高二物理3月月考 试题_3

到乌蒙山区的昭通;从甘肃中部的定西，到内蒙古边陲的阿尔山，看真贫、知真贫，真扶贫、扶真贫，成为“花的精力最多”的事;“扶贫先扶志”“扶贫必扶智”“实施精准扶贫”湖北省宜城市2016-2017学年高二年级下学期3月月考物理试题（时间：90分钟 分值100分 ）第I卷（选择题共48分）一、选择题（本大题12小题，每小题4分，共48分）1如图所示，电阻、的电功率相等，则他们的阻值之比等于（ ）A B C D2图中分别标明了通电直导线中电流I、匀强磁场的磁感应强度B和电流所受安培力F的方向，其中正确的是()3有一个电流表接在电动势为E、内阻为r(r经过处理，阻值很大)的电池两端，指针偏转了30.如果将其接在电动势为2E、内阻为2r的电池两端，其指针的偏转角( )A.等于60 B.等于30C.大于30,小于60 D.大于604一理想变压器原、副线圈的匝数之比为11 : 2 ，副线圈的输出电压u随时间变化的规律如图所示，副线圈上仅接入一个阻值为20 W 的定值电阻，则（ ）A原线圈的输入电压为220 VB原线圈的输入电流为11 AC经过1分钟定值电阻放出的热量是4800 JD变压器的输入功率是8 102 W5如图所示，两根垂直纸面平行放置的直导线M和N，通有大小相等方向相反的电流I，在纸面上与M、N距离相等的一点P处，M、N导线产生的磁场的磁感应强度分别为B1、B2，则下图中正确标出B1与B2合矢量B的方向的是 （ ）A B C D6在下列基本逻辑电路的输入端都输入“1”，输出端是“1”的是（ ）A甲 B乙C丙 D甲乙丙均不能输出“1”7真空中有A、B两点，在A、B两点处分别放有点电荷Q和q（Qq），设Q、q所受的电场力分别为FQ、Fq，设A、B两点处场强大小分别为EA、EB，则（ ）A，B，C，D，8关于电源和电流，下述说法正确的是A电源的电动势在数值上始终等于电源正负极之间的电压B由公式R=U/I可知，导体的电阻与通过它的电流成反比C从能量转化的角度看，电源通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能D打开教室开关，日光灯立刻就亮了，表明导线中自由电荷定向运动的速率接近光速9如图所示，A1、A2、A3为三个相同的电流表，开关K1、K2均闭合，流过电流表A1、A2的电流分别为I1、I2现将开关K2断开，则K2断开后与断开前相比（ ）AI1减小，I2增大 BI1增大，I2减小CI1增大，I2增大 DI1减小，I2减小10如图所示，一个带负电的滑环套在水平且足够长的粗糙的绝缘杆上，整个装置处于方向如图所示的匀强磁场B中现给滑环施以一个水平向右的瞬时冲量，使其由静止开始运动，则滑环在杆上的运动情况可能是（ ）A始终作匀速运动B开始作减速运动，最后静止于杆上C先作加速运动，最后作匀速运动D先作减速运动，最后作匀速运动11在磁场中的A、B两点先后放入长度相等的短直导线，导线与磁场方向垂直，如图所示，图中两点图线分别表示在磁场中A、B两点导线所受的力F与通过导线的电流I的关系，下列说法中正确的是（ ）A、A、B两点磁感应强度相等B、A点的磁感应强度大于B点的磁感应强度C、A点的磁感应强度小于B点的磁感应强度D、无法比较磁感应强度的大小12如图所示，平行板电容器AB两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和二极管串联在电源上，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球从AB间的某一固定点水平射入，打在B板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A板来改变两极板AB间距（两极板始终平行），则下列说法正确的是A.若小球带正电，当AB间距离增大时，小球打在N点的右侧B.若小球带正电，当AB间距离减小时，小球打在N点的右侧C.若小球带负电，当AB间距离减小时，小球可能打在N点的右侧D.若小球带负电，当AB间距离增大时，小球可能仍打在N点第II卷（非选择题）二、实验题（10分）13如图所示的是匀强电场中的一簇等势面，若A、B、C、D相邻两点间的距离d=2 cm，则该电场的场强是_V/m；到A点距离是1.5 cm的P点电势为_V.14在用电流表和电压表测定电池的电动势和内阻的实验中：现备有以下器材：干电池1个 ， 滑动变阻器 ， 电压表 ， 电流表， 电键， 导线若干。（1）请将该实验所采用的电路图画在虚框中（2）下图是根据实验数据画出的U-I图像。由此可知这个干电池的内阻为_欧姆，短路电流为_A。 三、计算题（42分）15如图所示，倾角=30的粗糙斜面上有四条间距相等的水平虚线MM、NN、PP、QQ，在MM与NN之间、PP与QQ之间存在垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度B均为1T。