【文档说明】【精准解析】吉林省白城市通榆县第一中学2019-2020学年高二上学期第三次月考物理试题.doc，共(22)页，934.500 KB，由小赞的店铺上传

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2019—2020学年高二上学期第三次月考物理试卷第I卷(选择题48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12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．计48分)1.如图甲所示，AB是电场中的一条直线，电子以某一初速度从A点出发，仅在电场力作用下沿AB运动到B点，其v－t图像如图乙所示。关于A、B两点的电场强度EA、EB和电势φA、φB的关系，下列判断正确的是（）A.EA=EB，φA<φB

B.EA>EB，φA>φBC.EA<EB，φA<φBD.电子从A运动到B点电势能减少【答案】B【解析】【详解】由图乙可知，电子仅在电场力作用下沿AB运动到B点做减速运动，且加速度减小，即电场力减小，所以电场强度减小，即EA>EB；电场

力做负功，电势能增大，由：=pEq其中电子带负电，q为负值，电势能增大，所以电势减小，即φA>φB，B正确，ACD错误。故选B。2.如图所示是等腰直角三棱柱，其中底面abcd为正方形，边长为L，它们按图示位置放置于竖直向下的匀强磁场中，

磁感应强度为B，下面说法中不正确的是（）A.通过整个三棱柱的磁通量为零B.通过dcfe平面的磁通量大小为22L2BC.通过abfe平面的磁通量大小为零D.通过abcd平面的磁通量大小为L2B【答案】D【解析

】【详解】A．由图可知，整个三棱柱就dcfe平面和abcd平面有磁通量，而dcfe平面就是abcd平面在垂直于磁感线方向的投影，即两平面磁通量大小相同，但两个面方向相反，所以通过两个面的磁通量等大反向，总磁通量为零，A正确；不

符合题意B．通过dcfe平面的磁通量大小为：22sin45=2dcfeBSBLLBL=B正确，不符合题意；C．abfe平面与磁感线平行，磁通量为零，C正确，不符合题意；D．通过abcd平面的磁通量大小为：22sin452abcdBSBL=D错误。符合题意故选D。3.如图所示，一个平行板电容

器充电后与电源断开，从负极板处释放一个电子（不计重力），设其到达正极板时的速度为v1，加速度为a1。若将两极板间的距离增大为原来的4倍，再从负极板处释放一个电子，设其到达正极板时的速度为v2，加速度为a2，则（）A.a1∶a2＝1∶1，v1∶v2＝1∶4B.a1∶a2＝4∶1

，v1∶v2＝1∶4C.a1∶a2＝1∶1，v1∶v2＝1∶2D.a1∶a2＝4∶1，v1∶v2＝2∶1【答案】C【解析】【详解】电容器极板上的电荷量不变，由平行板电容器决定式：4rSCkd=电容器定义式：QCU=匀强电场电势差与电场强度的关系：UEd=可得：4rkS

EQ=所以两极板间的距离增大为原来的4倍时，电场强度不变，根据牛顿第二定律：FeUeEammdm===所以：112211aEaE==；电子从负极移动到正极的过程中运用动能定理得：212eUmv=解得：2eUvm=可知：1122vUvU=由于：4rkdQUS=所以两极板间的距离

增大为原来的4倍，则电压增大4倍，联立可得：v1∶v2＝1∶2C正确。故选C。4.如图为电视机显像管的偏转线圈示意图，线圈中心O处的黑点表示电子枪射出的电子，它的方向垂直纸面向外，当偏转线圈中的电流方向如图所示时，电子束应（）A.向左偏转B.向上偏转C.向下偏

转D.若在该装置中，按图示射出的为质子，它应不偏转【答案】C【解析】【详解】ABC．由右手螺旋定则可以判断，线圈中心O处磁场向右，由左手定则判断，电子向下偏移，C正确，AB错误；D．若在该装置中，按图示射出的为质

