云南省曲靖市宣威三中2017-2018学年高二下学期3月月考物理试题

曲靖市宣威三中20172018学年下学期3月份月考（高二物理）一、选择题1.某研究性学习小组对电工穿的“高压带电作业服”进行研究，发现其中用了大量的铜丝编织而成．对这一做法的最主要目的，同学们给出了四种猜想：甲认为：铜丝编织的衣服和人体相当于并联关系，能分走本该流经人体的电流乙认为：被铜丝编织的衣服包裹的空间内任意点的电势都保持为零丙认为：被铜丝编织的衣服包裹的空间内任意两点间电势差保持为零丁认为：被铜丝编织的衣服包裹的空间内任意点的电场强度保持为零对这些猜想的评价正确的是()A.都有正确B.甲和丁最关键C.丁最关键D.丙和丁最关键【答案】D【解析】“高压带电作业服”是用大量的铜丝编织而成，这一做法的最主要目的是静电屏蔽，在外电场中处于静电感应平衡状态，是等势体，内部场强处处为零，故甲错误，处于静电平衡的导体是等势体，电势不一定为零，故乙错误，丙、丁正确；故ABC错误，D正确；故选D。2.如图所示，两匀强磁场方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度分别为B1、B2.今有一个质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1中，其运动轨迹为如图虚线所示的“心”形图线．则以下说法正确的是()A.电子的运行轨迹为PENCMDB.电子运行一周回到P用时为T＝C.B1＝2B2D.B1＝4B2【答案】C【解析】试题分析：电子在磁场中受到洛伦兹力作用做匀速圆周运动，根据左手定则判断电子的绕行方向，根据周期公式分三个部分求解运动一周的时间，根据半径关系求解两磁场的关系．解：A、根据左手定则可知：电子从P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1时，受到的洛伦兹力方向向上，所以电子的运行轨迹为PDMCNEP，故A错误；B、电子在整个过程中，在匀强磁场B1中运动两个半圆，即运动一个周期，在匀强磁场B2中运动半个周期，所以T=+，故B错误；C、由图象可知，电子在匀强磁场B1中运动半径是匀强磁场B2中运动半径的一半，根据r=可知，B1=2B2，故C正确，D错误．故选：C．【点评】本题是带电粒子在磁场中运动的问题，要求同学们能根据左手定则判断洛伦兹力的方向，能结合几何关系求解，知道半径公式及周期公式，难度适中．3.如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la＝3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则()A.两线圈内产生顺时针方向的感应电流B.a、b线圈中感应电动势之比为9：1C.a、b线圈中感应电流之比为3：4D.a、b线圈中电功率之比为3：1【答案】B【解析】试题分析：根据楞次定律可知，两线圈内均产生逆时针方向的感应电流，选项A错误；因磁感应强度随时间均匀增大，则，根据法拉第电磁感应定律可知，则，选项B正确；根据，故a、b线圈中感应电流之比为3:1，选项C错误；电功率，故a、b线圈中电功率之比为27:1，选项D错误；故选B．【考点定位】法拉第电磁感应定律；楞次定律；闭合电路欧姆定律；电功率。【名师点睛】此题是一道常规题，考查法拉第电磁感应定律、以及闭合电路的欧姆定律；要推导某个物理量与其他物理量之间的关系，可以先找到这个物理量的表达式，然后看这个物理量和什么因素有关；这里线圈的匝数是容易被忽略的量。4.一个带正电的微粒(重力不计)穿过如图所示的匀强磁场和匀强电场区域时，恰能沿直线运动，则欲使电荷向下偏转时应采用的办法是()A.增大电荷质量B.增大电荷电荷量C.减小入射速度D.增大磁感应强度【答案】C【解析】解：粒子开始时做直线运动，洛伦兹力与电场力平衡，故：qvB=qE要使粒子向下偏转，应该增加电场力或者减小洛伦兹力；A、B、增加电荷量或质量，qvB=qE依然成立，合力为零，不偏转，故A错误，B错误；C、减小速度，则洛伦兹力减小，合力向下，故向下偏转，故C正确；D、增加磁感应强度，则洛伦兹力增加，合力向上，故向上偏转，故D错误；故选：C．