【高中物理】云南省曲靖市宣威市第三中学2017-2018学年高二物理下学期3月月考试卷.doc

云南省曲靖市宣威市第三中学2017-2018学年高二物理下学期3月月考试题本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间120分）分卷I一、单选题(共10小题,每小题3.0分,共30分)1.如图所示，一矩形线框置于磁感应强度为B的匀强磁场中，线框平面与磁场方向平行，若线框的面积为S，则通过线框的磁通量为( )A．BS B．C． D． 02.如图所示，水平放置的两根平行直导线把空间分成a、b、c三个区域，导线中通有方向相反的大小不等的电流I1和I2，则磁感应强度为零的区域( )A．只可能出现在b区B．可能同时出现在a、c区C．只可能出现在a、c区中的一个区域D．a、b、c中一定不存在磁感应强度为零的区域3.如图所示，图线a是某一电源的U－I曲线，图线b是一定值电阻的U －I曲线.若将该电源与该定值电阻连成闭合电路，已知该电源的内阻r ＝2.0 Ω，则说法错误的是( )A．该定值电阻为6 ΩB．该电源的电动势为20 VC．将2只这种电阻串联作为外电阻，电源输出功率最大D．将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大4.用阻值分别是R1＝10 Ω、R2＝20 Ω、R3＝80 Ω的三只电阻，适当连接后可以得到26 Ω的阻值，正确的连接方法是( )A．将三只电阻串联B．将三只电阻并联C．先将R1与R2并联后再与R3串联D．先将R2与R3并联后再与R1串5.如图，一通电螺线管通有图示电流，1、2、4小磁针放在螺线管周围，3小磁针放在螺线管内部，四个小磁针静止在如图所示位置，则四个小磁针的N、S极标注正确的是( ) A． 1B． 2C． 3D． 46.如图所示，白炽灯和电容器串联后接在交流电源的两端，当交流电的频率增加时( ) A．电容器电容增加B．电容器电容减小C．电灯变暗D．电灯变亮7.在x轴上方有垂直于纸面向外的匀强磁场，将同一种带电粒子从O点射入磁场，当入射方向与x轴的夹角为α＝60°时，速度为v1、v2的两个粒子分别从a、b两点射出磁场，如图所示，当α＝45°时，为了使粒子从ab的中点c射出磁场，则速度应为( ) A．(v1＋v2)B．(v1＋v2)C．(v1＋v2)D．(v1＋v2)8.如图所示，在水平方向的匀强磁场中，有一单匝矩形导线框可绕垂直于磁场方向的水平轴转动，在线框由水平位置以角速度ω匀速转过90°的过程中，通过导线横截面的电荷量为q，已知导线框的电阻为R，则下列说法正确的是( )A．导线框转到如图所示的位置时电流的方向将发生改变B．导线框转到如图所示的位置时电流的方向为b→a→d→c→bC．以图中位置作为计时起点，该导线框产生的交流电瞬时值表达式为e＝qRωsinωtD．题述过程中导线框上产生的焦耳热Q＝9.平行板电容器充电后断开电源，现将其中一块金属板远离另一板平移一小段距离．下图表示此过程中电容器的各物理量随两板间距离d的变化关系，正确的是( )A． B．B．C． D．10.如图所示的电路中，如果交变电流的频率增大，1、2和3灯的亮度变化情况是( )A． 1、2两灯均变亮，3灯变暗B． 1灯变亮，2、3两灯均变暗C． 1、2灯均变暗，3灯亮度不变D． 1灯变暗，2灯变亮，3灯亮度不变二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分)11.(多选)如图是某一点电荷的电场线分布图，下列表述正确的是( )A．A点的电势高于B点的电势B．该点电荷带负电C．A点和B点电场强度的方向相同D．A点的电场强度大于B点的电场强度12.(多选)在如图所示的电路中，电源内阻不计．为使电容器的带电量增大，可采取以下哪些方法( )A．增大R1 B．