【文档说明】河北省衡水市安平中学2020-2021学年高二上学期第三次月考物理试题【精准解析】.doc，共(18)页，800.500 KB，由小赞的店铺上传

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-1-安平中学2020-2021学年第一学期第三次月考高二物理试题一、单项选择题：本题共8个小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹．粒子先经过M点，再

经过N点．下列判断正确的是A.该粒子带负电B.粒子在M点的速度大于N点的速度C.粒子在M点的加速度大于N点的加速度D.粒子在M点的电势能大于N点的电势能【答案】D【解析】【分析】【详解】A、带电粒子的轨迹向下弯曲,则带电粒子所受的电场力沿电场线切线向下,则知带

电粒子带正电,故A错误.B、从M到N，电场力做正功,动能增大,速度也增大,故带电粒子在M点的速度小于在N点的速度.故B错误.C、电场线的疏密表示场强大小,由图知粒子在M点的场强小于N点的场强,在M点的加速度小于N点的加速度.故C错误.D、电场力做正功,电势能减小.所以

D选项是正确的.故选D【点睛】带电粒子的轨迹向下弯曲,则带电粒子所受的电场力沿电场线切线向下,则知带电粒子带正电,由电场线的疏密可判断场强的大小,再判断电场力的大小.由带电粒子的轨迹可判定电场力的方向,确定电场力做功情况,分析电势能和动能的变化,再分析

速度的变化.带电粒子的动能和电势能总和守恒.-2-2.2020年9月12日我国发射的“嫦娥四号”着陆器和“玉兔二号”月球车已在月球背面工作618天，再次受光照自主唤醒，迎来第22月昼工作期，中国载人登月工程规划在2030年前后实现航天员

登月。假如宇航员登月后想探测一下月球表面是否有磁场，他手边有一只灵敏电流表和一个小线圈，则下列推断正确的是（）A.直接将电流表放于月球表面，看是否有示数来判断磁场有无B.将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表无示数，则判断月球表面无磁场C.将电流表与线圈组成闭合回

路，使线圈沿某一方向运动，如电流表有示数，则可判断月球表面有磁场D.将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈在某个平面内沿两个互相垂直的方向运动，月球表面若有磁场，则电流表至少有一次示数不为零【答案】C【解析】【分析】【详解】A．直接将电流表放于月球表面，电流表电路是断开的，不能产生感

应电流，无法判断有无磁场，故A错误；B．将电流表与线圈组成回路，使线圈沿某一方向运动，若线圈运动方向与磁场方向平行时，线圈中不产生感应电流，所以电流表无示数，不能判断月球表面无磁场，故B错误；C．将电流表与线圈

组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表有示数，线圈中磁通量发生变化，说明月球表面有磁场，故C正确；D．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈在某个平面内沿两个互相垂直的方向运动，若这两个运动方向均与磁场方向垂直，即使月球表面有磁场，

则电流表都是也都是零，故D错误。故选C。【点睛】本题考查理论联系实际的能力，关键抓住产生感应电流的条件：一是电路要闭合；二是穿过电路的磁通量发生变化。3.在如图所示的电路中，R1=10Ω，R2=20Ω，滑动变阻器R的阻值为0-5

0Ω，当滑动触头P由a向b滑动的过程中，灯泡L的亮度变化情况是()-3-A.逐渐变亮B.逐渐变暗C.先变亮后变暗D.先变暗后变亮【答案】B【解析】【分析】【详解】当滑动触头P由a向b滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析得知，电路中总电流减小，则灯泡L亮度逐渐变暗．故选

B。4.如图所示，空间的某个复合场区域内存在着竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场．质子由静止开始经一加速电场加速后，垂直于复合场的边界进入并沿直线穿过场区，质子(不计重力)穿过复合场区所用时间为t，从复合场区穿出

时的动能为Ek，则()A.若撤去磁场B，质子穿过场区时间大于tB.若撒去电场E，质子穿过场区时间等于tC.若撒去磁场B，质子穿出场区时动能大于EkD.若撤去电场E，质子穿出场区时动能大于Ek【答案】C【解析】【分析】-4-【详

解】A.质子在电场中是直线加速，进入复合场，电场力与洛伦兹力等大反向，质子做匀速直线运动．若撤去磁场，只剩下电场，质子做类平抛运动，水平分运动是匀速直线运动，速度不变，故质子穿过场区时间不变，等于t，A错误；B.若撒

