【文档说明】河北省邢台市巨鹿中学2020-2021学年高二上学期第三次月考物理试卷【精准解析】.doc，共(18)页，1.056 MB，由小赞的店铺上传

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2020-2021学年上学期第三次月考高二年级物理试题第Ⅰ卷（选择题共48分）一、选择题（共12小题，每小题4分，共60分。1-8题为单选题，9-12题为多选题，选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1.下列对电场和磁场的认识，正确的是

（）A.电场线和磁感线是为了形象描述场的强弱和方向而人为引入的B.磁感线类似电场线，它总是从磁体的N极出发，到S极终止C.在电场中的电荷一定受到电场力的作用，在磁场中的运动电荷一定受到磁场力的作用D.电场和磁场都是假想的，不是客观存在【答案】A【解析】【分析】【详解】A．

电场线和磁感线是为了形象描述场的强弱和方向而人为引入的，故A正确；B．磁感线是闭合曲线，磁体外部是从磁体的N极，到S极，内部是从磁体的S极，到N极，故B错误；C．在电场中的电荷一定受到电场力的作用，而在磁场中的运动电荷在运动方向与磁场方向平行时不受磁

场力的作用，故C错误；D．电场和磁场都是客观存在的特殊物质，故D错误。故选A。2.如图所示有三种实验装置，下列选项中能使装置产生感应电流的操作是（）A.甲图中，使导体棒AB顺着磁感线方向运动B.乙图中，使条形磁铁在线圈中

保持不动C.乙图中，使条形磁铁插入或拔出线圈-2-D.丙图中，开关S保持闭合，使小螺线管A在大螺线管B中保持不动【答案】C【解析】【分析】【详解】A．甲图中，使导体棒AB顺着磁感线方向运动，不切割磁感线，不会产生感应电流，选项A错误；B．乙图中，使条形磁铁在线圈中保持不动，穿过线圈的磁通量

不变，不会产生感应电流，选项B错误；C．乙图中，使条形磁铁插入或拔出线圈，穿过线圈的磁通量变化，则会产生感应电流，选项C正确；D．丙图中，开关S保持闭合，使小螺线管A在大螺线管B中保持不动，则穿过B的磁通量不变，不会产生感应电流，选项D

错误。故选C。3.如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示。则下列说法正确的是（）A.a一定带正电，b一定带负电B.两粒子速度都减少C.两个粒

子的电势能都增大D.a的加速度将减小，b的加速度将增大【答案】D【解析】【分析】【详解】A．物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，所以能判断a、b一定带异种电荷，但是不清楚哪一个是正电荷，哪一个是负电荷，故A错误；BC．物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，从图中轨道变化来看电场力都

做正功，动能都增大，速度都增大，电势能都减小，故BC错误；-3-D．电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以a受力减小，加速度减小，b受力增大，加速度增大，故D正确。故选D。4.如图，A、B是两个完全相同的白炽灯，L

是自感系数很大、电阻可忽略不计的自感线圈，下面说法正确的是（）A.闭合开关S时，A、B灯同时亮，且达到正常亮度B.闭合开关S时，A灯比B灯先亮，最后一样亮C.断开开关S时，A灯与B灯同时逐渐熄灭D.断开开关S时，B灯立即熄灭而A灯慢慢熄灭【答案】C【解

析】【分析】【详解】AB．开关S闭合的瞬间，电源的电压同时加到两支路的两端，B灯立即发光。由于线圈的自感阻碍，A灯后发光，由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐变亮，最后一样亮，故AB错误；CD．断开开关S的瞬间，线圈与两灯一起构成一个自感回

路，过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当电源，两灯逐渐同时熄灭，故C正确，D错误。故选C。5.如图所示，平行板电容器和直流电源（内阻不计）连接，开关闭合后，一带电液滴在平行板电容器两极板之间的P点处于静止状态。现保持开关闭合，仅将极板A向下平移一小段距离，但仍

