2020-2021学年湖北省黄冈市麻城市某校高二年级三月月考物理试卷(有答案)

2020-2021学年湖北省黄冈市麻城市某校高二年级三月月考物理
试卷
一、选择题
1. 下面关于一些物理学家贡献的说法正确的是（）
A.安培通过实验发现了通电导线对磁体有作用力，首次揭示了电与磁的联系
B.奥斯特认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现，并提出了著名的洛伦兹力公式
C.库仑在前人工作的基础上通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力遵循的规律—库仑定律
D.安培不仅提出了电场的概念，而且采用了画电场线这个简洁的方法描述电场
2. 真空中两个相同的金属小球A和B，带电荷量分别为Q A=2×10−8C和Q B=
4×10−8C，相互作用力为F．若将两球接触后再放回原处，则它们之间的作用力将变为（）
A.9F
8B.F C.8F
9
D.2F
3
3. 下列各说法中错误的是（）
A.普朗克在研究黑体的热辐射问题中提出了能量子假说
B.一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的照射时间太短
C.在光的单缝衍射实验中，狭缝越窄，光子动量的不确定量越大
D.任何一个运动的物体，大到太阳、地球，小到电子、质子，都与一种波相对应，这就是物质波，物质波是概率波
4. 一个电热器接在10V直流电源上消耗的电功率是P，当把它接到一正弦交变电压上时消耗的电功率为P
4
，则该交流电压的最大值为（）
A.5V
B.7.1V
C.10V
D.12V
5. 如图所示，螺线管CD的导线绕向不明，当磁铁AB插入螺线管时，电路中有图示方向的电流产生，下列关于螺线管极性的判断正确的是（）
A.C端一定是N极
B.C端一定是S极
C.C端的极性一定与磁铁B端的极性相同
D.以上说法均不正确
6. 如图甲所示，边长为L＝0.1m的10匝正方形线框abcd处在变化的磁场中，在线框d 端点处开有一个小口，d、e用导线连接到一个定值电阻上，线框中的磁场随时间的变化情况如图乙所示（规定垂直纸面向外为磁场的正方向），下列说法正确的是（）
A.t＝3s时线框中的磁通量为0.03Wb
B.t＝4s时线框中的感应电流大小为零
C.t＝5s时通过线框中的电流将反向
D.t＝8s时通过线框中电流沿逆时针方向
7. 如图所示，为一圆形区域的匀强磁场，在O点处有一放射源，沿半径方向射出速率为v的不同带电粒子，其中带电粒子1从A点飞出磁场，带电粒子2从B点飞出磁场，不考虑带电粒子的重力．则（）
A.带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比为3:1
B.带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比为√3:1
C.带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比为2:1
D.带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比为1:2
8. 如图所示电路中，电源电压u=311sin100πt(V)，A、B间接有“220V440W”的电暖宝、“220V220W”的抽油烟机、交流电压表及保险丝．下列说法正确的是（）
A.交流电压表的示数为311V
B.电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于3A
C.电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍
D.1min抽油烟机消耗的电能为1.32×104J
9. 关于物体的动量，下列说法中正确的是（）
A.物体的动量越大，其惯性也越大
B.同一物体的动量越大，其速度一定越大
C.物体的加速度不变，其动量一定不变
D.运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向
10. 如图所示，光滑圆形管道固定在竖直面内，直径略小于管道内径可视为质点的小
球A、B质量分别为m A、m B，A球从管道最高处由静止开始沿管道下滑，与静止于管道最低处的B球相碰，碰后A、B球均能刚好到达与管道圆心O等高处，关于两小球质量
的比值m A:m B正确的是（）
A.√2+1
B.√2−1
C.1
D.√2
11. 如图所示，固定在同一水平面内的两平行长直金属导轨，间距为1m，其左端用导
线接有两个阻值为4Ω的电阻，整个装置处在竖直向上、大小为2T的匀强磁场中．一质
量为2kg的导体杆MN垂直于导轨放置，已知杆接入电路的电阻为2Ω，杆与导轨之间的动摩擦因数为0.5．对杆施加水平向右、大小为20N的拉力F，杆从静止开始沿导轨运动，杆与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，重力加速度g=10m/s2，则（）
A.M点的电势高于N点
B.杆运动的最大速度是10m/s
C.杆上产生的焦耳热与两电阻产生焦耳热的和相等
D.当杆达到最大速度时，MN两点间的电势差大小为20V
二、实验探究题
（1）用20分度的游标卡尺测量一根金属丝的长度，由图甲可知其长度为________mm．
