向，为正值，后为逆时针方向，为负值；位移在 2L～3L 过程： 磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向，为负值， ，故 B 正确，A、C、D 错误； 8.A【详解】粒子在磁场中运动做匀速圆周运动，入射点是 S，出射点在 OM 直线上，出射点 与 S 点的连线为轨迹的一条弦。当从边界 OM 射出的粒子在磁场中运动的时间最短时，轨迹 的弦最短，根据几何知识，作 ES⊥OM，则 ES 为最短的弦，粒子从 S 到 E 的时间即最短。 由题意可知，粒子运动的最长时间等于 ，设 OS＝d，则 DS＝OStan30°＝ ，粒子在磁场 中做圆周运动的轨道半径为： ， 由几何知识有： ES＝OSsin30°＝ d，cosθ＝ ＝ ，则：θ＝120°， 粒子在磁场中运动的最长时间为： tmin＝ ，故 A 正确，BCD 错误 9.BD【详解】A．根据对称性知点 O 与点 C 的场强大小相等，方向相反，故选项 A 错误； B．根据矢量合成法则，C 点场强为： ，D 点的场强为： ，点 C 与点 D 的场强大小之比为 ，故选项 B 正确； C．根据电场强度的矢量合成法则，距离两点电荷连线： 处的场强最强，则电子 从点 D 到点 C 的过程中，加速度先增大，再减小，再增大，故选项 C 错误； D．根据等量同种电荷的电场线，正电荷沿着圆周从点 A 到点 D，电场力做正功，电势能减 小；从点 D 到点 B 的过程中，电场力做负功，电势能增大，故选项 D 正确； 10.BC 11.AB 12.BD 分析变阻器接入电路的电阻变化，分析总电阻的变化，再根据欧姆定律分析电容器两 端电压的变化，场强的变化，再根据电容器的决定式分析电量的变化； A、由图可知，当滑片向 b 端滑动时，接入电路中的电阻 增大，根据闭合电路欧姆定律可 知电路中总电流减小，则电阻 两端电压减小，即电容器两端电压减小，则电容器内场强减 弱，故带电液滴向下运动，故选项 A 错误； B、根据上面的分析，电容器电压减弱，则带电量减小，电容器放电，瞬间放电电流将从从 d 流向 c，故选项 B 错误； C、将金属块抽出，相当于电容器极板间距离增大，则电容减小，由于电压不变，则场强减 弱，故带电液滴向下运动，故选项 C 错误； D、根据上面的分析可知电容减小，由于电压不变，则电量减小，电容器放电，瞬间放电电 流将从从 d 流向 c，故选项 D 正确。 13.AD【详解】A.根据变压器原理可得 ，则电压表示数为 1100V， A 正确； B.由图乙可知，交变电流的峰值是 ， ，则副线圈两端电压的瞬 时值表达式为 ，因有电阻 R 的存在， 不是热水器两端的电压瞬 时值，B 错误； C.接通开关，副线圈电阻减小，电流增大，R 上的分压增大，热水器两端的电压减小，所以 实际功率减小，C 错误； D.接通开关，电流增大，电压不变，所以线圈消耗的功率增大，输入功率等于输出功率，则 原线圈中电流增大，D 正确． 14.AC【详解】流过副线圈的电流 ，根据 可知，流过电流表的电流 ，故 A 正确；变压器中原线圈的电压为 ，根据 可知电压 ，电阻 分得的电压 ， 故 线 圈 产 生 的 感 应 电 动 势 的 有 效 值 为 ， 最 大 值 ，故从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达 式为 ，故 B 错误；根据 可知 ，故 C 正确；根据 可知，转动角速度加倍，产生的感应电动势加倍，故电压表的示数加倍，为 2U， 故 D 错误。故选 AC。 15.BC 由题意知，线框在穿过磁场的过程中，灯泡始终正常发光，可知线框边长与磁场宽度 相等即：l=L，所以 A 错误；线框在穿过磁场的过程中，灯泡始终正常发光，可知线框做匀 速运动，由平衡条件可知：F 安=mg，P=mgv，所以穿越磁场的速度为 v=P∕mg，所以 C 正确； 由 nBIL=mg，P=UI，联立可得： ，所以 B 正确；根据能量守恒可知，穿越磁场的过 程中，线框减少的重力势能转化为焦耳热，即 Q=2mgL，所以 D 错误。 16.BD 上滑过程中开始时导体棒的速度最大，受到的安培力最大为： ，故 A 错 误；根据能量守恒，上滑过程中电流做功产生的热量为： ，上 滑过程中导体棒克服安培力做的功等于产生的热量是 ,故 B 正 确，C 错误；上滑过程中导体棒损失的机械能为： ，故 D 正确。所以 BD 正确，AC 错误。 17.（1）导线圈的电阻 Rx 大约为 15Ω，为了保证实验过程中电动机不转动，其两端电压不 超过 0.3V，可估算其电流 I = U Rx = 0.3 15 = 0.02A，不超过 20mA，所以电流表选择 A1；滑动 变阻器若选用限流式接法，用 2kΩ不便于操作，用 10Ω调节范围太小，不宜用限流式接法， 最好用分压式接法，所以滑动变阻器选择 R1=10Ω。 （2）测量过程中要保持电动机处于不转动状态，此时可视为纯电阻，电流 I 不能超过 0.02A， 当电压表达到满偏电压 2.5V 时， 2.5V 0.02A = 125Ω，即电动机线圈内阻和定值电阻的总和为 125Ω，故定值电阻应选 120Ω最合适。 （3）所选电流表内阻约 10Ω，电压表内阻约 3kΩ，由于 RA Rx ＞Rx RV ，所以应选择外接法，又 滑动变阻器选用分压式接法，电路补充连线如图所示。 （4）根据欧姆定律，Rx+ R= U I ，所以 Rx =U I －R。 18.（1）0.5A（2）0.05N（3）0.65J 【详解】（1）导体棒产生的感应电动势为 E=BLv=1.0V 感应电流为 （2）导体棒匀速运动，安培力与拉力平衡 即有 F=F 安=BIL=0.05N （3）导体棒移动 3m 的时间为 根据焦耳定律，Q1=I2R t=0.15J 撤去 F 后，导体棒做减速运动，其动能转化为内能，则根据能量守恒，有 Q2= mv2=0.5J 故电阻 R 上产生的总热量为 Q=Q1+Q2=0.65J 19.解析 (1)设小滑块到达 Q 点时速度为 v， 由牛顿第二定律得 mg＋qE＝mv2 R ① 小滑块从开始运动至到达 Q 点过程中，由动能定理得 －mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝1 2 mv2－1 2 mv20② 联立方程①②，解得 v0＝7 m/s (2)设小滑块到达 P 点时速度为 v′，则从开始运动至到达 P 点过程中，由动能定理得 －(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝1 2 mv′2－1 2 mv20③ 又在 P 点时，由牛顿第二定律得 FN＝mv′2 R ④ 代入数据，解得 FN＝0.6 N⑤ 由牛顿第三定律得 小滑块对轨道的压力大小为 FN′＝FN＝0.6 N⑥ 答案 (1)7 m/s (2)0.6 N 20.（1） （3） 【详解】（1）根据动能定理，得： 解得： （2）欲使电子不能穿过磁场区域而打在荧光屏上，应有 r＜d 而： ， 由此即可解得： （3）若电子在磁场区域做圆周运动的轨道半径为 r，穿过磁场区域打在荧光屏上的位置坐 标为 x，则由轨迹图可得： ， 注意到： 和： 所以，电子打到荧光屏上的位置坐标 x 和金属板间电势差 U 的函数关系为：