在P点上方，其它条件不变。下列说法中正确的是（）A.液滴带正电-4-B.电容器带电量不变C.电容器间电场强度不变D.带电液滴将向上运动【答案】D【解析】【分析】【详解】A．因极板A带正电，液滴受电场力向上，则液滴带负电，选项A错误；B．将极板A向下平移一小段

距离，则两板间距d减小，根据4SCkd=可知C变大，根据Q=CU可知，电容器带电量变大，选项B错误；CD．根据UEd=可知，电容器间电场强度变大，液滴受电场力变大，则液滴将向上运动，选项C错误，D正确。故选D。6.如图，线圈M和线N绕在同一铁芯上，

M与电源、开关、滑动变阻器相连，P为滑动变阻器的滑片，开关S处于闭合状态，N与电阻R相连，下列说法正确的是（）A.当滑片P向右移动时，电阻R中没有感应电流流过B.当滑片P向右移动时，通过R的电流方向为由b到aC.断开开关S的瞬间，通过R的电流方向为由a到bD.断开开关S的瞬间，电阻R中

没有感应电流流过【答案】B【解析】【分析】-5-【详解】AB．当P向右移动，电阻变大，导致电流减小，根据右手螺旋定则可知，线圈M右端是N极，左端是S极，导致向右穿过线圈N的磁通量变小，则由楞次定律可得感应

电流方向由b流向a；故A错误，B正确；CD．当断开S的瞬间，导致电流减小，根据右手螺旋定则可知，线圈M右端是N极，左端是S极，导致向右穿过线圈N的磁通量变小，则由楞次定律可得感应电流方向由b流向a；故CD错误。故选B。7.下列说法正确的是（）A.如图甲所示，是用来加速带电粒子的回旋

加速器的示意图，要想粒子获得的最大动能增大，可增加电压UB.如图乙所示，是磁流体发电机的结构示意图，可以判断出B极板是发电机的正极，A极板是发电机的负极C.如图丙所示，是速度选择器，带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是Eq＝qvB，即EvB＝D.如图丁所示，是磁电式电

流表内部结构示意图，线圈在极靴产生的匀强磁场中转动【答案】BC【解析】【分析】【详解】A．根据2mvBqvr=，可得Bqrvm=粒子获得的最大动能为2222122kqBREmvm==所以要想粒子获得的

最大动能增大，可增加D形盒的半径，故A错误；B．根据左手定则，正电荷向下偏转，所以B板带正电，为发电机的正极，A极板是发电机的-6-负极，故B正确；C．速度选择器不能判断带电粒子的电性，不管是正电，还是负电只要速度满足Eq＝qvB，即

EvB＝，粒子就能匀速通过速度选择器，故C正确；D．线圈在极靴产生的磁场为均匀辐向磁场，该磁场为非匀强磁场，故D错误。故选BC。8.如图所示，一个圆形线圈1000n=匝，线圈面积220cmS=，线圈电阻r=2Ω，在线圈外接一个阻值为R=8Ω的电阻，把线圈

放入一个方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的规律如Bt−图线所示，在00.2s−内下列说法中正确的是（）A.穿过线圈的磁通量变化量为0.8WbB.线圈产生的感应电动势为0.4VC.线圈产生的感应电流为0.4AD.电阻R的电功率为1.6W【答案

】C【解析】【分析】【详解】A．穿过线圈的磁通量变化量1444102010Wb810WbBS−−−===A错误；B．线圈产生的感应电动势4VEnt==B错误；C．线圈产生的感应电流-7-0.4AEIRr==+D．电阻R的电功率为21.28WPI

R==D错误。故选C。9.如图所示，一束电荷量相同的带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场和匀强电场（左侧极板带正电，右侧极板带负电）组成的速度选择器，然后粒子通过平板S上的狭缝P进入另一匀强偏转磁场，最终打在1A、2A上，下列说法正确的是（）A.粒子带

