云南省临沧市临翔区元江民族中学2018_2019学年高二物理下学期3月月考试卷（含解析）

云南省临沧市临翔区元江民族中学2018_2019学年高二物理下学期3月月考试卷（含解析）

云南省临沧市临翔区元江民族中学2018-2019学年高二（下）3月月考物理试题一、单选题1.在匀强磁场中，一带电粒子沿着垂直磁感应强度的方向运动．现将该磁场的磁感应强度增大为原来的2倍，则该带电粒子受到的洛伦兹力（　　）A.增大为原来的 2 倍B.增大为原来的 4 倍C.减小为原来的一半D.改变为零【答案】A【解析】根据洛伦兹力公式，将该磁场的磁感应强度增大为原来的2倍，则该带电粒子受到的洛伦兹力增加为原来的2倍，A正确。2.如图所示，在一个粗糙水平面上，彼此靠近地放置两个带同种电荷的小物块，由静止释放后，两个物块向相反方向运动，并最终停止，在物块的运动过程中，下列表述正确的是(　　)A.两个物块的电势能逐渐减少B.两个物块的电势能不变C.物块受到的摩擦力始终大于其受到的库仑力D.物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力【答案】A【解析】AB．由题可知，库仑力一直做正功，两物块的电势能逐渐减小．故A正确，B错误．CD．两物块先做加速运动后做减速运动，则物块受到的摩擦力先小于库仑力，后大于库仑力．故C、D错误．故选：A3.如图所示，光滑绝缘半球形的碗固定在水平地面上，可视为质点的带电小球1、2的电荷分别为Q1、Q2，其中小球1固定在碗底A点，小球2可以自由运动，平衡时小球2位于碗内n的B位置处，如图所示．现在改变小球2的带电量，把它放置在图中C位置时也恰好能平衡，已知AB弦是AC弦的两倍，则（　　）A.小球在C位置时的电量是B位置时电量的一半B.小球在C位置时的电量是B位置时电量的四分之一C.小球2在B点对碗的压力大小等于小球2在C点时对碗的压力大小D.小球2在B点对碗的压力大小大于小球2在C点时对碗的压力大小【答案】C【解析】【详解】对小球2受力分析，如图所示，小球2受重力、支持力、库仑力，其中F1为库仑力F和重力mg的合力，根据三力平衡原理可知，F1=FN。由图可知，△OAB∽△BFF1设半球形碗的半径为R，AB之间的距离为L，根据三角形相似可知，即所以FN=mg----①----②当小球2处于C位置时，AC距离为，故，根据库仑定律有：所以，即小球在C位置时的电量是B位置时电量的八分之一，故AB均错误。n由上面的①式可知FN=mg，即小球2在B点对碗的压力大小等于小球2在C点时对碗的压力大小，故C正确、D错误。故选C。4.在Oxy直角坐标系中，点（5，0）处放一个点电荷q1，点（-5，0）处方一个点电荷q2，已知放在点C（0，5）处的正电荷受到的电场力的方向沿x轴正方向，（　　）A.点电荷和都带正电B.点电荷和都带负电C.点电荷带正电，带负电D.点电荷带负电，带正电【答案】D【解析】试题分析：等量异种电荷产生的电场中，其中垂线上的点的电场方向垂直于中垂线指向负电荷，所以可得点电荷带负电，带正电，故D正确，考点：考查了等量异种电荷电场规律点评：做本题的关键是对等量异种电荷电场规律的熟悉，并且现在对等量异种，等量同种电荷电场考查非常频繁，所以需要掌握5.两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示．一个电 量为2C，质量为1kg的小物块从C点静止释放，其运动的v～t图象如图乙所示，其中B点处为整 条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）．则下列说法正确的（　　）A.B点为中垂线上电场强度最大的点，场强B.由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大nC.