子，由左手定则可以判断，向上偏转，D错误。故选C。5.如图所示，通电直导线L和平行直导线放置的闭合导体框abcd，以下说法正确的是（）A.当导线L中的电流增加时，导体框abcd中感应电流的方向为abcdaB.当导体框abcd中以bc为轴向外转1800过程中，感应电流的方向始终为adcb

aC.当导线L向右平移时，导体框abcd中感应电流的方向为abcdaD.当导线L向上平移时，导体框abcd中感应电流的方向为adcba【答案】C【解析】【详解】A．由右手螺旋定则可知，导体框处的磁场方向垂直纸面向里，当导线L中的电流增加时，向里的磁通量增大，由楞次定律可知，导体框abcd

中感应电流的方向为adcba，A错误；B．当导体框abcd中以bc为轴向外转900过程中，向里的磁通量减小，根据楞次定律可知，导体框abcd中感应电流的方向为abcda，转900到1800过程中，面积反了一下，磁通量增大，由楞次定律可知，导体框abcd中感应电流的方向依然为abcda

，B错误；C．当导线L向右平移时，向里的磁通量增大，由楞次定律可知，导体框abcd中感应电流的方向为abcda，C正确；D．当导线L向上平移时，磁通量不变，无感应电流，D错误。故选C。6.如图所示的电路，L是小灯泡，是极板水平放置的平行板电容器。有一带电油滴悬浮在两极

板间静止不动。若滑动变阻器的滑片向上滑动，则（）A.L变亮，电源的内部消耗功率增加B.电容器C极板上的电荷量减少C.油滴向上运动D.油滴向下运动【答案】C【解析】【详解】A．滑动变阻器的滑片向上滑动，则电阻R增大，路端总电阻增大，由：+EIRr=外可知，干路总电流减小，则

路端电压有：=UEIr−外可知，路端电压增大，即小灯泡电压增大，L变亮，电源内部消耗的功率：2=PrI内所以电源内部消耗的功率减小，A错误；由：QCU=可得：QCU=B．其中电容器两极板间电压为路端电压

，路端电压增大，所以电荷量增大，B错误；CD．开始时静止，即电场力与重力平衡，现电容器两极板间电压增大，所以电场强度增大，向上的电场力大于重力，油滴向上运动，C正确，D错误。故选C。7.如图所示，有一混合正离子束先后通过正交的匀强电场、匀强磁场区域Ⅰ和匀强磁场

区域Ⅱ，如果正离子束在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径r相同，则它们一定具有相同的（）A.质量B.速度C.电荷量D.动能【答案】B【解析】【详解】在趋于I不偏转，则：1qEqvB=解得：1EvB=所以它们一

定具有相同的速度；进入区域Ⅱ后偏转半径r相同，洛伦兹力提供向心力：22vqvBmr=可得：2qvmBr=即比荷相同，但电荷量和质量不一定相同，动能：212kEmv=质量不一定相同，所以动能不一定相同，B正确，ACD错误。故选B。8.电饭锅工作时有

两种状态：一种是锅内水烧开前的加热状态，另一种是锅内水烧开后的保温状态，如图所示是一学生设计的电饭锅电路原理示意图，S是用感温材料制造的开关。下列说法中正确的是（）A.加热状态时是用R1、R2同时加热的B.当开关S接通时电饭锅为加热

状态，S断开时为保温状态C.当12RR＝2，R2在保温状态时的功率为加热状态时的19D.当12RR＝2－1，R2在保温状态时的功率为加热状态时的18【答案】BC【解析】【详解】AB．当开关S接通时，R1被短路，发热功率为：22UPR=S断开时R

1、R2同时工作，发热功率为：212+UPRR=其中电压U都为220V，所以有：PP即开关S接通时为加热状态，此时只有R2工作，A错误，B正确；C．当12RR＝2时，R2加热状态时的功率为P，保温状态时总功率为：223U

PR=R2的功率为：2222122211399RUUPPRRRR===+即R2在保温状态时的功率为加热状态时的19，C正确；D．同理可得，当12RR＝2－1时，R2加热状态时的功率为P，保温状态时功率为：2222122211222RUUPPRRRR==

=+即R2在保温状态时的功率为加热状态时的12，D错误。故选BC。9.如图所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过