增大R2C．增大R3 D．减小R113.(多选)由电场强度的定义式E＝可知，在电场中的同一点( )A．电场强度E跟F成正比，跟q成反比B．无论试探电荷所带的电荷量如何变化，始终不变C．电场强度为零，则在该点的电荷受到的静电力一定为零D．一个不带电的小球在该点受到的静电力为零，则该点的电场强度一定为零14.(多选)将一磁铁缓慢地或迅速地插到闭合线圈中同样位置处，不发生变化的物理量有( )A．磁通量的变化量B．磁通量的变化率C．感应电流的大小D．流过导体横截面的电荷量分卷II三、实验题(共2小题,每小题10.0分,共20分)15.某学习小组探究一小电珠在不同电压下的电功率大小，实验器材如图甲所示，现已完成部分导线的连接．①实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大．请按此要求用笔画线代替导线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接；②某次测量，电流表指针偏转如图乙所示，则电流表的示数为______ A③该小组描绘的伏安特性曲线如图丙所示，根据图线判断，将____只相同的小电珠并联后，直接与电动势为3 V、内阻为1 Ω的电源组成闭合回路，可使小电珠的总功率最大，其总功率的值约为____ W(保留两位小数)．16.如图所示为J0411多用电表示意图．其中A、B、C为三个可调节的部件．某同学在实验室中用它测量一阻值约为1～3 kΩ的电阻．他测量的操作步骤如下：(1)调节可动部件______，使电表指针指向________．(2)调节可调部件B，使它的尖端指向________位置．(3)将红黑表笔分别插入正负插孔中，笔尖相互接触，调节可动部件________，使电表指针指向________位置．(4)将两只表笔分别与待测电阻两端相接，进行测量读数．(5)换测另一阻值为20～25 kΩ的电阻时，应调节B针，使它的尖端指向“×1 k”的位置，此时还必须重复步骤________，才能进行测量，若电表读数如上图所示，则该待测电阻的阻值是________．四、计算题(共5小题)17.如图所示，在匀强磁场中有一个内阻r＝3 Ω、面积S＝0.02 m2的半圆形导线框可绕OO′轴旋转．已知匀强磁场的磁感应强度B＝T．若线框以ω＝100π rad/s的角速度匀速转动．且通过电刷给“6 V、12 W”的小灯泡供电，则：(1)若从图示位置开始计时，求线框中感应电动势的瞬时值表达式；(2)从图示位置开始，线框转过90°的过程中，流过导线横截面的电荷量是多少？该电荷量与线框转动的快慢是否有关？(3)由题给已知条件，外电路所接小灯泡能否正常发光？如不能，则小灯泡实际功率为多大？18.如图所示电路中，电源的电动势E=6 V，内阻r=0.6 Ω，电阻R1=6 Ω，R2=4 Ω．图中电流表、电压表都是理想表，试计算闭合电键S后两个电表的示数和电源的输出功率．19.如图所示，光滑斜面倾角为37°，一带有正电的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变为原来的，求：(1)原来的电场强度．(2)物块运动的加速度．(3)沿斜面下滑距离为l时物块的速度．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)20.如下图所示，初速度为零的负离子经电势差为U的匀强电场加速后，从离子枪T中水平射出，经过一段路程后进入水平放置的距离为d的两平行金属板MN和PQ之间，离子所经空间存在着磁感应强度为B的匀强磁场．不考虑离子重力作用，离子的荷质比在什么范围内，离子才能打在金属板PQ上？21.固定不动的正点电荷A，已知其带电量为Q＝1.0×10－6C，正点电荷B从距A2 cm、电势为300 V的P点(取无穷远电势为零)由静止释放，瞬间产生的加速度大小为9×109m/s2，求B能达到的最大速度．