正电B.速度选择器中磁场方向为垂直纸面向里C.所有打在12AA上的粒子，在匀强偏转磁场中的运动时间都相同D.粒子打在12AA上的位置越远，粒子的质量越大【答案】AD【解析】【分析】【详解】A．带电粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则，

知该粒子带正电，故A正确；B．粒子经过速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡，电场力方向向右，则洛伦兹力方向向左，根据左手定则可知速度选择器中磁场方向为垂直纸面向外，故B错误；C．所有打在AlA2上的

粒子，在匀强偏转磁场中做匀速圆周运动，运动的时间等于2Tt=而2π=RTv，经过速度选择器后粒子的速度都相同，在匀强偏转磁场中做匀速圆周运动的粒子，半径越大则时间越长，故C错误；-8-D．经过速度选择器进入匀强偏转磁场中的粒子速度相等，根据题意可知粒子的电荷量相同，根

据2vqvBmr=得mvrqB=知，粒子打在AlA2上的位置越远离P，则半径越大，粒子的质量越大，故D正确。故选AD。10.如图所示，两个速度大小不同的同种带电粒子1、2，沿水平方向从同一点垂直射入匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．当它们从磁场下边界飞出

时相对入射方向的偏转角分别为90°、60°，则它们在磁场中运动的（）A.轨迹半径之比为1∶2B.速度之比为2∶1C.时间之比为3∶2D.周期之比为2∶1【答案】AC【解析】【分析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系

可确定粒子的半径，根据半径公式可确定初速度；根据粒子的运动的轨迹和粒子做圆周运动的周期公式可以判断粒子的运动的时间．【详解】A项：设粒子的入射点到磁场下边界的磁场宽度为d，画出粒子轨迹过程图，如图所示，-9-由几何关系可知：第一个粒子的圆心为O1，由几何关系可知：R1=d；第二个粒子的

圆心为O2；由几何关系可知：R2sin30°+d=R2，解得：R2=2d；故各粒子在磁场中运动的轨道半径之比为：R1：R2=1：2，故A正确；B项：由mvRqB=可知v与R成正比，故速度之比也为：1：2，故B错误；C、D项

：粒子在磁场中运动的周期的公式为2mTqB=由此可知，粒子的运动的周期与粒子的速度的大小无关，所以粒子在磁场中的周期相同；由粒子的运动的轨迹可知，三种速度的粒子的偏转角分别为90°、60°，所以偏转角为90°的粒子的运动的时间为4T，偏转角为60°的粒子的运动的时间为6T，所以有:3:2

46TT=，故C正确，D错误．故应选：AC．【点睛】本题考查带电粒子在磁场中的运动，要注意根据几何关系确定粒子的半径，再由洛仑兹力充当向心力来确定半径与初速度的关系，利用周期公式结合粒子转过的圆心角求解粒子在磁场中运动的时间．11.一长直导线与闭合金属线框放在同一

桌面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示。若在0~2T时间内，直导线中电流向上如图甲所示。则在0~T时间内，下列表述正确的是（）-10-A.穿过线框的磁通量始终变小B.线框中始终产生顺时针方向的感应电流C

.线框先有扩张的趋势后有收缩的趋势D.线框所受安培力的合力始终向右【答案】BC【解析】【分析】【详解】A．长直导线中的电流先减小后增大，所以穿过线框的磁通量先减小后增大，故A错误；B．在02T时间内，磁通量减小，根据楞次定律可以判断，线框中感应电流的方向为顺时针，在~2TT时间内，磁通量反向

增大，根据楞次定律可以判断，线框中感应电流的方向也为顺时针，所以线框中始终产生顺时针方向的感应电流，故B正确；C．穿过线框的磁通量先减小后增大，由楞次定律知线框先有扩张的趋势后有收缩的趋势，故C正确；D．在02T时间内