程中，圆环运动的速度图像不可能是（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【详解】A．若满足：qvBmg=则杆对环无压力，无摩擦力，环做匀速直线运动，A正确，不符合题意；BC．若满足：qvBmg则有：NmgqvBF=+滑动过程中，摩擦力阻碍环的运动，环做减速运动，速度越小，洛伦兹力越小，则压力增

大，由：=NFma可知，加速度增大，即做加速度增大的减速运动，BC错误，符合题意；D．若满足：qvBmg则有：+NmgFqvB=滑动过程中，摩擦力阻碍环的运动，环做减速运动，速度越小，洛伦兹力越小，则支持力减小，由：=NFma可知，加速度减小，

即做加速度减小的减速运动，当速度减小到某个值使得：qvBmg=时，有：=0NF无摩擦力，不再减速，接下来做匀速直线运动，D正确，不符合题意。本题选不可能的，故选BC。10.电磁轨道炮工作原理如图所示。待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与

轨道保持良好接触。电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回。轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与I成正比。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。现欲使弹体的出射速度增加至原来的4倍，理论上可采用的办法是（

）A.只将轨道长度L变为原来的2倍B.只将电流I增加至原来的4倍C.将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的8倍，其他量不变D.只将弹体质量减至原来的一半【答案】BC【解析】【详解】通电的弹体在轨道上受到安培力的作用，设导轨间距为d，由动能定理：21=2BIdLmv

磁感应强度的大小与I成正比：BkI=解得：22=kIdLvmA．只将轨道长度L变为原来的2倍，弹体的出射速度增加至原来的2倍，A错误；B．只将电流I增加至原来的4倍，则弹体的出射速度增加至原来的4倍，B正确；C．将弹体

质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的8倍，其他量不变，则弹体的出射速度增加至原来的4倍，C正确；D．只将弹体质量减至原来的一半，则弹体的出射速度增加至原来的2倍，D错误。故选BC。11.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中

形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示。设D形盒半径为R，若用回旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电频率为f，则下列说法正

确的是（）A.质子被加速后的最大动能为Ekm＝2222qBRmB.质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关C.只要R足够大，质子的速度可以被加速到任意值D.不改变B和f，该回旋加速器也能用于加速α粒子【答案】AB【解析】【详解】AB．质子被加

速到最大动能时，轨道半径最大，即：2mmvqvBmR=解得最大速度为：mqBRvm=与加速电场无关；最大动能为：2222122kmmqBREmvm==AB正确，C.质子的速度不能加速到任意值，因为当速度

达到一定程度后，质子的质量会发生变化，则运动周期也就发生变化了，就不能达到恰好加速度的条件了，故C错误；D．高频交流电的周期与圆周运动的周期相同：22mRmTvqB==不改变磁感应强度B，α粒子的比荷与质子的比荷不同，所以周期不同，若不

改变加速电场的频率，则无法用来加速α粒子，D错误。故选AB。12.质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具。图为质谱仪的原理示意图，现利用这种质谱仪对氢元素进行测量。氢元素的各种同位素从容器A下方的小孔S由

静止飘入电势差为U的加速电场，经加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中。氢的三种同位素最后打在照相底片D上，形成a、b、c三条“质谱线”。关于三种同位素进入磁场时速度大小的排列顺序和a、b、c三条“质谱线”的排列顺序，下列判断正确的是

（）A.进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氕、氘、氚B.进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氚、氘、氕C.a、b、c三条质谱线依次排列的顺序是氚、氘、氕D.a、b、c三条质谱线依次排列的顺序是氕、氘、氚【

答案】AC【解析】【详解】AB．加速电场加速后进入磁场，由动能定理：212qUmv=解得：2qUvm=三种同位素电荷量相同，则质量大的速度小，进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氕、氘、氚，A正确，B错误；CD．进入磁场后，洛伦兹力提供向心力：2mvqvBr=解得：

12mUrBq=质量大的半径大，即a、b、c三条质谱线依次排列的顺序是氚、氘、氕，C正确，D错误。故选AC。第II卷(非选择题52分)二、填空题(本题共3小题，每空1分，共12分)13.某同学测定一金属杆的长度和直径，示数如图