答案解析1.【答案】D【解析】因为线圈平面和磁场方向平行，所以没有磁感线穿过线圈，即通过线圈的磁通量为零，D正确．2.【答案】C【解析】根据安培定则判断得知：电流I1在a区域产生的磁场方向垂直纸面向外，在b、c区域产生的磁场方向垂直纸面向里；电流I2在a、b区域产生的磁场方向垂直纸面向里，在c区域产生的磁场方向垂直纸面向外；所以在a、c两区域磁场方向相反，若磁感应强度大小相等，则可能出现磁感应强度为零的区域．由于电流产生的磁场离电流越近磁场越强，所以合磁感应强度为0处离比较小的电流比较近，即在小电流的一侧．所以不可能同时出现在a、c区．故只有选项C正确．3.【答案】C【解析】4.【答案】D【解析】阻值分别是R1＝10 Ω、R2＝20 Ω、R3＝80 Ω的三只电阻串联，总电阻为：10 Ω＋20 Ω＋80 Ω＝110 Ω，故A错误；阻值分别是R1＝10 Ω、R2＝20 Ω、R3＝80 Ω的三只电阻并联，总电阻小于最小的电阻，即小于10 Ω，故B错误；先将R1与R2并联后再与R3串联，总电阻大于R3，即大于80 Ω，故C错误；先将R2与R3并联后再与R1串，总电阻为：Ω＋10 Ω＝26 Ω，故D正确．5.【答案】B【解析】小磁针的N极指向为该处的磁感线方向，根据右手螺旋定则可知通电螺线管的右端为N极，左端为S极，内部磁感线方向是从左到右，故只有2标注正确．6.【答案】D【解析】由C＝可知，C与f无关，故C不变，A、B错误．交变电流的频率增加，容抗变小，故电流变大，故D正确．7.【答案】B【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得，qvB＝m，粒子轨道半径为R＝；设a、b、c三点的坐标分别为x1，x2，x3，当α＝60°时，粒子从a点射出磁场，如图所示，x＝2R1sin 60°＝R1＝，1当α＝60°时，粒子从b点射出磁场，如图所示，x＝2R2sin 60°＝R2＝，2当α＝45°时，粒子从c点射出磁场，如图所示，x＝2R3sin 45°＝R3＝，3因为2x3＝x1＋x2，解得：v3＝(v1＋v2)．8.【答案】D【解析】导线框转到中性面时电流方向发生改变，而图中表示的不是中性面，A项错误；根据右手定则或楞次定律判断导线框中电流的方向为a→b→c→d→a，B项错误；以图中位置作为计时起点，该导线框产生的交变电流瞬时值表达式为e＝BSωcosωt，由q＝可得该导线框产生的交流电瞬时值表达式为e＝qRωcosωt，C项错误；题述过程中U有效＝，时间t＝，Q＝t＝，D项正确，故选D.【解析】根据C＝知，d增大，则电容减小．故A错误．平行板电容器充电后断开电源，电量保持不变．故B错误．结合C＝、U＝、E＝得，E＝，知d变化，电场强度不变．故C正确．根据U＝知，电容减小，电量不变，则电势差增大，故D错误．10.【答案】D【解析】感抗为XL＝2πfL，容抗为xC＝.当频率f增大时，感抗XL变大，容抗XC变小．感抗XL 变大，对交流电的阻碍作用变大，所以1灯变暗．容抗XC变小，对交流电的阻碍作用变小，所以2灯变亮．而电阻器的对交流电的阻碍作用不随频率改变，所以3灯亮度不变．故D正确．故选D.11.【答案】BD【解析】过A点作出等势面如图所示，则A点与C点电势相等，由于沿电场线方向电势降低，所以B点电势高于C点电势，即B点电势高于A点电势，选项A错误；由题图可以判断该点电荷带负电，选项B正确；A点和B点电场强度的方向都沿各自所在电场线的方向，所以方向不同，选项C错误；由于电场线密集处电场强度大，所以A点电场强度大于B点电场强度，选项D正确．12.【答案】BD【解析】根据串联电路分压式U1∶U2＝R1∶R2，又由于E＝U1＋U2，故减小R1或增加R2都会使电容器两端电压增加，从而增加电容器的带电量，故选B、D.13.