教育最新K122017-2018学年高二物理下学期3月月考试题

云南省曲靖市宜良县第二中学2017－2018学年高二物理下学期3月月
考试题
考试时间：120分钟
分卷I
一、单选题(共12小题,每小3.0分,共36分)
1.如图所示，矩形区域MPQN的长为MN＝d，宽为MP＝d，一质量为m(不计重力)、电荷量为q的带正电的粒子从M点以初速度v0水平向右射出，若区域内只存在竖直向下的电场或只存在垂直纸面向外的匀强磁场，粒子均能击中Q点，则电场强度E的大小与磁感应强度B的大小的比值为( )
A． B．
C． D．
2.如图所示条形磁铁放在水平面上，在它的上方偏右处有一根固定的垂直纸面的直导线，当直导线中通以图示方向的电流时，磁铁仍保持静止．下列结论正确的是( )
A．磁铁对水平面的压力减小
B．磁铁对水平面的压力增大
C．磁铁对水平面施加向右的静摩擦力
D．磁铁所受的合外力增加
3.如图，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线中点，连线上a、b两点关于O点对称．导线均通有大小相等、方向向上的电流．已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B＝k，式中k是常数，I是导线中电流，r为点到导线的距离．一带正电的小球以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点．关于上述过程，下列说法正确的是( )
①小球先做加速运动后做减速运动②小球一直做匀速直线运动③小球对桌面的压力先减小后增大④小球对桌面的压力一直在增大
A．①③ B．①④
C．②③ D．②④
4.在如图所示的电路中，电源内阻不能忽略，当移动滑动变阻器滑片时，电流表示数变大，则( )
A．电源的总功率不一定增大
B．电源的输出功率一定增大
C．电源内部消耗的功率一定减小
D．电源的效率一定减小
5.在竖直向上的匀强磁场中放置载有相同电流的三根导线，如图所示，导线aa′水平放置并且长为L；导线bb′长为2L且与水平方向成60°角；直角折导线cOc′中Oc＝Oc′＝L，c、c′在同一水平面；假如它们所受安培力分别为F1、F2、F3，不计通电导线间的相互作用力，则它们的大小关系为( )
A．F1＜F2＜F2 B．F1＞F2＞F3
C．F1＜F2，无法判断F3的大小 D．F1＝F2＝F3
6.在商店选购一个10 μF电容器，在只有一台多用电表的情况下，为了挑选一个优质产品，应选用哪个量程：①直流电压挡；②直流电流挡；③欧姆挡；④交流电压挡．选好量程以后，再将多用电表两根测试笔接待检电容器，如果电容器是优质的，电表指针应该：⑤不偏转；
⑥偏转至最右边；⑦偏转至中值；⑧偏转一下又返回至最左边．正确的选项是( )
A．①⑤ B．①⑥ C．③⑤ D．③⑧
7.真空中有两个固定的带正电的点电荷，其电量Q1＞Q2，点电荷q置于Q1、Q2连线上某点时，正好处于平衡状态，则( )
A．q一定是正电荷 B．q一定是负电荷
C．q离Q2比离Q1远 D．q离Q2比离Q1近
8.已知两电阻R1、R2的I－U图线如图所示，把R1、R2并联接到一电源上，R1消耗的功率为6 W，则电源输出的功率是( )
A． 8 W
B． 10 W
C． 15 W
D． 22 W
9.关于电场强度，下列说法正确的是( )
A．以点电荷为球心、r为半径的球面上，各点的场强都相同
B．正电荷周围的电场一定比负电荷周围的电场场强大
C．若放入正电荷时，电场中某点的场强向右，则当放入负电荷时，该点的场强仍向右
D．电荷所受到的电场力很大，即该点的电场强度很大
10.如图所示，在匀强电场中取一点O，过O点作射线OA＝OB＝OC＝OD＝10 cm，已知O、A、B、C和D各点电势分别为0、7 V、8 V、7 V、5 V，则匀强电场场强的大小和方向最接近于( )
A． 70 V/m，沿AO方向
B． 70 V/m，沿CO方向
C． 80 V/m，沿BO方向
D． 80 V/m，沿CO方向
11.如图所示，在xOy坐标系的第一象限中有一圆心为D、半径为r＝0.1 m的圆形磁场区域，