甲、乙所示，则该金属杆的长度和直径分别为cm和mm【答案】(1)60.104.20【解析】【分析】【详解】（1）刻度尺在读数的时候要估读一位，所以金属杆的长度为60.10；（2）游标卡尺的主尺读数为：4mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为10×0.02mm=

0.20mm，所以最终读数为：4mm+0.20mm=4.20mm=0.420cm=4.20mm．14.在“测定金属丝的电阻率”的实验中，测定阻值约为3-6Ω的金属丝的电阻率，实验中所用的电压表规格：量程0-3V、内阻

3kΩ；电流表规格：量程0-0.6A、内阻0.1Ω；还有其他一些器材：(1)用螺旋测微器测得金属丝的直径，如图2所示，可知金属丝的直径d=______mm(2)设加在金属丝两端的电压U，通过金属丝的电流I

，金属丝的长度L，金属丝的直径d，电阻率的测量计算公式为ρ=______如图1所示，电流表的示数________、电压表的示数_____，则可计算出金属丝的电阻为______Ω（此空保留两位小数）。【答案】(1).0.621(2).

24dUIL(3).0.46A(4).2.40V(5).5.22【解析】【详解】(1)[1]．主尺读数0.5mm，螺旋尺读数12.1，所以可知金属丝的直径：d=0.5mm+12.1×0.01mm=0.621mm(2)[2][3][4][5]．由金属电阻决定式：LRS=解得：R

SL=其中，由伏安法计算电阻为：URI=横截面积为：2=4dS联立解得：24dUIL=；电流表量程0-0.6A，所以读数为0.46A；电压表量程0-3V，所以读数为2.40V；所以电阻为：2.40==5.220.46U

RI=。15.某物理实验小组利用实验室提供的器材测定电压表V1的内阻，可选用的器材如下：A．待测电压表V1：量程3V，内阻约3kΩB．电压表V2：量程15V，内阻约20kΩC．电流表A：量程3A，内阻约0．1ΩD．定值电阻R0：9．0kΩE．滑动变阻器

R1：0~200ΩF．滑动变阻器R2：0~2kΩG．电源E：电动势约为12V，内阻忽略不计H．开关、导线若干（1）现用多用电表测电压表V1的内阻，选择倍率“×100”挡，其它操作无误，多用电表表盘示数如图所示，则电压表V1的内阻约为Ω．（2）为了准确测

量电压表V1的内阻，两位同学根据上述实验器材分别设计了如图甲和乙两个测量电路，你认为（选填“甲”或“乙”）更合理，并在实物图中用笔画线代替导线将电路图补充完整．（3）该实验中滑动变阻器应该选用（选填“R1”或“R2”）．（4）用已知量R0和V1、V2的示数U1、U2来表示

电压表V1的内阻RV1=．【答案】（1）3400；（2）乙；连图如图；（3）R1；（4）1021URUU−【解析】试题分析：（1）用多用电表测得的电压表的内阻为34×100Ω=3400Ω；（2）甲图中，因为电压表V2的电阻与R0阻值相当，通过电压表V2的

电流不能忽略，故用通过R0的电流作为通过V1的电路，则误差较大；故用乙电路较合理；电路连接如图；（3）实验中滑动变阻器要用分压电路，故用选取阻值较小的R1；（4）根据欧姆定律可知：101121210VURURUUUUR==−−考点：测量电压表的内阻【名师点睛】此题使用电压表及定值电阻测定电压表的

内阻；关键是要搞清实验的原理，认真分析实验可能带来的系统误差，结合部分电路的欧姆定律来处理实验的结果；此题是伏安法测电阻的改进实验，立意较新颖，是一道考查学生实验能力的好题．三.计算题(4小题,计40分)16.如图所示，

将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，从整体上来说是呈电中性）喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，匀强磁场的磁感应强度为B，磁场区域有两块面积为S、相距为d的平行金属板与外电阻R相连构成一电路，气体从一侧面垂直磁场射入板间，设等离子体

气流的速度为v，气体的电导率（电阻率的倒数）为g。(1)请推导该磁流体发电机的电动势E的大小，并说明哪个极板为电源的正极；(2)流过电阻R电流的大小和方向。【答案】(1)Bvd，B板(2)BvdgSRgSd+，方向为b→a【解析】【详解】(1)由