由C点到A点的过程中，电势逐渐升高D.AB两点电势差 V【答案】CD【解析】试题分析：两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向无穷远；电量为2C仅在运动方向上受电场力作用从C点到B、到A运动的过程中，根据v-t图可知在B点的加速度为运动物体先做加速度增大后做加速度减小的加速运动，则判断电荷所受电场力大小变化情况和加速度变化情况．速度时间图像中图线的斜率表示加速度，加速度越大，则受到的电场力越大，即电场强度越大，故在B点的加速度最大，其大小为，根据牛顿第二定可得，解得，A错误；从C到A过程中速度增大，即动能增大，电场力做正功，电势能减小，同一正电荷的电势能减小，则电势减小，BC错误；从图中可知A、B两点的速度分别为：，物块在A到B过程，根据动能定理得：，得：，D正确．6.在阻值为70Ω的电阻中通以正弦交变电流，测得在10min内放出的热量为2.1×104J，则此交变电流的最大值为(　　)A.0.24AB.0.5AC.0.707AD.1A【答案】D【解析】根据代入数据得，该电流为交流电的有效值，所以，D正确．7.如图所示是研究通电自感实验的电路图，A1、A2是两个规格相同的小灯泡，闭合电键调节滑动变阻器R的滑动触头，使两个灯泡的亮度相同，调节滑动变阻器R1的滑动触头，使他们都正常发光，然后断开电键S．重新闭合电键S，则（　　）nA.闭合瞬间，立刻变亮，逐渐变亮B.闭合瞬间，、均立刻变亮C.稳定后，L和R两端的电势差一定相同D.稳定后，和两端电势差不相同【答案】C【解析】试题分析：闭合瞬间，L相当于断路，立刻变亮，逐渐变亮，稳定后，两个灯泡的亮度相同，说明它们两端的电压相同，L和R两端电势差一定相同，选项C正确ABD错误。考点：自感现象和自感系数【名师点睛】对自感线圈来讲，重点掌握开关闭合瞬间，断路稳定后和开关断开的瞬间，线圈对电流突变的阻碍作用。8.如图所示，一理想变压器原副线圈匝数分别为n1=1000匝．n2=200匝，原线圈中接一交变电源，交变电源电压u=220sin100πt（V）．副线圈中接一电动机，电阻为11Ω，电流表A2示数为1A，电表对电路的影响忽略不计．下列说法正确的是（　　）A.此交流电的频率为100 HzB.电流表示数为5 AC.电压表示数为D.此电动机输出功率为33 W【答案】D【解析】试题分析：此交流电的频率为，选项A错误；根据，解得I1=0.2An，选项B错误；电压表示数为交流电的有效值，选项C错误；次级电压，则此电动机输出功率为，选项D正确；故选D.考点：变压器；交流电。9.如图所示是一台理想自耦变压器，在a、b之间接正弦交流电，A、V分别为理想交流电流表和交流电压表．若将调压端的滑动头P向上移动，则(　　)A.电压表V的示数变大B.变压器的输出功率变大C.电流表A的示数变小D.电流表A的示数变大【答案】C【解析】ab间为原线圈，当P向上移动时，原线圈匝数增多，原副线圈匝数比变大，由变压规律＝，U1不变，U2变小，电压表V的示数变小，R不变，由P＝可知，变压器的输出功率变小，A、B错，由U1I1＝U2I2，可以知道，I1变小，C对，D错．思路分析：根据变压器原、副线圈之间电压、电流和匝数的关系进行计算试题点评：考查变压器原、副线圈之间电压、电流和匝数的关系10.如图所示，一闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点，将圆环拉至某一位置并释放，圆环摆动过程中(环平面与磁场始终保持垂直)经过有界的水平匀强磁场区域，A、B为该磁场的竖直边界，若不计空气阻力，则()A.圆环向右穿过磁场后，还能摆至原来的高度B.在进入和离开磁场时，圆环中均有感应电流nC.圆环进入磁场后，离最低点越近速度越大，感应电流也越大D.圆环最终将静止在最低点【答案】B【解析】在圆环进入和穿出磁场的过程中环中磁通量发生变化，有感应电流产生，即圆环的机械能向电能转化，其机械能越来越小，上升的高度越来越低，选项A错误，B正确；但在环完全进入磁场后，不再产生感应电流，选项C错误；最终圆环将不能摆出磁场，从此再无机械能向电能转化，其摆动的幅度不再变化，选项D错误．