【答案】BC【解析】电场强度是由电场本身所决定的物理量，是客观存在的，与放不放试探电荷无关．电场的基本性质是它对放入其中的电荷有静电力的作用，F＝Eq.若电场中某点的电场强度E＝0，那么F＝0，若小球不带电q＝0，F也一定等于零，选项B、C正确．【解析】插到闭合线圈中同样位置，磁通量的变化量相同，但用时不同，磁通量的变化率不同，由I感＝＝可知，I感不同，流过导体的横截面的电荷量q＝·Δt＝·Δt ＝·Δt＝，因ΔΦ、R不变，所以q与磁铁插入线圈的快慢无关．15.【答案】①见解析图②0.44 ③4 2.25【解析】实物图如图所示；由图知电流表量程为0.6 A，所以读数为0.44 A；电源内阻为1 Ω，所以当外电路总电阻等于电源内阻时，消耗电功率最大，此时外电路电压等于内电压等于1.5 V，由图知当小电珠电压等于1.5 V时电流约为0.38 A，此时电阻约为R＝≈3.95 Ω，并联后的总电阻为1 Ω，所以需要4个小电珠，小电珠消耗的总功率约为P ＝＝W＝2.25 W.16.【答案】(1)A 左边零刻度线处(2)B “×100”的倍率挡(3)C 右边最大刻度线处(5)(3) 22 kΩ【解析】(1)使用多用电表测量电阻时应先机械调零，即调节可动部件A，使指针指向左边零刻度线处；(2)机械调零完毕后，还需要选择适当的欧姆挡，使得实验中指针指向刻度盘的～处，因为被测阻值大约为1～3 kΩ，所以应选择“×100”的倍率挡；(3)然后进行欧姆调零，即将两表笔短接，调节可动部件C，使电表的表针指向右边最大处；(5)当重新选择欧姆挡后，还需要进行欧姆调零，即重复步骤(3)，从表中可读出该电阻阻值为22 kΩ.17.【答案】(1)e＝10cos (100πt) V (2) C 无关(3)不能W＝BSω＝×0.02×100π V＝10V 【解析】(1)线框转动时产生感应电动势的最大值Em因从平行于磁感线位置开始计时，则感应电动势的瞬时值表达式e＝Ecosωt＝10cos (100πt) V.m(2)线框转过90°的过程中，产生的平均电动势＝.流过导线横截面的电荷量q＝·Δt＝＝，又灯泡电阻R＝＝Ω＝3 Ω.故q＝＝C＝C，与线框转动的快慢无关．(3)线框产生的感应电动势的有效值E＝＝10 V，灯泡两端电压U＝R＝5 V.因U＜6 V，故灯泡不能正常发光．其实际功率P＝＝W＝W.18.【答案】4.8 V 2 A 9.6 W【解析】图中电阻R1与R2并联，则外电路总电阻根据闭合电路欧姆定律得：电源的电流电压表的示数为U=IR=4.8 V电源的输出功率为P=IU=9.6 W19.【答案】(1)(2)3 m/s2，方向沿斜面向下(3)【解析】(1)对小物块受力分析如图所示，物块静止于斜面上，则mg sin 37°＝qE cos 37°，E＝＝.(2)当场强变为原来的时，小物块所受的合外力F＝mg sin 37°－qE cos 37°＝mg sin 37°.合又F合＝ma，所以a＝3 m/s2，方向沿斜面向下．(3)由动能定理得F合・l＝mv2－0所以mg sin 37°・l＝mv2，所以v＝.20.【答案】≤≤【解析】在加速过程中，据动能定理，有mv2＝qU①分析离子进入磁场后打到金属板两端的轨迹，如图所示，设半径分别为R1和R2，则离子打到金属板上的条件是R1≤R≤R2根据勾股定理知：R＝d2＋(R1－)2②由②式解得：R1＝d③同理可得：R＝(2d)2＋(R2－)2④由④式解得：R2＝d⑤离子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝m⑥由⑥式解得：R＝⑦由①⑦式解得：＝⑧因R1≤R≤R2，由③⑤⑧可得：≤≤⑨21.【答案】2×102m/s【解析】B电荷运动至无穷远处速度最大，电势能全部转化为动能，即qφP＝mv2①释放瞬间由库仑定律及牛顿第二定律知k＝ma②联立得v＝·r＝×2×10－2m/s＝2×102m/s。