河北省邢台市巨鹿中学2020-2021学年高二物理上学期第三次月考试题（含解析）

1、河北省邢台市巨鹿中学2021-2021学年高二物理上学期第三次月考试题（含解析）第卷（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

2、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

3、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

4、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；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

5、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

6、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

7、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】【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

8、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EqqvB，即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，可得粒子获得的最大动能为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

9、，所以B板带正电，为发电机的正极，A极板是发电机的负极，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EqqvB，即，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，一个圆形线圈匝，线圈面积，线圈电阻r=2，在线圈外接一个阻值为R=8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图线所示，在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

10、为1.6W【答案】C【解析】【分析】【详解】A穿过线圈的磁通量变化量A错误； B线圈产生的感应电动势B错误； C线圈产生的感应电流D电阻R的电功率为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、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

11、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，运动的时间等于而，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；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，根据得知，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

12、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12B. 速度之比为21C. 时间之比为32D. 周期之比为21【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，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；

13、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，偏转角为60的粒子的运动的时间为，所以有，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

14、，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时间内，直导线中电流向上如图甲所示。则在0T时间内，下列表述正确的是（）A. 穿过线框磁通量始终变小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，在时间内，磁通量反向增大，根据楞次定律

15、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，v12v2，在先后两种情况下（）A. 线圈中的感应电流之比为I1：I22：1B. 线圈中的感应电流之比为I1：I21：2C.

16、 线圈中产生的焦耳热之比Q1：Q21：2D. 通过线圈某截面的电荷量之比q1：q21：1【答案】AD【解析】【分析】【详解】AB由于，根据知感应电动势之比，感应电流则感应电流之比为故A正确，B错误；C由，知时间比，根据知焦耳热之比为，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知通过某截面的电荷量之比为，故D正确。故选AD。第卷（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图线，有下列器材可供选用：电压表V（06V，内阻约为5k）、电流表A（00.6A，内阻约为0

17、.5）、滑动变阻器R（10，5A）、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_（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，灯泡正常发光时电阻为电压表内阻为5k，电流表内阻为0.5，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

18、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3IU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：(1)现备有以下器材：A.干电池1个B.电压表（03V）C.电压表（015V）D.电流表（00.6A）E.电流表（03A）F.滑动变阻器（050）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图像。由此可知这个干电池的电动势E=

19、_V，内电阻r=_（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

20、案不能得分）15. 如图所示，在真空中半径R3.0102m的圆形区域内，有磁感应强度B0.2T、方向如图的匀强磁场一带正电的粒子以v01.0106m/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/m1.0108C/kg，不计粒子重力，取sin370.6，cos370.8（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（37）从b点出射，求粒子在磁场中运动的时间【答案】（1）0.05m，107s（2）107s【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：qv0Bm ，代入数据解得：r0.05m，粒子做圆周运动的周期：107s；（2）粒子按图示方向入射（37）从b点出射，粒子在磁场中转过的圆心角：274，粒子在磁场中的运动时间：；【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=0.1，定