现有质量m=01kg、电阻R=4的矩形线圈abcd，从图示位置静止释放（cd边与MM重合），速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与NN重合，t2时刻ab边与PP重合，t3时刻ab边与QQ重合。已知矩形线框cd边长度L105 m，t1t2的时间间隔=12 s，线圈与斜面之间的动摩擦因数=，重力加速度g取10 m/s2。求：（1）线框匀速运动的速度v2的大小；（2）磁场的宽度L0和线框ad边的长度L2；（3）0t3时间内，线圈产生的热量Q。16如图所示，空间有相互垂直的匀强电场和匀强磁场交界于虚线，电场强度为，虚线下方匀强磁场范围足够大，磁感应强度为，现有质量为、电量为的带正电粒子从距电磁场边界处无初速释放（带电粒子重力可忽略不计）求： （1）带电粒子刚离开电场时速度大小；（2）带电粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径；（3）带电粒子第一次在匀强磁场中运动的时间.17如图所示，粒子源S能在图示纸面内的360范围内发射速率相同、质量为m、电量为+q的同种粒子（重力不计），MN是足够大的竖直挡板，S到板的距离为L，挡板左侧充满垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，求：（1）粒子速度至少为多大，才能有粒子到达挡板？（2）若S发射的粒子速率为，则挡板能被粒子击中部分的长度为多少？（3）若S发射的粒子速率为，粒子到达挡板的最短时间是多少？18电解槽A和电炉B并联后接到电源上，电源内阻r1 ，电炉电阻R19 ，电解槽电阻r00.5 当S1闭合、S2断开时，电炉消耗功率为684 W；S1、S2都闭合时电炉消耗功率为475 W(电炉电阻可看作不变)试求：(1)电源的电动势；(2)S1、S2闭合时，流过电解槽的电流大小；(3)S1、S2闭合时，电解槽中电能转化成化学能的功率答案1C 【解析】据知、的电相等。电流为电流2倍，功率相同，据知电阻为电阻的四分之一，C对。2A【解析】试题分析：由左手定则可知A对；考点：考查安培力方向的判断点评：难度较小，四指指向电流方向，大拇指指向安培力方向，当电流与磁场平行时不受安培力作用3C【解析】当接在第一个电池上时，接在第二个电池上时，因为偏转角与I成正比，所以所以,则12.所以30260.故C选项正确.4AC【解析】考点：变压器的构造和原理分析：根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论解答：解：A、由图象可知，副线圈的输出电压的最大值为40V，所以输出电压的有效值为40V，根据电压与匝数成正比可得，输入电压的有效值为220V，所以A正确B、副线圈上仅接入一个阻值为20的定值电阻，所以副线圈的电流为40/20A=2A，根据电流与匝数成反比可知，输入的电流为4/11A，所以B错误C、由Q=I2R可知，经过1分钟定值电阻放出的热量是Q=I2Rt=222060J=4800J，所以C正确D、变压器的输入功率和输出功率相等，所以变压器的输入功率为P=I2R=2220=80W，所以D错误故选AC点评：掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题5D【解析】试题分析：MN在P点产生的磁感应强度大小相等，根据安培定则，电流M在P点的磁场向右上方，电流N在P点的磁场的方向向右下方，所以，合磁场的方向一定右如图故选项D正确，选项ABC错误故选：D6BC【解析】解：甲为非门电路，故输入1时，输出为零；乙为或门电路，输入为1时，输出一定为1；丙为门电路，当输入都为1时，输出为1；故符合条件的只有乙、丙；故选：BC【点评】解决本题的关键知道各种门电路的输入与输出的特点，并能灵活运用7B【解析】试题分析：根据库仑公式可得可知，AB两点的电荷受到的库仑力相等，即FQ=Fq，根据点电荷产生的场强可知，电荷量大的产生的场强越大，故，故B正确考点：库仑定律；电场强度【名师点睛】本题主要考查了库仑公式和点电荷产生的场强公式，注意公式的使用条件即可，基础题，关键是对公式的灵活掌握8C【解析】试题分析：当电路断开时，电源的电动势在数值上等于电源正负极之间的电压，故选项A错误；导体的电阻与通过它的电流、两端的电压均无关，它只与自己本身的因素有关，故选项B错误；从能量转化的角度看，电源通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能，选项C正确；打开教室开关，日光灯立刻就亮了，但导线中自由电荷定向运动的速率却很小，大约是10-5m/s，其传导速率接近光速，故选项D错误。考点：电源与电流的概念。【名师点晴】电源的电动势反映的是电源本身把其他形式的能转化为电能的本领，与外电路无关，当外电路断开的情况下，电源的两端电压才等于电源的电动势；电阻也是一个与外界因素无关的物理量，它只与自己本身的长度、横截面积、材料等有关。