，线框中感应电流的方向为顺时针，根据左手定则判断安培力的合力方向向左，在~2TT时间内，线框中感应电流的方向也为顺时针，根据左手定则判断安培力的合力方向向右，所以线框受安培力的合力方向先向左后向右，故D错误。故选BC。12.如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈拉出有界

匀强磁场区域，v1＝2v2，在先后两种情况下（）-11-A.线圈中的感应电流之比为I1：I2＝2：1B.线圈中的感应电流之比为I1：I2＝1：2C.线圈中产生的焦耳热之比Q1：Q2＝1：2D.通过线圈某截面的电荷量之比q1：q2＝1：1【答案】AD【解析】【分析】

【详解】AB．由于122vv=，根据EBLv=知感应电动势之比2:1，感应电流EIR=则感应电流之比为12:2:1II=故A正确，B错误；C．由Ltv=，知时间比为1:2，根据2QIRt=知焦耳热之比

为2:1，故C错误；D．根据法拉第电磁感应定律结合电流表达式可以得到电量为qItR==知通过某截面的电荷量之比为1:1，故D正确。故选AD。第Ⅱ卷（实验题、计算题共52分）二、实验题（共2小题，每空2分，共16分）13.有一额定电压3.8V，额定功率约为1W的小灯泡，现

要用伏安法描绘这只灯泡的伏安特性-12-图线，有下列器材可供选用：电压表V（0～6V，内阻约为5kΩ）、电流表A（0～0.6A，内阻约为0.5Ω）、滑动变阻器R（10Ω，5A）、蓄电池（电动势6V，内阻不计）、开关、导线。(1)实验电路图应选用下

列的图______（填字母代号）；(2)测得该灯泡的伏安特性曲线如图所示，由图线可求得此灯泡在正常工作时的电阻为______Ω（结果保留两位有效数字）；根据图象可知小灯泡的电阻随着电压的增大而______（选填“增

大”、“减小”或“不变”）。【答案】(1).B(2).16(3).增大【解析】【分析】【详解】(1)[1]描绘灯泡伏安特性曲线电压与电流应能从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时的电阻为223.8Ω14.4Ω1URP==电压表内阻为5kΩ，电流

表内阻为0.5Ω，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法故选B(2)[2]根据该灯泡的伏安特性曲线，可知在额定电压U=3.8V时，电流在正常工作时的电流I=0.24A，根据欧姆定律可得此灯泡在正常工作时的电阻3.8Ω16

Ω0.24LURI==[3]I－U图象的斜率表示电阻的倒数，则由图可知，随着电压增大，温度升高，小灯泡的电阻增大14.测定电源的电动势和内电阻的实验电路如下，回答下列问题：-13-(1)现备有以下器材：A.干电池1个B.电压表（0~3V）C.

电压表（0~15V）D.电流表（0~0.6A）E.电流表（0~3A）F.滑动变阻器（0~50Ω）其中电压表应选___________，电流表应选___________。（填字母代号）(2)如图所示在闭合开关之前为防止电表过载而滑动变阻器的滑动头P应放在___

________处(3)如图是根据实验数据画出的—UI图像。由此可知这个干电池的电动势E=___________V，内电阻r=___________Ω（结果保留两位有效数字）。【答案】(1).B(2).D(3).a(4).1.5(5).1.0【解析】【分析】【详

解】(1)[1]电路中，电源电动势大约为1.5V，故电压表选用B；[2]根据图像可知电流最大值为0.4A，故电流表选用D；(2)[3]在闭合开关之前为防止电表过载而滑动变阻器的滑动头P应放在a处，以保证接入电路中的电阻值最大；(3)[4]图像中图线延长线与纵轴的交点即为电动势，可知为

1.5V；[5]图线斜率的绝对值即为电源内阻，有1.0UrI==-14-三、计算题（共3小题，其中15题10分，16题12分，17题14分，共36分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出