去电场，只剩下磁场，质子做匀速圆周运动，速率不变，水平分运动的速度减小，故质子穿过场区时间增加，大于t，B错误；C.若撤去磁场，只剩下电场，质子做类平抛运动，电场力做正功，故末动能大于Ek，C正确；D.若撤去电场，只剩

下磁场，质子做匀速圆周运动，速率不变，末动能不变，仍为Ek，D错误．5.如图所示,带正电的A粒子和B粒子同时以同样大小的速度(速度方向与边界的夹角分别为30°、60°)从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的O点射入磁场,又恰好都不从另一边界飞出,则下列说法中正确的是()A.

A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为1:3B.A、B两粒子的比荷之比是233+C.A、B两粒子的比荷之比是3:1D.A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为233+【答案】B【解析】【分析】【详解】AD.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：-5-2vqvBmr=，解得：mvrqB=；由几何关系得：AAcos30rrd+=，BBcos60rrd+=，解得：AB323rr=+，故AD错误；BC.粒子轨道半径：mvrqB=可知，qvmBr=，由题意可知，两粒子的v大小与

B都相同，则两粒子的q/m之比与轨道半径成反比，则A、B两粒子的q/m之比是233+，故B正确；C错误6.在高纬度地区的高空，大气稀薄，常出现五颜六色的弧状、带状或幕状的极其美丽壮观的发光现象，这就是我们

常说的“极光”．“极光”是由太阳发射的高速带电粒子（重力不计）受地磁场的影响，进入两极附近时，撞击并激发高空中的空气分子和原子引起的．假如我们在南极地区忽然发现正上方的高空出现了射向地球的、沿顺时针方向生成的紫色弧状极光（显示带电粒子的运动轨迹），则关于弧状极光的弯曲程

度下列说法正确的是（）A.轨迹半径逐渐减小B.轨迹半径先增大后减小C.轨迹半径先减小后增大D.轨迹半径逐渐增大【答案】A【解析】【分析】【详解】由题意可知，运动过程中粒子因空气阻力做负功，粒子的动能变小，速度减小，而且磁场的强度逐渐增强，则根据公式mvrqB=可知轨迹半径逐渐小，

故A正确，BCD错误．-6-7.已知通入电流为I的长直导线在周围某点产生的磁感应强度B与该点到导线间的距离r的关系为B=kIr.如图所示，竖直通电长直导线中的电流I方向向上，绝缘的光滑水平面上P处有一带正电

小球从图示位置以初速度v0水平向右运动，小球始终在水平面上运动，运动轨迹用实线表示，若从上向下看，则小球的运动轨迹可能是()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】【详解】根据右手螺旋定则可知直线电流I产生的磁

场方向与光滑的水平面垂直，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向始终与该水平面垂直沿水平方向没有分力，所以洛伦兹力对运动的电荷不做功，由此可知小球将做匀速直线运动，A正确．8.如图所示，AC是四分之一圆弧，O为圆心，D为弧AC中点，A、D

、C处各有一垂直纸面的通电直导线，电流大小相等，AC、两处电流垂直纸面向里，D处电流垂直纸面向外，整个空间再加一个大小为B的匀强磁场，O处的磁感应强度刚好为零，如果将D处电流反向，其他条件都不变，则O处的磁感应强度大

小为（）A.()322B+B.()221B+C.2BD.0【答案】B-7-【解析】【分析】【详解】设A、D、C处的电流在O点产生的磁场的磁感应强度大小均为B0，则对O点的磁场：22000BBBB+=+，即B=(2-1)B0，B的方向

沿左上方450的方向；如果将D处电流反向，则O处磁场的大小：220002(21)BBBBB++−=+，故B正确，ACD错误．二、多项选择题：本题共4个小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选的得0分。9.根据磁场对

电流会产生作用力的原理，人们研制出一种新型的炮弹发射装置--电磁炮，它的基本原理如图所示，下列结论中正确的是（）A.要使炮弹沿导轨向右发射，必须通以自M向N的电流B.要想提高炮弹的发射速度，可适当增大电流C.要想提高炮弹的发射速度，可适当增大磁感应强度D.使电流和磁感应