（2）用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，示数如图乙所示，该金属丝直径为
________mm．
（3）用多用电表的电阻“×100”挡，按正确的操作步骤测某金属导体的电阻，表盘的
示数如图丙所示，则该电阻的阻值约为________Ω．
（4）测定一组干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：A．待测的干电池；B．电流表A1（内阻可忽略不计）；C．电流表A2（内阻可忽略不计）；D．定值电阻R0（阻值1000Ω）；E．滑动变阻器R（阻值0∼20Ω）；F．开关和导线若干．
某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图甲
所示的电路完成实验．
①在实验操作过程中，该同学将滑动变阻器的滑片P向左滑动，则电流表A1的示数将
________（选填“变大”或“变小”）
②该同学利用测出的实验数据绘出的I1−I2图线（I1为电流表A1的示数，I2为电流表
A2的示数，且I2的数值远远大于I1的数值），如图乙所示，则由图线可得被测电池的电
动势E=________V，内阻r=________Ω．（计算结果均保留两位有效数字）
三、解答题
如图所示，在匀强电场中，将一电荷量为2×10−5C的负电荷由A点移到B点，其电势
能增加了0.1J，已知A、B两点间距离为2cm，两点连线与电场方向成60∘角，求：
（1）A、B两点间的电势差U AB；
（2）该匀强电场的电场强度E的大小．
如图所示，通电导体棒ab质量为m、长为L，水平地放置在倾角为θ的光滑斜面上，通
以图示方向的电流，电流强度为I，要求导体棒ab静止在斜面上．求：
（1）若磁场方向竖直向上，则磁感应强度B为多大？
（2）若要求磁感应强度最小，则磁感应强度的大小、方向如何？
铝的逸出功是4.2eV，现在用波长为200nm的光照射铝的表面，普朗克常量ℎ=
6.63×10−34J⋅s，元电荷e=1.6×10−19C，求：
（1）光电子的最大初动能；
（2）遏止电压；
（3）铝的极限频率．
如图所示，一个质量为m、带电荷量+q的微粒，在A点（0，3）以初速度v0=
120m/s平行x轴射入电场区域，然后从电场区域进入磁场，又从磁场进入电场，并且
=
先后只通过x轴上的P点（6，0）和Q点（8，0）各一次．已知该微粒的比荷为q
m 102C/kg，微粒重力不计，求：
（1）微粒从A到P所经历的时间和加速度的大小；
（2）电场强度E和磁感强度B的大小．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖北省黄冈市麻城市某校高二年级三月月考物理
试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
物理学史
【解析】
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．
【解答】
解：A．丹麦物理学家奥斯特通过实验证实了通电导线的周围存在着磁场，在世界上是第一个发现了电与磁之间的联系的物理学家，故A错误；
B．洛伦兹认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现，并提出了著名的洛伦兹力公式，故B错误；
C．库仑在前人工作的基础上通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力遵循的规律—库仑定律，故C正确；
D．法拉第不仅提出了电场的概念，而且采用了画电场线这个简洁的方法描述电场，故D错误．
故选C．
2.
【答案】
A
【考点】
库仑定律
【解析】
当A带电荷量为Q，B带电荷量为2Q，在真空中相距为r时，根据库仑定律可以得到F与电量Q、距离r的关系；
A、B球相互接触后放回原处，距离r不变，电荷先中和再平分，再根据库仑定律得到相互作用的库仑力大小与Q、r的关系，用比例法求解．
【解答】
解：未接触前，根据库仑定律，得：
F=k Q⋅2Q
r2
，
接触后两球带电量平分，再由库仑定律，得：
F′=k 3
2
Q⋅3
2
Q
r2
=9
4
k Q2
r2
，
则F′=9
8
F，故A正确，BCD错误．故选A．
3.
【答案】
B
【考点】 概率波
黑体与黑体辐射 光电效应现象及其解释
【解析】
（1）根据物理学史的知识，结合普朗克在研究黑体的热辐射问题中提出了能量子假设即可正确解答；
（2）每种金属都有一个极限频率，入射光的频率必须大于极限频率才能产生光电效应； （3）根据不确定关系△p ⋅△x =
ℎ4π
可判断光子动量的不确定量与狭缝关系；
（4）任何一个运动着的物体，小到微观粒子大到宏观物体都有一种波与它对应，其波长λ=ℎ
p ，p 为运动物体的动量，ℎ为普朗克常量。

【解答】
解：A ．普朗克在研究黑体的热辐射问题中提出了能量子假说，故A 正确；
B ．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的频率小于极限频率，与光照时间无关，故B 错误；
C ．根据不确定关系Δp ⋅Δx =ℎ
4π知，狭缝越窄，光子动量的不确定量越大，故C 正确； D ．无论是大到太阳、地球，还是小到电子、质子，都与一种波相对应，这就是物质波，物质波是概率波，故D 正确． 本题选错误的，故选B ． 4.