最后答案不能得分）15.如图所示，在真空中半径R＝3.0×10﹣2m的圆形区域内，有磁感应强度B＝0.2T、方向如图的匀强磁场．一带正电的粒子以v0＝1.0×106m/s的初速度，从磁场边界上直径ab的一端a平行纸面射入磁场，已知粒子的比荷为q/m＝1.0×108C/kg，不计粒子重力

，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．（1）求粒子在磁场中运动的轨迹半径和周期．（2）若粒子按图示方向入射（θ＝37°）从b点出射，求粒子在磁场中运动的时间．【答案】（1）0.05m，π×10﹣7s．（2）37180×10﹣7s．【解析

】【分析】（1）粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出粒子轨道半径，根据周期公式求出粒子做圆周运动的周期．（2）根据题意求出粒子转过的圆心角，然后求出粒子在磁场中的运动时间．【详解】（1）洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：q

v0B＝m20vr，代入数据解得：r＝0.05m，粒子做圆周运动的周期：8221100.2mTqB==＝π×10﹣7s；（2）粒子按图示方向入射（θ＝37°）从b点出射，粒子在磁场中转过的圆心角：α＝2θ＝74°，粒子在

磁场中的运动时间：0770074371010360360180tTs−−===；【点睛】本题考查了带电粒子在磁场中的运动问题，解决带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动问题时，应首先确定圆心的位置，找出半径，做好草图，利用数学几何

并结合运动规律进行求解．-15-16.如图所示，水平U形光滑导轨，宽度为L=1m，导轨电阻忽略不计，ab杆的电阻r=0.1Ω，定值电阻R=0.3Ω．匀强磁场的磁感应强度B=0.5T，方向垂直导轨向上，现用力F拉动ab杆由静止开始向右加速前进2m时恰以2m/s的速度作匀

速运动．求此时：（1）a、b间的电势差；（2）ab杆所受的安培力大小和方向；（3）ab杆加速过程中通过ab杆的电量q．【答案】（1）0.75V（2）1.25N，方向向左；（3）2.5C【解析】【分析】【详解

】(1)电动势0.512V1VEBLv===电路中电流1A2.5A0.4EIRr===+a、b间的电势差0.75UIR==V(2)ab杆所受的安培力0.52.511.25FBIL===N方向水平向左。(3)通过ab杆的电量qRr=+0.512C2.5C

0.4q==17.如图，平面直角坐标系xOy的第II象限内存在沿x轴负方向的匀强电场，一质量为m、电荷量为q的带负电粒子（不计重力），从x轴上的（-3L，0）点，以大小为v0的速度沿y轴-16-正方向射入电场，通过电场后从y轴上的C（0，2L

）点进入第I象限。（1）求电场强度大小E；（2）若第I象限内存在方向垂直于坐标平面向里的匀强磁场，则上述粒子经磁场偏转后将从x轴上的D（23L，0）点进入第IV象限。求该磁场的磁感应强度大小B；（3）若第I象限仅在某区域内存在大小仍为B，方向垂直于坐标平面向外的矩形匀强磁场，

则上述粒子经磁场偏转后将从x轴上D点垂直进入第IV象限，求该矩形磁场区域的最小面积。【答案】（1）2032mvqL；（2）032mvqL；（3）16L2【解析】【分析】【详解】(1)粒子进入电场后做类平抛

运动，轨迹如图1水平方向有213=2Lat竖直方向有02=Lvt其中-17-qEam=联立解得2032=mvEqL(2)由几何关系得3tan2xy==所以得60=则粒子进入磁场中的速度为002cos60vvv==设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则有222(2)()LODrr+

−=由洛伦兹力提供向心力得2vqvBmr=得02mvrqB=联立解得0=32mvBqL(3)粒子的运动轨迹如图2所示，由洛伦兹力提供向心力得2vqvBmR=得024=3mvmvLRqBqB==-18-由几何关系可知，

粒子偏转240，所以矩形的边长为432sin602423LaRL===则最小面积为22min16SaL==