强度的方向同时反向，炮弹的发射方向亦将随之反向【答案】ABC【解析】【分析】【详解】要使炮弹沿导轨向右发射，即为安培力作用，根据左手定则可知，必须通以自M向N的电流．故A正确；要想提高炮弹的发射速度，即增大安培力的大小，根据F=BIL，所以可适当增大电流或磁感应强度，故BC正确；若

使电流和磁感应强度的方向同时反向，则安培力方向不变，所以炮弹的发射方向不变，故D错误；10.图甲是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个“D”形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所

示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列说法中正确的是（）-8-A.在Ek﹣t图中应有t4﹣t3=t3﹣t2=t2﹣t1B.高频电源的变化周期应该等于tn﹣tn﹣2C.要使粒子获得的最大动能增大，可以增大电源电压D.在磁感应强度B、“D”形盒半径、粒子的质量m及其电荷量q

不变的情况下，粒子的加速次数越多，粒子的最大动能一定越大【答案】AB【解析】A.洛伦兹力提供向心力，有2vqvBmr=，解得mvrqB=，故周期22rmTvqB==，与速度无关，故t4﹣t3=t3﹣t2=t2﹣t1，故A正确；B.交流电源的周期必须和粒子在磁

场中运动的周期一致，故高频电源的变化周期应该等于tn−tn−2，故B正确；C.当粒子从D形盒中出来时，速度最大，此时运动的半径等于D形盒的半径；由2vqvBmr=，解得mvrqB=，则最大动能2222122k

qBREmvm==，知最大动能与加速器的半径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关，与加速电压等其他因素无关，故C错误；D.当粒子从D形盒中出来时，速度最大，此时运动的半径等于D形盒的半径；由2vqvBmr=，解得mvrqB

=，则最大动能2222122kqBREmvm==，知最大动能与加速器的半径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关，与加速电压无关，与加速次数无关，故D错误；故选AB.11.如图所示，在MNPQ区域内有竖直向上的匀强电场和沿水平方向的

匀强磁场。现有带电粒子a、b均从边界MN上的A点垂直于MN进入该区域，并恰好都能做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（）-9-A.粒子可能从NP边界射出B.如果两粒子都从MN边界射出，则它们在该区域的运动时间一定相等C.如果两粒子都从MN边界射出

，则它们在该区域运动的轨道半径一定相等D.带电粒子a、b在该区域内运动的过程中，它们的电势能都减少【答案】BD【解析】【分析】【详解】A．根据题意可知，粒子做匀速圆周运动，则电场力与重力等大反向，有qEmg=洛伦兹力提供向心力，有2vqvBm

r=即电场力竖直向上，粒子均带正电。根据左手定则，可知粒子进入复合场瞬间所受洛伦兹力方向竖直向上。故粒子不可能从NP边界射出。故A错误；B．如果两粒子都从MN边界射出，则两粒子在复合场中轨迹均为半圆，所对应圆心角相同，根据周期公式，有2rTv=联立，

可得22mETqBBg==由此可知粒子在复合场中运动时间为t，则有2tT=解得-10-EtBg=则它们在该区域的运动时间一定相等。故B正确；C．根据A项分析，可知mvrqB=题目中没有两粒子进入复

合场速度关系，所以轨道半径关系不确定。故C错误；D．根据A项分析，可知两粒子进入复合场后均向上偏转，其速度方向与电场力方向夹角为锐角。所以电场力做正功，即电势能减少。故D正确。故选BD。12.质量为m、带电量为q的小物块，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜

面置于方向水平向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图所示。若带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法中正确的是（）A.小物块一定带有正电荷B.小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动C.小物块在斜面上运动时做加速

度增大，且速度也增大的变加速直线运动D.小物块在斜面上下滑过程中，当小物块对斜面压力为零时的速率为cosmgqB【答案】BD【解析】【分析】【详解】A.带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，知洛伦

兹力的方向垂直于斜面向上。根据左手定则知，小物块带负电，A错误；BC．小物块在运动的过程中受重力、斜面的支持力、洛伦兹力，合外力沿斜面向下，根据牛顿第二定律知sinmgma=-11-解得：sinag=，小物块在离开斜面

前做匀加速直线运动，B正确，C错误；D．当压力为零时，在垂直于斜面方向上的合力为零，有cosmgqvB=解得：cosmgvqB=，D正确；故选BD。三、非选择题∶本题共6个小题，共60分13.在“研究电磁感应现象

”的实验中，先要按图甲连接，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系，接着按图乙将该电流表与线圈B连成一个闭合回路，将线圈A、电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路，则S闭合后将螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针______（填动，不动），若将线圈A放在B中

不动时，指针_________（填动，不动），若将线圈A从B中抽出，电流表指针将_______________（填动，不动），从该实验的探究可以得到的结论是：只要穿过闭合线圈中的_________变化，会产生感应电流。【答案】(1).动(2).不动(3).动(4).