【点评】明确初始合力为0，知道各量变化对力的大小的影响，基础问题．5.在如图甲所示电路中，D为理想二极管(正向电阻为零，反向电阻为无穷大)．R1＝30Ω，R2＝60Ω，R3＝10Ω.在MN间加上如图乙所示的交变电压时，R3两端电压表的读数大约是()A.3VB.3.5VC.4VD.5V【答案】B【解析】考查交流电的有效值的概念和计算､二极管的特性.在0~0.01s内,二极管导通,电压表读数为U31=Um="3"V,在0.01~0.02s内,二极管截止,电压表读数U32=Um="4"V.根据交流电有效值的定义得:×T,U="3.5"V,B正确.6.某同学利用如图所示的电路描绘小灯泡的伏安特性曲线．在实验中，他将滑动变阻器的滑片从左端匀速滑向右端，发现电流表的指针始终在小角度偏转，而电压表的示数开始时变化很小，但当滑片接近右端时电压表的示数迅速变大．为了便于操作并减小误差，你认为应采取的措施是（）A.换用最大阻值更大的滑动变阻器，将导线a的M端移到电流表“3”接线柱上B.换用最大阻值更大的滑动变阻器，将导线b的N端移到电流表“0.6”接线柱上C.换用最大阻值更小的滑动变阻器，将导线a的M端移到电流表“3”接线柱上D.换用最大阻值更小的滑动变阻器，将导线b的N端移到电流表“0.6”接线柱上【答案】D【解析】试题分析：由于电流表的指针始终在小角度偏转，说明它选择的量程偏小，应该选用更大的量程，故A、C不对；又因为当滑片接近右端时电压表的示数迅速变大，说明滑动变阻器的阻值偏大，应该选用阻值较小的滑动变阻器，故D是正确的。考点：测量小灯泡的伏安特性曲线时器材的选取。7.如图所示，半径为R的绝缘圆筒内分布着匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里．一质量为m、电荷量为q的正离子(不计重力)从筒壁上的小孔P射入筒中，速度方向与半径OP成30°角．不计离子与筒壁碰撞的能量损失和电荷量的损失．若离子在最短的时间内返回P孔，则离子在圆筒内运动的速率和最短的时间分别是()A.，B.，C.，D.，【答案】B【解析】离子只与圆筒碰撞一次，经历的时间最短，轨迹如图所示：设离子在磁场中的轨迹半径为r，速度为v，根据向心力公式①结合图中的几何关系可得r=2R②解得离子的速率v=③离子在磁场中走过的每段圆弧对应的圆心角α=60∘④经历的时间t=T/3⑤即t=，故B正确，ACD错误故选：B点睛：离子要在最短的时间内返回P点，离子只能与圆筒碰撞一次，据此画出离子的运动轨迹如图所示，碰撞点在过P点的直径的另一端，粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据题意求出粒子转过的圆心角，然后根据周期公式求出粒子的运动时间，然后求出粒子的轨道半径，由牛顿第二定律求出粒子的速度．8.将内阻为0.5Ω的电池组与阻值为0.75Ω的电阻、标有“6V7.2W”的小灯泡串联，就可以使这个小灯泡正常发光，由此可知，所用电池组的电动势是()A.6VB.7.5VC.9VD.10.5V【答案】B故选B．考点：欧姆定律的应用；电阻的串联；电功率．点评：此题主要考查学生对欧姆定律的应用和电阻的串联等知识点的理解和掌握，解答此题的关键是求出U2，此题稍有难度，属于中档题．9.某区域的电场线分布如图所示，a、b是电场中的两点，则下列关于a、b两点电场强度的判断正确的是（）A.Ea＜Eb，方向相同B.Ea＜Eb，方向不同C.Ea＞Eb，方向相同D.Ea＞Eb，方向不同【答案】D【解析】a处电场线比b处密，因此a处电场强度比b处大，电场强度的方向为该点的切线方向，根据电场线可知，ab场强方向不同，故ABC错误，D正确．故选D.10.根据电场强度的定义式E=，在国际单位制中，电场强度的单位应是（）A.牛/库B.牛/焦C.焦/库D.库/牛【答案】A【解析】试题分析：根据电场强度的定义式，可知，力的单位是牛顿，电荷的单位是库仑，所以电场强度的单位是牛/库，所以A正确，BCD错误，故选A。考点：电场强度【名师点睛】单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。