磁感应强度为B＝1 T，方向垂直纸面向里，该区域同时与x轴、y轴相切，切点分别为A、C，
现有大量质量为1×10－18kg(重力不计)，电量大小为2×10－10C，速率均为2×107m/s的带负电
的粒子从A垂直磁场进入第一象限，速度方向与y轴的夹角为θ，且0＜θ＜180°，则下列
说法错误的是( )
A．粒子的轨迹圆和磁场圆的半径相等
B．这些粒子轨迹圆的圆心构成的圆和磁场圆的半径相等
C．部分粒子的运动轨迹可以穿越坐标系进入第二象限
D．粒子的轨迹可以覆盖整个磁场圆
12.如图所示，用两根同样的绝缘细线把甲、乙两个质量相等的带电小球悬挂在同一点上，甲、
乙两球均处于静止状态．已知两球带同种电荷，且甲球的电荷量大于乙球的电荷量，F1、F2分
别表示甲、乙两球所受的库仑力，则下列说法中正确的是( )
A．F1一定大于F2
B．F1一定小于F2
C．F1与F2大小一定相等
D．无法比较F1与F2的大小
二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分)
13.(多选)一个带电量为＋q、质量为m的圆环，套在水平的粗细均匀的细杆上，细杆足够长，它们之间的动摩擦因数为μ，细杆处于垂直纸面向里大小为B的匀强磁场以及水平向右大小为E的匀强电场中，如图所示．重力加速度为g，且qE＞μmg.静止释放带电圆环，则( )
A．带电圆环将做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动
B．带电圆环加速度先减小后增大
C．带电圆环最大加速度为a＝
D．带电圆环最终向右做匀速运动，且最大速度为v m＝＋
14.(多选)如图所示，空间有正交的匀强磁场和匀强电场，一带电粒子(不计重力)从M点以初速度v0沿曲线MN运动到N点，图中虚线为电场的等势线，电势φa＜φb＜φc＜φd，磁场方向垂
直纸面向外．则( )
A．粒子一定带负电
B．曲线MN是抛物线
C．从M点到N点，粒子电势能减少
D．粒子在N点速度大于M点速度
15.(多选)如图所示，平行板间有互相垂直的匀强电场和匀强磁场，重力不计的带电粒子沿平行于极板方向从左侧射入，从右侧离开场区时动能比初动能小了些，为了使它离开场区时的动能比初动能大，可以( )
A．增大粒子进入场区时的初速度
B．改变带电粒子的带电性质
C．减小磁场的磁感应强度
D．增加两板间的电压
16.(多选)如图所示，质量为m的带电绝缘小球(可视为质点)用长为l的绝缘细线悬挂于O点，
在悬点O下方有匀强磁场．现把小球拉离平衡位置后从A点由静止释放，则下列说法中正确
的是( )
A．小球从A至C和从D至C到达C点时，速度大小相等
B．小球从A至C和从D至C到达C点时，绳子上的拉力相等
C．小球从A至C和从D至C过程中，运动快慢不一样
D．小球从A至C和从D至C过程中，运动快慢一样
分卷II
三、实验题(共2小题,每小题10.0分,共20分)
17.图a中电源电动势为E，内阻可忽略不计；电流表具有一定的内阻，电压表的内阻不是无
限大，S为单刀双掷开关，R为待测电阻．当S向电压表一侧闭合时，电压表读数为U1，电流
表读数为I1；当S向R一侧闭合时，电流表读数为I2．
（1）根据已知条件与测量数据，可以得出待测电阻R=
（2）根据图a所给出的电路，在图b的各器件实物图之间画出连接的导线．
18.为测定标有“4.5 V,2 W”字样的小灯泡的伏安特性曲线，有下列器材可供选用：
A、电压表V1(0～3 V，内阻为3 kΩ)
B、电压表V2(0～15 V，内阻为15 kΩ)
C、电流表A(0～0.6 A，内阻约1 Ω)
D、定值电阻R0(阻值为3 kΩ)
E、滑动变阻器R(10 Ω，2 A)
F、学生电源(直流6 V，内阻不计)；开关导线若干．
(1)为使实验误差尽可能减小，并要求从零开始多取几组数据，下面所示的四副电路图中满足
实验要求的是________．该实验电路图中V是电压表________(填V1或者V2)；该电路图中小
灯泡两端电压U与对应电压表读数U V的比值＝________.
