- 2021-06-02 发布 |
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文档介绍
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:查看更多