方法总结当导体中的磁通量变化时，产生感应电流，损失机械能；当导体中的磁通量无变化时，不产生感应电流，不损失机械能．二、多选题11.关于并联电路，下列说法中正确的是（　　）A.总电阻阻值必小于每一个电阻阻值B.其中一个电阻阻值增大时，总电阻阻值必减小C.再并联一个电阻时，总电阻阻值必减小D.拿掉一个电阻时，总电阻阻值必增大【答案】ACD【解析】【详解】电阻并联相当于导体的横截面积增加了，故总电阻阻值必小于每一只电阻阻值，故A正确；根据并联电阻的总电阻规律可知，其中一只电阻阻值增大时，总电阻阻值必增加，故B错误；多并联一只电阻时，相当于导体的横截面积增加了，总电阻阻值必减小，故C正确；拿掉一只电阻时，相当于导体的横截面积减小了，总电阻阻值必增大，故D正确。故选ACD。12.如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B板时速度为v，保持两板间电压不变．则（　　）A.当增大两板间距离时，v也增大B.当减小两板间距离时，v增大C.当改变两板间距离时，v不变nD.当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间延长【答案】CD【解析】根据动能定理,因为保持两板间电压不变所以当改变两板间距离时，v不变AB错，C对，当增大两板间距离时，会使得场强减小，即电子运动的加速度减小，所以电子在两板间运动的时间增大D对13.如图，两根平行长直导线相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定电流：a、b、c是导线所在平面内的三点，左侧导线与它们的距离分别为、l和3l。关于这三点处的磁感应强度，下列判断正确的是A.a处的磁感应强度大小比c处的大B.b、c两处的磁感应强度大小相等C.a、c两处的磁感应强度方向相同D.b处的磁感应强度为零【答案】AD【解析】试题分析：由右手定则可以判断，a、c两处的磁场是两电流在a、c处产生的磁场相加，但a距离两导线比c近，故a处的磁感应强度大小比c处的大，Ａ对；ｂ、c与右侧电流距离相同，故右侧电流对此两处的磁场要求等大反向，但因为左侧电流要求此两处由大小不同、方向相同的磁场，故b、c两处的磁感应强度大小不相等，B错；由右手定则可知，a处磁场垂直纸面向里，c处磁场垂直纸面向外，C错；b与两导线距离相等，故两磁场叠加为零，D对。考点：磁场叠加、右手定则14.磁悬浮高速列车在我国上海已投入正式运行。如图所示就是磁悬浮的原理，图中A是圆柱形磁铁，B是用高温超导材料制成的超导圆环。将超导圆环B水平放在磁铁An上，它就能在磁力的作用下悬浮在磁铁A的上方空中，则（　　）A.在B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流；当稳定后，感应电流消失B.在B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流；当稳定后，感应电流仍存在C.若A的N极朝上，B中感应电流的方向为顺时针方向D.若A的N极朝上，B中感应电流的方向为逆时针方向【答案】BC【解析】【详解】A、B、在B放入磁场的过程中，根据楞次定律不难判断出B中会产生感应电流，而因为B是超导体没有电阻，故即使B稳定后电磁感应现象消失B中的电流也不会消失，故A错误，B正确.C、D、根据楞次定律可知，如A的N极朝上，放入线圈时，线圈中的磁通量向上增大，则感应电流的磁场应向下，B中感应电流方向从上向下看应为顺时针，故C正确，D错误.故选BC.【点睛】本题考查楞次定律以及超导现象，认真审题是解题的关键，本题易错选A，易认为B稳定后B中没有电磁感应现象发生，而得出感应电流消失的结论，再就是要熟练掌握楞次定律．三、实验题探究题15.有一个小灯泡上标有“4V、2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的I﹣U图线．