11.如图所示，匀强电场中的△PAB平面平行于电场方向，C点为AB的中点，D点为PB的中点。将一个带负电的粒子从P点移动到A点，电场力做功WPA=1.6×10－8J；将该粒子从P点移动到B点，电场力做功WPB=3.2×10－8J。则下列说法正确的是()A.直线PC为等势线B.若将该粒子从P点移动到C点，电场力做功为WPC=2.4×10－8JC.电场强度方向与AD平行D.点P的电势高于点A的电势【答案】B【解析】试题分析：一个带电粒子从P点移动到A点，还是从P点移动到B点，电场力都做正功，P到AB间都有电势差，故直线PC为不可能等势线，故A错误；C是AB的中点，故C点电势为AB的中点电势，故该粒子从P点移动到C点，电场力做功为，故B正确；将该粒子从P点移动到B点，电场力做功WPB＝3．2×10－8J，则将该粒子从P点移动到D点，电场力做功WPD＝1．6×10－8J=WPA则AD为等势面，电场线与AD垂直，选项C错误；带负电的粒子从P点移动到A点，电场力做正功，故电势能减小，故A点电势高于P点，选项D错误；故选B．考点：电场力的功与电势差的关系；电势能【名师点睛】本题考查对匀强电场中两点电势差与两点沿电场方向的距离成正比U=Ed与运用公式W=qU求解电场力做功的能力，常规题，比较简单．12.如图所示的四个电路，能够实现升压的是()A.B.C.D.【答案】D【解析】AB：变压器只能改变交流电的电压，故AB两项错误。CD：因，C中降压，D中升压。故C项错误，D项正确。点睛：变压器只能改变交流电的电压，不能改变直流电电压。13.由交流电源的电动势瞬时值表达式e＝10sin4πt(V)可知，此交变电流()A.频率是4πHzB.将“10V,10W”的灯泡接在该电源上，灯泡能正常发光C.当t＝0.5s时，电动势有最大值D.当t＝0时，线圈平面与中性面重合【答案】BD【解析】A、由表达式得角速度ω＝4πrad/s，频率，故A错误；B、电动势的有效值等于灯泡的额定电压，故B正确；C、当t＝0.5s时，电动势为零，故C错误；D、当t＝0时，电动势为零，线圈平面与中性面重合，故D正确；故选BD。【点睛】根据交流电电动势的表达式可以知道电动势的最大值、角速度,从而计算出周期、频率,判断电动势瞬时值。14.如图所示，竖直平行导轨间距l＝20cm，导轨顶端接有一开关S，导体棒ab与导轨接触良好且无摩擦，ab的电阻R＝0.4Ω，质量m＝20g，导轨的电阻不计，电路中所接电阻为3R，整个装置处在与竖直平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度B＝1T，不计空气阻力，设导轨足够长，g取10m/s2，开始时，开关断开，当ab棒由静止下落3.2m时，突然接通开关，下列说法中正确的是()A.a点的电势高于b点的电势B.ab间的电压大小为1.2VC.ab间的电压大小为0.4VD.导体棒ab立即做匀速直线运动【答案】BD【解析】试题分析：由右手定则可知，电流由a到b，故a点的电势低于b点的电势；故A错误；由机械能守恒定律可知：；解得：；感应电动势为：E=BLv=1×0．2×8=1．6V；ab相当于电源，其两端的电势差为：；故B正确；C错误；接通开关时，导体棒受到的安培力为：；ab受到的重力为：G=mg=0．2N；故导体棒立即做匀速直线运动；故D正确；故选BD．考点：右手定则；法拉第电磁感应定律；安培力15.在以下几幅图中，对洛伦兹力的方向判断正确的是()A.B.C.D.【答案】ABD【解析】根据右手定则（磁感线穿掌心，四指指正电荷的运动方向或者负电荷运动的反方向，则拇指指受力方向）可判断ABD对，C情况电荷平行于磁感线运动不受洛伦兹力16.如图所示，周定的光滑倾斜杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧上端相连，弹簧的下端固定在水平地面上的A点，开始弹簧竖直并且长度恰好为原长h．现让圆环由静止沿杆滑下，滑到杆的底端（未触及地面）时速度恰好为零，已知当地的重力加速度大小为g．则在圆环下滑的整个过程中（）A.