(2)正确连接电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P移到__________端(填a或b)；实
验操作中，为使灯泡不被烧坏，当观察到电表V的示数接近________ V时，要特别注意滑动
变阻器的调节．
四、计算题(共4小题)
19.如图所示，竖直放置的平行金属光滑导轨MN和PQ，相距L＝0.40 m，导轨上端接一电阻R
＝1.5 Ω，导轨处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5 T．有质量m＝0.02 kg，
阻值为r＝0.5 Ω的导体棒AB紧挨导轨，沿着导轨由静止开始下落，其他部分的电阻及接触
电阻均不计．
(1)导体棒AB在下落过程中，产生的感应电流的方向和AB棒受到的磁场力的方向．
(2)导体棒能达到的最大速度是多少？
(3)从静止释放到达最大速度过程中，若下降高度h＝8 m，则回路中产生的电能是多少？
20.如图所示，光滑导轨与水平面成α角，导轨宽L.匀强磁场磁感应强度为B.金属杆长为L，质量为m，水平放在导轨上．当回路总电流为I1时，金属杆正好能静止．求：
(1)这时B至少多大？B的方向如何？
(2)若保持B的大小不变而将B的方向改为竖直向上，应把回路总电流I2调到多大才能使金属杆保持静止？
21.如图所示，匀强电场的电场线与AC平行，把带电荷量10－8C的负电荷从A移至B的过程中，电场力做功6×10－8J，AB长6 cm，AB与AC的夹角为60°.求：
(1)场强方向；
(2)设B处电势为1 V，则A处电势为多少；
(3)A处的场强大小；
(4)电子在A点的电势能．
22.如图a所示的平面坐标系xOy，在整个区域内充满了匀强磁场，磁场方向垂直坐标平面，磁感应强度B随时间变化的关系如图b所示，开始时刻，磁场方向垂直纸面向里(如图)．t＝0时刻，有一带正电的粒子(不计重力)从坐标原点O沿x轴正向进入磁场，初速度为v0＝
2×103m/s.已知正粒子的比荷为1.0×104C/kg，其它有关数据见图中标示．试求：
(1)t＝×10－4s时刻，粒子的坐标．
(2)粒子从开始时刻起经多长时间第一次到达y轴；
(3)粒子是否还可以返回坐标原点O？如果可以，则经多长时间第一次返回坐标原点O.