磁通量【解析】【分析】【详解】[1]S闭合后将螺线管A插入螺线管B的过程中,穿过B的磁场向上，磁通量变大，由楞次定律可知，闭合回路中产生感应电流，故电流表的指针动；[2]若将线圈A放在B中不动时，穿过B的磁通

量不变，则闭合回路中没有感应电流，那么指针将静止不动；[3]若将线圈A从B中抽出，导致穿过B的磁场向上，且穿过B的磁通量减小，根据楞次定律可知，闭合回路中产生感应电流，故电流表指针动；[4]从该实验的探究可以得到的结论是：只要穿过闭合线圈中

的磁通量变化，则会产生感应电流。14.使用多用电表测量电阻时，多用电表的内部电路可以等效为一个直流电源（一般为电池）、-12-一个电阻和一个表头串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端。现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表，量程为3V的电压表（电阻很大），滑动

变阻器，导线若干。实验时，将多用电表的选择开关调至欧姆“×1”挡，调节欧姆调零旋钮，使指针指向0，将滑动变阻器接入电路中的阻值调至最大。(1)实验电路图如图甲所示，电压表“+”“－”已经标出，若两电表均正常工作，则多用电表左表笔为________（填“红”或“黑”）

色；(2)若适当调节滑动变阻器接入电路的阻值，滑片位于某位置时多用电表的示数如图乙所示，则多用电表的读数为___________Ω；(3)现采用图甲的电路测量多用电表的等效电动势E和等效内阻,rR表示多用电表的读数，U表示电压表的读数。实验中通过多次改变滑动变阻器接入电路中的阻值，

从电压表上读出相应的示数U，发现U与R不成线性关系，根据实验数据描点，绘出的11UR−图像是一条直线，如图丙所示，若直线的斜率为k，直线在1U坐标轴上的截距为b，则该多用电表的等效电动势E=__________，等效内阻r=___________。（用kb、表示）(4)用此多用电表测电

阻，实验操作正确，则用欧姆“×1”挡测20Ω的电阻时流过表头的电流-13-__________（选填“大于”或“小于”）用欧姆“×10”挡测150Ω的电阻时流过表头的电流。【答案】(1).黑(2).18(3).1b(4).kb(5).小于【解析】【分析】【详解】(1)[1]多用电表在使用时

必须使电流从红表笔（正接线柱）流进，黑表笔（负接线柱）流出，由于多用电表左表笔与电压表正接线柱连接，则左表笔为黑表笔(2)[2]由图乙可知，多用电表的读数为18Ω(3)[3][4]由实验原理可得UEUrR=+得111+EUrER=结合

图丙可得1bE=，rkE=解得1Eb=，krkEb==(4)[5]多用电表测电阻时，尽量使指针指到中间刻度附近，则用欧姆“×1”挡测20Ω的电阻时指针的位置更偏向左侧，所以此时电流更小，即用欧姆“×1”挡测20Ω的电阻时流过表头的电流小于用欧姆“×10”挡测150Ω的电阻时流过表头的电流15

.竖直放置的半圆形光滑绝缘管道处在如图所示的匀强磁场中，B＝1.1T，管道半径R＝0.8m，其直径POQ在竖直线上，在管口P处以2m/s的速度水平射入一个带电小球（可视为质点），其电荷量为10－4C（g取10m

/s2），小球滑到Q处时的速度大小为多大？若小球从Q处滑出瞬间，管道对它的弹力正好为零，小球的质量为多少？（g＝10m/s2）【答案】6m/s；m＝1.2×10－5kg-14-【解析】【分析】【详解】小球在管道中受重力、洛伦兹力和轨道的作用力，只有重力对小球做功