9A【解析】试题分析：电流表相当于小电阻，结合闭合电路欧姆定律分析即可解：K2断开后，外电路的总电阻增加，根据闭合电路欧姆定律，总电流减小，故I1减小；根据闭合电路欧姆定律，并联部分的电压为：U=EI（r+RA1），总电流减小，故并联部分的电压增加，根据欧姆定律，电流表A2的电流I2增加，由于总电流减小，故通过A3的电流I3减小；故A正确，BCD错误；故选：A【点评】本题关键是明确实际的电流表相当于小电阻，然后结合闭合电路欧姆定律和串并联电路的电流、电压关系分析10ABD【解析】试题分析：圆环向右运动的过程中可能受到重力、洛伦兹力、杆的支持力和摩擦力，根据圆环初速度的情况，分析洛伦力与重力大小关系可知：圆环可能做匀速直线运动，或者减速运动到静止，或者先减速后匀速运动解：A、当带负电的环进入磁场时竖直向上的洛伦兹力恰好等于自身的重力时，则环与杆没有相互作用力，所以没有摩擦力存在，因此环做匀速运动故A正确；B、当带负电的环进入磁场时的竖直向上的洛伦兹力小于自身的重力时，则环与杆有相互作用力，所以有摩擦力存在，因此环在摩擦力作用下，做减速运动，直到停止故B正确；C、当带负电的环进入磁场时竖直向上的洛伦兹力，其大小决定环是否受到摩擦力，所以环不可能加速运动故C错误；D、当带负电的环进入磁场时竖直向上的洛伦兹力恰好大于自身的重力时，则环与杆有相互作用力，所以有摩擦力存在，因此环做减速运动，导致洛伦兹力大小减小，当其等于重力时，环开始做匀速直线运动故D正确；故选：ABD【点评】本题考查分析问题的能力，摩擦力是被动力，要分情况讨论在受力分析时往往先分析场力，比如重力、电场力和磁场力，再分析弹力、摩擦力【答案】B【解析】试题分析：根据公式，图象的斜率为，由于长度一定，故斜率越大，表示磁感应强度越大，故A点的磁感应强度大于B点的磁感应强度，故ACD错误，B正确。考点：安培力、磁感应强度【名师点睛】本题考查了安培力公式F=BIL的理解和应用，关键是根据推导出F与I的关系表达式分析，得到图象斜率的物理意义。12CD【解析】试题分析：因为二极管具有单向导电性，所以电容器两极板上的电荷量只能增大，不能减小；若小球带正电，小球受到的电场力竖直向下，当A.B间距离增大时，电容器的电容减小，但极板上的电荷量不变，两极板电场强度不变，小球受力不变，所以仍会打在N点，由于A.B间距离减小，电容器变大，极板上电荷量变大，两极间的电场强度增大，小球受到的竖直向下的合力变大，加速度变大，运动时间变小，水平位移变小，所以小球打在N点的左侧，AB错误；若小球带负电，当AB间距d减小时，电容增大，则Q增大，根据，所以d减小时E增大，所以电场力变大向上，若电场力小于重力，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度减小，运动时间变长，小球将打在N点的右侧，当AB间距离增大时，电容器的电容减小，但极板上的电荷量不变，两极板电场强度不变，小球受力不变，所以仍会打在N点，CD正确。考点：考查了电容器的动态分析【名师点睛】在分析电容器动态变化时，需要根据判断电容器的电容变化情况，然后结合，等公式分析，需要注意的是，如果电容器和电源相连则电容器两极板间的电压恒定，如果电容器充电后与电源断开，则电容器两极板上的电荷量恒定不变。13577.4 -2.5【解析】A、B两点沿场强方向的距离d=sin60=0.02m，所以E=V/m577.4 V/m.UPB=-Esin60=-577.40.005V=-2.5 V即P-B=-2.5 V,P=-2.5 V.14（1）如图；（2）10 ； 15【解析】试题分析：（1）根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir得知，用电压表测量路端电压，电流表测量电流，即可测得电池的电动势和内阻电路如图所示（2）根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir得，当I=0时，U=E，即纵轴的截距等于电源的电动势EU-I图象的斜率大小等于电源的内阻r，则有：；故这个干电池的短路电流为：考点：测定电池的电动势和内阻【名师点睛】本题用伏安法测量电源的电动势和内阻，其原理是闭合电路欧姆定律对于图象，不能粗心认为图线I轴的截距等于短路电流，得到I短=04A；此截距只表示电压为11V、电流为04A的状态，不是短路状态。15（1）（2）2m（3）045J【解析】试题分析：（1）在t2时刻：ab棒切割磁感线：流过线圈的电流：根据线框匀速运动可得：解得：（2）由于t1t2的时间线框匀加速运动，可知线圈ab边的长度是磁场宽度的2倍，即 该过程中，根据牛顿第二定律根据线框的匀变速运动特点（3）根据能量守恒可得： 考点：电磁感应问题。16（1）（2）（3）【解析】试题分析：（1）设带电粒子在匀强电场中加速后的速度大小为v，由动能定理得，解得设带电粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径为r，由 即联立解得（3）由，可得考点： 带电粒子在匀强电场中的运动，带电粒子在匀强磁场中的运动17（1）；（2）；（3）【解析】试题分析：（1）挡板上的点到S的距离最小为L，所以要保证有粒子打在板上，粒子做圆周运动的最小半径此