答案解析
1.【答案】B
【解析】在电场中做类平抛运动，根据分运动公式，有：
水平方向：d＝v0t①
竖直方向：d＝··t2②
只有磁场时，做匀速圆周运动，轨迹如图所示：
结合几何关系，有：r2＝(r－d)2＋(d)2
解得：r＝2d③
洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得，
qv0B＝m④
联立①～④解得：
E＝
B＝
故＝v0
2.【答案】B
【解析】以导线为研究对象，由左手定则判断得知导线所受安培力方向斜向右上方，根据牛
顿第三定律得知，导线对磁铁的安培力方向斜向左下方，磁铁有向左运动的趋势，受到向右的摩擦力，故磁铁对水平面施加向左的静摩擦力，同时磁铁对地的压力增大，故B正确．
3.【答案】D
【解析】根据右手螺旋定则可知，从a点出发沿连线运动到b点，直线M处的磁场方向垂直于MN向里，直导线N处的磁场方向垂直于MN向外，所以合磁场大小先减小过O点后反向增大，而方向先向里，过O点后向外，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向开始向上，大小在减小，过O点后洛伦兹力的方向向下，大小在增大．由此可知，小球在速度方向不受力的作用，将做匀速直线运动，而小球对桌面的压力一直在增大．故①③错误，
②④正确．
4.【答案】D
【解析】假设滑动变阻器的滑片向左移动，变阻器接入电路的电阻增大，并联部分电阻增大，外电路总电阻R增大，由闭合电路欧姆定律得：，可知干路电流I减小，由，可知路端电压增大．电路中并联部分的电压增大，电阻的电流增大，电流表的示数变小.由题意得电流表示数变大，可知滑动变阻器的滑片向右移动，干路电流I 增大，电源的总功率，可知P总增大.由于电源的内阻与外电阻的关系未知，不能判断
电源的输出功率如何变化.I增大，由得知电源内部消耗功率一定增大.电源的效率
，滑动变阻器的滑片向右移动，总电阻R减小，所以电源的效率一定减小，故D正确，A、B、C错误.
5.【答案】D
【解析】aa′通电导线与磁场垂直，故受到的安培力为F1＝BIL
bb′在磁场内有效长度为2L cos 60°＝L，故受到的安培力为F2＝BIL
cc′在磁场内有效长度为＝L，故受到的安培力为F3＝BIL
故F1＝F2＝F3.
6.【答案】D
【解析】若用电压、电流挡，则因无电源无法检测，故要用欧姆挡，刚接通时是充电过程，充电完毕后，相当于断路，电阻无穷大，故测量时指针先偏转一下又返回到最左边．
7.【答案】D
【解析】因为Q1、Q2为固定的正电荷，只要放入的电荷受到的合力为0即可，通过受力分析可知，既可以放入正电荷，也可以放入负电荷，故A、B错误；
由库仑定律，对q有
k＝k①
Q1＞Q2②
由①②得＝＜1
所以选D.
8.【答案】B
【解析】从题图得出R1＝8 Ω，R2＝12 Ω，并联时，U1＝U2，故P1R1＝P2R2，得6 W×8 Ω＝12 Ω·P2，求得P2＝4 W，则P＝P1＋P2＝10 W.
9.【答案】C
【解析】场强是矢量，有大小有方向，故A选项错；电场的强弱与正、负电荷形成的电场无关，B选项错；电荷受到的电场力很大，可能是因为电荷带电荷量很大导致的，D错误．
10.【答案】C
【解析】由O、A、B、C、D各点电势值可知，O点电势最低，为零，A、C在同一等势面上，所以电场线与AC连线垂直，最接近BO方向．大小接近E＝＝V/m＝80 V/m，故C正确．
11.【答案】C
【解析】电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m，
代入数据解得：r＝0.1 m，故A正确；
由题意知，粒子的轨迹，相当于把半径r＝0.1 m的圆以A点为中心顺时针转动，如图所示，所以粒子轨迹圆的圆心构成的圆的圆心在A点，半径等于AD，即与磁场圆的半径相等，且粒子的轨迹可以覆盖整个磁场圆，故B、D正确；
粒子带负电，粒子射入磁场后沿顺时针方向做匀速圆周运动，竖直向上射入磁场的粒子最有可能射入第二象限，竖直向上射入磁场的粒子运动轨迹如图所示，
由图示可知，该粒子不可能进入第二象限，则所有的粒子都不可能进入第二象限，故C错误．12.【答案】C