圆环，弹簧和地球组成的系统机械能不守恒B.弹簧的弹性势能先增大后减小C.弹簧的弹性势能增大了mghD.弹簧的最大压缩量小于其最大伸长量【答案】CD【解析】试题分析:圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和弹簧的拉力；所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和弹簧组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，故A选项错误；弹簧的弹性势能随弹簧的形变量的变化而变化，由图知弹簧先缩短后再伸长，故弹簧的弹性势能先增大再减小，最后增大才对．故B选项错误；根据系统的机械能守恒，圆环的机械能减少了mgh，那么弹簧的机械能即弹性势能增大mgh，故C选项正确；由图可知，弹簧的最大压缩量在弹簧与杆垂直的时刻，此时的系统具有的能量为圆环的动能、势能和弹簧的弹性势能，当圆环速度减为零时，到达最底端，此时圆环的动能和势能都为零，系统所有的机械能全部转化成了弹簧的弹性势能，此时的弹簧处于伸长状态，所以弹簧的最大伸长量要大于最大压缩量，故D正确．考点：机械能守恒定律；弹性势能二、实验题17.现要测定一个额定电压为4V、电阻约为10Ω(设电阻不变)的小灯泡的伏安特性曲线．要求所测电压范围为0.1～4V.现有器材：直流电源E(电动势4.5V，内阻不计)，电压表V(量程4.5V，内阻约为4×102Ω)，电流表A1(量程250mA，内阻约为2Ω)，电流表A2(量程500mA，内阻约为1Ω)，滑动变阻器R(最大阻值约为30Ω)，开关S，导线若干．如果既要满足测量要求，又要测量误差较小，应该选用的电流表是________，题图所示的甲、乙两个测量电路应选用的是________．根据测量小灯泡电阻的实验电路图在图丙上连接成实物图______________________________________________．【答案】(1).;(2).甲；(3).【解析】小灯泡的额定电流约，故电流表应选用A2；根据测量小灯泡电阻的实验电路图连接成实物图为18.（1）图中螺旋测微器读数为_________mm.（2）有一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现要描绘这个灯泡的伏安特性曲线.有下列器材供选用：A．电压表(0~5V，内阻约为10k)B．电压表(0~10V，内阻约为20k)C．电流表(0~0.3A，内阻约为l)D．电流表(0~0.6A，内阻约为0.4)E．滑动变阻器(10，2A)F．学生电源(直流6V)，还有电键、导线若干①实验中所用电压表应选用_________(填A或B)，电流表应选用_________(填C或D).②实验时要求灯泡电压从零开始并尽量减小实验误差，请在方框内画出实验电路原理图______________________________________________________.【答案】(1).2.150；(2).A;(3).D;(4).【解析】（1）螺旋测微器可精确到0.01mm，须保留到0.001mm，主尺（固定刻度）读出2mm，可动刻度读出15.0，所以螺旋测微器读数为（2+15.0×0.01）mm=2.150mm；（2）①小灯泡的额定电压为4V，额定电流为0.5A，正常工作时电阻为8，所以电压表选A，电流表选B.②小灯泡的电阻远小于电压表的内阻，电流表应采用内接发；实验时要求灯泡电压从零开始，滑动变阻器应采用分压式接法，实验电路如图所示.三、计算题19.如图所示，直角三角形ABC为某斜面体的横截面，已知斜面高为h，上表面光滑，与水平面夹角为∠C＝30°，D为底边BC上一点，AD与竖直方向的夹角∠BAD＝30°，D点处静置一带电荷量为＋Q的点电荷．现使一个带电荷量为－q、质量为m的小球从斜面顶端由静止开始运动，则小球到达C点时的速度为多大？【答案】【解析】【分析】带电小球从A到C的过程中，库仑力先做正功后做负功，结合几何关系求出库仑力做的功，再根据动能定理即可求解到达C点的速度。解：点电荷Q周围的等势面为以Q为圆