现有下列器材供选用：A.电压表（0～5V，内阻10kΩ）B.电压表（0～15V，内阻20kΩ）C.电流表（0～3A，内阻1Ω）D.电流表（0～0.6A，内阻0.4Ω）E.滑动变阻器（10Ω，2A）F.滑动变阻器（500Ω，1A）G.学生电源（直流6V）、开关、导线若干n（1）实验时，选用图甲而不选用图乙的电路图来完成实验，请说明理由_____；（2）实验中所用电压表应选_____，电流表应选用_____，滑动变阻器应选用_____．（填序号示）（3）把图丙中所示的实验器材用实线连接成实物电路图_____．【答案】(1).在用伏安法描绘这个灯泡的I一U图线的实验中，电压要从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法(2).A(3).D(4).E(5).【解析】【分析】根据滑动变阻器分压及限流接法的不同作用，结合题意选择滑动变阻器的接法；由电流表、电压表与灯泡内阻间的大小关系确定电流表的接法；仪表的选择应本着安全准确的原则；电压表要测量灯泡两端的电压，故应通过灯泡的额定电压值判断需要的电压表；由流过灯泡的电流判断需要的电流表；由题意判断需要的滑动变阻器。【详解】(1)在用伏安法描绘这个灯泡的I一U图线的实验中，电压要从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，所以电路图选用图甲；(2)因灯泡的额定电压为4V，为保证安全选用的电压表量程应稍大于4V，但不能大太多，量程太大则示数不准确；故只能选用0～5V的电压表，故选A；由P=UI得，灯泡的额定电流I=，故电流表应选择0～0.6A的量程，故选D；n而由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，而分压接法中应选总阻值小的滑动变阻器，故选E；(3)根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示。【点睛】本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断。四、计算题16.图1是利用两个电流表A1和A2测量干电池电动势E和内阻r的电路原理图．图中S为开关，R为滑动变阻器，固定电阻R1和A1内阻之和为10000Ω（比r和滑动变阻器的总电阻都大得多），A2为理想电流表．①按电路原理图在图2虚线框内各实物图之间画出连线_____________．②在闭合开关S前，将滑动变阻器的滑动端c移动至______（填“a端”、“中央”或“b端”）．③闭合开关S，移动滑动变阻器的滑动端c至某一位置，读出电流表A1和A2的示数I1和I2．多次改变滑动端c的位置，得到的数据为I1（mA）0.1200.1250.1300.1350.1400.145I2（mA）48040032023214068在图3所示的坐标纸上以I1为纵坐标、I2为横坐标画出所对应的I1-I2曲线___________．④利用所得曲线求的电源的电动势E=______V，内阻r=______Ω．（保留两位小数）⑤该电路中电源输出的短路电流Im=______A．n【答案】(1).(2).b端(3).(4).1.5(5).0.60(6).2.5【解析】①由原理图可知，电路为基本的限流接法，故按原理图串联即可；连线如下图所示；②为保证安全，开始时滑动变阻器应接到最大值，故应接b端；③将各点依次描出，连线如下图所示．n④由图示可知，图象与纵轴的交点，即为电源的电动势，因此电源电动势E=1.49V，电源内阻；⑤短路电流点睛：测定电动势和内阻的实验中要注意数据的处理时主要应用了图象法，在学习中要掌握读数及画图的能力，要结合公式理解图象中点、线、交点及截距的意义．17.如图所示，三条曲线表示三条等势线，其电势φC＝0，φA＝φB＝10V，φD＝－30V，将电荷量q＝1.2×10－6C的电荷在该电场中移动．