【解析】甲、乙两球所受的库仑力属于作用力和反作用力，它们是大小相等，方向相反的，与带的电荷量的大小无关，所以C正确，A、B、D错误．
13.【答案】CD
【解析】①当圆环受到的洛伦兹力F洛＝qvB＜G＝mg时，即v＜时，圆环水平方向受到向右的电场力F＝qE和向左的摩擦力F f＝μ(mg－qvB)，由牛顿第二定律得加速度a＝，则当F f＝0时，即mg＝qvB时，加速度最大为a m＝，C正确；
加速度a＝＝，因为qE＞μmg，圆环一开始做加速运动，但F洛＝qvB逐渐增大，则摩擦力F f＝μ(mg－qvB)逐渐减小，加速度随着增大，这一阶段圆环做加速度增大的加速运动．
②当圆环受到的洛伦兹力F洛＝qvB＞G＝mg，即v＞时，圆环水平方向受到向右的电场力F ＝qE和向左的摩擦力F f＝μ(qvB－mg)，由牛顿第二定律得加速度a＝，洛伦兹力F洛＝qvB继续增大，则摩擦力F f＝μ(qvB－mg)逐渐增大，加速度a＝减小，这一阶段圆环做加速度减小的加速运动直到F＝qE＝F f＝μ(qvB－mg)，即v＝＝＋时，加速度减为0，之后圆环以这个速度做匀速直线运动，D正确；
综合以上分析，可知带电圆环将先做加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动，A错误；
带电圆环加速度先增大，增大到a m＝后，加速度开始减小，最后减为0，故B错误．
14.【答案】ACD
【解析】由题意可知，电场线与等势线平行，且指向左，根据曲线运动的条件可知，合力方向向右，假设带负电，电场力方向和洛伦兹力方向都向右，符合题意，假设带正电，电场力方向和洛伦兹力方向均向左，矛盾，故A正确；在复合场中，粒子受到电场力与洛伦兹力作用，因此不可能做抛体运动，故B错误；根据切线方向即为速度方向可知，电场力与速度方向夹角小于90°，电场力做正功，导致电势能减小，动能增加，故C、D正确．
15.【答案】CD
【解析】由题意知粒子从右侧离开场区时的动能比初动能小了些，因粒子在板间只受电场力和洛伦兹力的作用而洛伦兹力不做功，所以在粒子运动过程中电场力做负功，故电场力qE小于洛伦兹力Bqv.若增大粒子进入场区时的初速度，则洛伦兹力Bqv增大，粒子运动轨迹向受洛伦兹力方向的一侧偏转，电场力做负功，动能减小，所以A错误；若改变带电粒子的带电性质，则电场力与洛伦兹力的方向同时改变而大小不变，所以还是动能减小，故B错误；若减小磁场的磁感应强度B，则洛伦兹力减小，当Bqv小于qE时，在粒子运动过程中电场力做正功，则动能增大，所以C正确；若增加两板间的电压，则板间电场强度增大，粒子受电场力增大，当qE大于Bqv时，在粒子运动过程中电场力做正功，则动能增大，所以D正确．16.【答案】AD
【解析】由题意可知，当小球进入磁场后，才受到洛伦兹力作用，且洛伦兹力的方向与速度垂直，因此整个运动过程可以等效成没有磁场，只在重力场作用下的单摆，除细线对小球的拉力不同之外，其它均一样，则小球从A至C和从D至C到达C点时，速度大小相等，从A 至C和从D至C过程中，运动快慢也一样，故A、D正确，C错误；
由于从A至C和从D至C到达C点时速度的方向不同，由左手定则可知，洛伦兹力方向不同，所以拉力的大小不同，故B错误．
17.【答案】（1）（2）如图所示
【解析】（1）当S向电压表一侧闭合时，电压表读数为U1，电流表读数为I1，根据闭合电路欧姆定律有
E=U1+I1r
整理得
当S向R一侧闭合时，电流表读数为I2，根据闭合电路欧姆定律有
E=I2（R+r）
整理得
（2）按照电路图连线，如图，要注意电流从电压表和电流表的正接线柱流入，负接线柱流出，单刀双掷开关控制整个电路的通断，连线不要交叉．
18.【答案】(1)乙V1 2 (2)a 2.25
【解析】(1)本题中由于要求电压从零开始调节，故应采用滑动变阻器分压接法；同时由于灯泡内阻较小，故采用电流表外接法；由于给出的电压表量程分别为3 V和15 V，由于15 V 量程过大，不能准确测量；因此应将3 V量程与定值电阻串联以进行电压表改装来扩大量程；故电路图应为乙图；根据改装原理可知，改装后的读数应为电压表读数的：＝2倍；(2)实验开始时应使测量部分电压为零，故滑片开始时应滑至a端；当达到灯泡额定电压时应注意调节滑动变阻器，不能使灯泡两端的电压过大；根据改装原理可知，此时电压表示数应接近2.25 V.