，由动能定理得2211222QPmgRmvmv=−解得246m/sQPvgRv=+=在Q处弹力为零，则洛伦兹力和重力的合力提供向心力，有2QQvqvBmgmR−=解得m＝1.2×10－5kg16.如图所示，两平行金属导轨所在的平面与水平面夹角37

=，导轨的一端接有电动势3EV=、内阻0.5r=的直流电源，导轨间的距离0.4mL=。在导轨所在空间内分布着磁感应强度0.5TB=、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。现把一个质量0.04kgm=的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒与金属导

轨垂直、且接触良好，导体棒的电阻1.0R=，导体棒恰好能静止。金属导轨电阻不计。（g取10m/s2，sin37º=0．6，cos37º=0．8）求：（1）ab受到的安培力大小；（2）ab受到的摩擦力大小。【答案】（1

）0.40N；（2）0.16N．【解析】【分析】【详解】（1）由闭合电路欧姆定律可得电路中的电流为-15-2AEIRr==+故导体棒受到的安培力为0.40NFBIL==（2）由左手定则可知，导体棒受到

的安培力方向沿斜面向上，故sinFmgf=+代入数据解得0.16Nf=方向沿斜面向下。17.有一直角三角形OAC，OC长为12cm，∠C=30°，AC上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B1=1T，OA左侧也存在

垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B2未知，一质量为m=8×10﹣10kg、电荷量q=1×10﹣4C的带正电粒子从C点以垂直于OC以一速度进入磁场，恰好经A点到达O点，不计粒子重力，求：（1）未知匀强磁场的磁感应强度B2的大小；（2）粒子在磁场中从C点

经A点到达O点运动的总时间．【答案】（1）2T(2)8π×10﹣6s【解析】试题分析：（1）粒子在磁场B1中做匀速圆周运动，画出运动的轨迹如图，其圆心为O1，设轨迹半径为r1，则1130OACOCA==-16-所以：11

AOO2OCA60==，粒子的偏转角是120°，由几何关系得：1160rrcosOC+=，所以：12212833rOCcmcm===由洛伦兹力提供向心力得：211vqvBmr=，所以：4111.010/qBrvmsm==粒子在

磁场2B中做匀速圆周运动，画出运动的轨迹如图，其圆心为2O，设轨迹半径为2r，则21222cos2cos303AOrOAOrr===所以：2331301243?3?3rAOOCtancmcm====

由洛伦兹力提供向心力得：222vqvBmr=，所以：22mvBqr=代入数据得：22TB=（2）粒子在磁场1B中运动的周期：11122rmTvqB==由偏转角与偏转时间的关系得：11112023603mtTqB==粒子在磁场B1中运动的周期：2

2222rmTvqB==由图可知，粒子在磁场B2中偏转的角度也是120°，所以：2221233mtTqB==粒子在磁场中运动的总时间：5122.510ttts−=+=考点：考查了带电粒子在磁场中的运动18.如图所示，在平面

直角坐标xOy内，第Ⅰ象限有沿-y方向的匀强电场，第Ⅳ象限有垂直于纸面向外的匀强磁场．现有一质量为m、带电量为+q的粒子（重力不计）以初速度v0沿-x方向从坐标为（3l，l）的P点开始运动，接着进入磁场后由坐标原点O

射出，射出时速度方向与y轴方向夹角为45°．求:-17-（1）粒子从O点射出时的速度v；（2）电场强度E的大小；（3）粒子从P点运动到O点所用的时间．【答案】(1)02vv=（2）202mvEql=（3）0(2)4lTv=+【解析】带电粒子在电场中做类似平抛运动，由Q点进

入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，最终由O点射出．（轨迹如图所示）⑴根据对称性可知，粒子在Q点时的速度大小与粒子在O点的速度大小相等，均为υ，方向与－x轴方向成45°角，则有0cos45=（1分）解得02=（1

分）⑵在P到Q过程中，由动能定理得2201122qElmm=−（2分）解得202mEql=（1分）⑶设粒子在电场中运动的时间为t1，则2211122qElattm==（1分）设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由几何关系得013OQlt=−（1分）2rOQ=（1

分）粒子在磁场中的运动时间为2124rt=（1分）-18-由以上各式联立求得粒子在由P到O过程中的总时间为120(2)4lTtt=+=+（2分）