(1)把这个电荷从C移到D，静电力做功多少？(2)把这个电荷从D移到B再移到A，电势能变化多少？【答案】（1）3.6×10-5 J．（2）电势能增加了4.8×10-5 J．【解析】【分析】(1)根据电场力做功的公式W=qU，可以计算出电荷从C移到D电场力做功；(2)电荷从D移到B再移到A电场力做的功，根据电场力做功公式求解。【详解】(1)由于UCD=φC-φD=0-（-30）V=30 V则电荷从C移到D，电场力做功为：WCD=qUCD=10-6×30 J=3.6×10-5 J；(2)由于UDA=φD-φA=-30V-10V=-40V则电荷从D移到B再移到A电场力做的功为：WDA=qUDA=10-6×（-40）J=-4.8×10-5 J由于电场力做负功，所以电势能增加。n【点睛】本题要掌握电场力做功的计算公式W=qU，注意计算时式中各个量都要代入符号．同时要知道电场力做正功电势能减小，电场力做负功电势能增加。18.设图中磁流体发电机的两块金属板的长度均为a，宽度均为b，金属板平行且正对放置，间距为d，其间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度为B，导电流体的流速为v(保持不变)，电阻率为ρ，负载电阻的阻值为R.导电流体从一侧沿垂直磁场且与金属板平行的方向进入两板间，当开关K拨在1时，磁流体发电机对负载电阻供电；当开关拨在2时，磁流体发电机给平行板电容器充电，电容器间一个质量为m、电量为q的悬吊带电小球在电场力作用下从竖直位置向右偏摆的最大角度为θ.求：(1)当开关K拨在1时，负载电阻得到的电压；(2)电容器极板之间的距离s.【答案】　(1)(2)【解析】试题分析：（1）导电流体的运动可以等效为长度为d、电阻为r的导体做切割磁感线运动求出切割产生的感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求出感应电流的大小，从而求出负载电阻的电压．（2）根据动能定理求出电场强度的大小，结合电动势和电场强度求出电容器极板之间的距离．（1）根据法拉第电磁感应定律，发电机产生的感应电动势大小为导电流体的运动可以等效为长度为d、电阻为r的导体做切割磁感线运动，其电阻根据闭合电路欧姆定律，通过负载电阻R的电流为则负载电阻R得到的电压为（2）磁流体发电机给电容器提供的电场强度带电体得到的电场力设摆线长为l，小球从竖直位置向上摆动的过程中，根据动能定理有：n联立解得：19.如图甲所示，两根质量均为 0.1kg完全相同的导体棒a、b，用绝缘轻杆相连置于由金属导轨PQ、MN架设的斜面上．已知斜面倾角θ为53°，a、b导体棒的间距是PQ、MN导轨间间距的一半，导轨间分界线OO′以下有方向垂直斜面向上的匀强磁场．当a、b导体棒沿导轨下滑时，其下滑速度v与时间的关系图象如图乙所示．若a、b导体棒接入电路的电阻均为1Ω，其它电阻不计，取g=10m/s2，sin53°≈0.8，cos53°≈0.6，试求：（1）PQ、MN导轨的间距d；（2）a、b导体棒与导轨间的动摩擦因数；（3）匀强磁场的磁感应强度．【答案】(1)1.2m；　(2)0.083；　(3)0.83T；【解析】(1)由图乙可知导体棒b刚进入磁场时a、b和轻杆所组成的系统做匀速运动，当导体棒a进入磁场后才再次做加速运动，因而b棒匀速运动的位移即为a、b棒的间距，依题意可得：d＝2vt＝2×3×(0.6－0.4)m＝1.2m(2)设进入磁场前导体棒运动的加速度为a，由图乙得：a＝＝7.5m/s2，因a、b一起运动，故可看作一个整体，其受力分析如图所示．由牛顿第二定律得：2mgsinθ－μ2mgcosθ＝2man解得：μ＝(gsinθ－a)/(gcosθ)＝(10×0.8－7.5)/(10×0.6)＝0.5/6＝0.083(3)当b导体棒在磁场中做匀速运动时，有：2mgsinθ－μ2mgcosθ－BId＝0I＝联立解得：B＝0.83T