19.【答案】(1)从A到B向上(2)10 m/s (3)0.6 J
【解析】(1)根据右手定则可知，导体棒AB在下落过程中，产生的感应电流的方向从A到B；AB棒受到的磁场力的方向竖直向上；
(2)当导体棒速度最大时满足：mg＝B L
解得v m＝10 m/s
(3)由能量关系可知：E＝mgh－mv
解得E＝0.6 J.
20.【答案】(1)垂直于导轨平面向上(2)
【解析】在解这类题时必须画出截面图，只有在截面图上才能正确表示各力的准确方向，从而弄清各矢量方向间的关系．
(1)画出金属杆的截面图．由三角形法则得，只有当安培力方向沿导轨平面向上时安培力才最小，B也最小．根据左手定则，这时B应垂直于导轨平面向上，大小满足BI1L＝mg sinα，B ＝.
(2)当B的方向改为竖直向上时，这时安培力的方向变为水平向右，要使金属杆保持静止，应使沿导轨方向的合力为零，得BI2L cosα＝mg sinα，I2＝.
21.【答案】(1)由C至A(2)－5 V (3)200 V/m (4)5 eV
【解析】(1)将负电荷从A移至B，电场力做正功，所以电荷所受电场力方向沿A至C，又因为是负电荷，场强方向与负电荷的受力方向相反，所以场强方向应为C至A方向．
(2)由W＝qU得：U＝＝＝6 V，即A、B两点间电势差为6 V．沿电场线方向电势降低，B点电势高于A点电势．U＝φB－φA，φB＝1 V，φA＝φB－U＝1 V－6 V＝－5 V，即A点的电势为－5 V.
(3)如图所示，由B向AC作垂线交AC于D，D与B在同一等势面上．UDA＝UBA＝U＝6 V，沿场强方向A、D两点间距离为d＝AB·cos 60°＝6 cm×＝3 cm＝0.03 m，所以E＝＝200 V/m.
(4)电子在A点的电势能E p＝qφA＝(－e)×(－5 V)＝5 eV.
22.【答案】(1)(0.2m,0.6 m) (2)×10－4s (3)12π×10－4s
【解析】(1)粒子进入磁场后在磁场中做圆周运动，设半径为r，周期为T，根据洛伦兹力提供向心力有：qvB＝，故圆周运动的半径为r＝＝m＝0.4 m
又：T＝＝s＝4π×10－4s
在磁场变化的第一段时间内，粒子运动的周期数为：N＝＝(个运动周期), 运动轨迹对应的圆心角为120°，作出粒子在磁场中运动的轨迹如图所示．第一段时间末，粒子的坐标
为：x＝R cos 30°＝0.2m，y＝R＋sin 30°＝0.6 m，所求时刻，粒子的坐标(0.2m,0.6 m)
(2)根据第(1)问可知，粒子在第一个磁场变化的时间段内时，运动了N1＝个周期，在第二个时间段内运动的周期数为N2＝＝(个周期)所对应的运动轨迹圆心角为60°，(运动轨迹如图所示．第三个时间段内同样运动了：N2＝＝(个周期)所对应的圆心角为120°，(粒子运动轨迹如图，粒子恰好在第三段时间末通过y轴故运动时间为：t＝×10－4s. (3)粒子在磁场中做周期性运动，根据对称性和周期性，画出粒子的部分运动轨迹如图，其中O2、O6、O10构成一个正三边形．故粒子在磁场中一共运动了6个大圆弧和6个小圆弧，故从原点出发到回到原点的总时间为：t1＝6××10－4s＋6××10－4s＝12π×10－4s.。