左手定则可以判断，正离子往B板偏离，负离子往A板偏离，所以B板带正电，是电源的正极；当离子不再往两边偏移时，电压稳定，即为电动势E，有：qEqvBd=解得电动势为：EBvd=(2)因为B是电源正极，所以电流方向为b→a，电源内阻为：drgS=所以电流为：EBvdBvdgSIdRrRgSdRgS==

=+++。17.如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1＝100Ω，R2阻值未知，R3为一滑动变阻器，当其滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P在变阻器的两个不同端点得到的，求：(1)电源的电

动势和内阻；(2)定值电阻R2的阻值；(3)若R3的滑片P移到最左端，此时电源的内阻功率和电源的效率。【答案】(1)20V，20Ω(2)5Ω(3)0.8W，80%【解析】【详解】由闭合电路欧姆定律得：EUIr=+将图像中A、B

两点的电压和电流代入和得160.2Er=+40.8Er=+联立解得：E=20V，r=20Ω；(2)当R3的滑键自左向右滑时，R3阻值变小，使电路总电阻变小，而总电流变大。由此可知，图线上的A、B两点是滑键分别位于最左端和最右端时所得到的。当滑键位于最右端时，R3=0，R1

被短路，外电路总电阻即为R2，故由B点的U、I值：2450.8BBURI===；(3)R3的滑片P移到最左端时，路端总电阻最大，总电流最小，即为IA=0.2A，此时电源的内阻功率：2==0.8WAPIr内电源的效率：=10

0%=80%+AAAAUIPUI内。18.如图所示，半径为r的绝缘细圆环的环面竖直固定在水平地面上，场强为E的匀强电场与环面平行。一电荷量为＋q、质量为m的小球穿在环上，可沿环做无摩擦的圆周运动，若小球经过A点时，速度vA的方向恰

与电场方向垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，求：(1)速率vA的大小；(2)小球运动到圆环最低点时电场力的功率；(3)小球运动到与A点对称的B点时对环在水平方向的作用力的大小。【答案】(1)qErm(2)qE23+mgrqErm(3)6qE【解析

】【详解】(1)在A点，小球在水平方向只受静电力作用，根据牛顿第二定律得：2AqErmv＝所以小球在A点的速度：AqErvm＝(2)在小球从A到最低点时的过程中，根据动能定理：221122AmgrqErm

vmv+＝－23mgrqErvm+=23mgrqErPqEvqEm+==(3)在小球从A到B的过程中，根据动能定理，静电力做的正功等于小球动能的增加量，即2211222BAqErmvmv=−小球在B点时，根据牛顿第二定律，在水平方向有：2BBvFqEmr－＝解以上

两式得小球在B点受到环的水平作用力：6BFqE＝由牛顿第三定律知，球对环在水平方向的作用力大小：6BFqE＝。19.如图所示，平行极板A、B间有一电场，设A、B间的距离为d1，在电场右侧有一宽度为d的匀强磁场。质量m

、电荷量为＋q的带电粒子在A极板附近由静止释放，在仅在电场力作用下，加速后以速度v离开电场，并垂直于磁场边界方向进入磁场，粒子离开磁场时与磁场边界线成30°角，不计重力。试求：(1)极板A、B，哪个极板的电势高？A、B间的电

压是多大？(2)磁感应强度B是多大？(3)粒子从静止释放到离开磁场所用的时间？【答案】(1)A板高，22mvq(2)32mvqd(3)12dv+239dv【解析】【详解】(1)由于粒子在电场中加速，可知A极板的电势比B极板的电势高：qU＝12mv2则两极板AB间的电压

：U＝22mvq(2)根据粒子的运动情况，可知磁感应强度B的方向是垂直纸面向外粒子在磁场中，有：qvB＝m2vR由几何关系有：dR＝cos30°解得磁感应强度B的大小为：B＝32mvqd(3)粒子在电场中做匀加速运动，设运动的时间为t1d1=1(0)2+=vvttt1=12dv设粒子在磁场中

的时间为t2，由几何关系可得圆弧所对的圆心角为θ＝60°t2＝360T=Rv=239dv则t=t1+t2=12dv+239dv。