【答案】 B
【考点】
交变电流的有效值 【解析】
根据焦耳定律Q =I 2Rt 求解电流的有效值，其中I 是有效值．再根据有效值与最大值的关系求出最大值． 【解答】
解：设电热器的电阻为R ，一个阻值不随温度变化的电热器接在10V 的直流电压上，消耗的电功率为P ， 根据电功率定义得：P =
(10V)2
R
，
当把它接到一个正弦交流电压上时消耗的电功率为P
4，P
4=U 2R
，
解得：U =5V ，
所以最大值为U m =√2U ≈7.1V ，故B 正确． 故选：B ． 5. 【答案】 C
【考点】 楞次定律 【解析】
本题考查楞次定律的理解和应用．楞次定律：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．
【解答】
解：AB插入使螺线管磁通量增大引起感应电流，据楞次定律可知感应电流的磁场将阻碍AB插入，因此，C端极性一定和B端极性相同，以阻碍AB靠近，故C正确．
故选C．
6.
【答案】
C
【考点】
法拉第电磁感应定律
楞次定律
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．t=3s时线框的磁通量为：Φ=BS=0.3T×1×10−2m2=3×10−3Wb，选项A错误；
B．由法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知电流为：I=E
R+r =nSΔB
Δt(R+r)
，ΔB
Δt
一定不为
零，所以电流一定不为零，选项B错误；
C．根据法拉第电磁感应定律和楞次定律知：电路中的电流与磁感应强度的变化率成正比，而在t=5s时刻ΔB
Δt
由负变正，所以电流方向变化，选项C正确；
D．t=8s时，根据楞次定律感应电流产生的磁场垂直纸面向里，感应电流为顺时针方向，选项D错误．
故选C．
7.
【答案】
A
【考点】
带电粒子在匀强磁场中的运动规律
牛顿第二定律的概念
向心力
【解析】
带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由数学知识求出粒子的轨道半径，由牛顿第二定律可以求出粒子的比荷比值，求出粒子做圆周的圆心角，然后求出粒子的运动时间．
【解答】
解：粒子在磁场中做圆周运动，由数学知识可知，粒子做圆周运动转过的圆心角分别是：φA=120∘，φB=60∘，
设粒子的运动轨道半径为r A，r B，r A sin60∘=R
2，r A=√3
3
R，r B sin30∘=R sin60∘，r B=
√3R，
A．洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m v2
r ，q
m
=v
Br
，则粒子1与粒子2
的比荷比值为
v
Br A
v
Br B
=r B
r A
=√3R
√3
3
R
=3
1
，故A正确，B错误；
CD．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=2πm
qB
，粒子在磁场中的运动时间：t=
θ360∘T，带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为：t1
t2
=
φA
360∘
×2πm A
q A B
φB
360∘
×2πm B
q B B
=φA
φB
×
q B
m B
q A
m A
=
120∘60∘×1
3
=2
3
，故CD错误．
故选A．
8.
【答案】
B,D
【考点】
交变电流的峰值
电功
【解析】
交流电压表的示数为有效值，由公式P=UI知电路要正常工作，干路中电流为3A，电暖宝是纯电阻，而抽油烟机是非纯电阻．
【解答】
解：A．交流电压表的示数为有效值，其示数为
√2
=220V，故A错误；
B．由公式P=UI知电路要正常工作，干路中电流为3A，所以保险丝的额定电流不能小于3A，故B正确；
C．电暖宝是纯电阻，而抽油烟机是非纯电阻，电暖宝发热功率不是抽油烟机发热功率的2倍，故C错误；
D．1min抽油烟机消耗的电能为W=Pt=1.32×104J，故D正确．
故选BD．
9.
【答案】
B,D
【考点】
动量
【解析】
动量等于物体的质量与速度的乘积，速度是矢量，故动量也是矢量．动量由质量和速度共同决定．惯性大小的唯一量度是质量．
【解答】
解：A．惯性大小的唯一量度是物体的质量，物体的动量大，物体的质量可能很小，所以不能说物体的动量大，其惯性就大，故A错误；
B．动量等于物体的质量与物体速度的乘积，即p=mv，同一物体的动量越大，其速度一定越大，故B正确；
C．加速度不变，速度是变化的，所以动量一定变化，故C错误；
D．动量等于物体的质量与物体速度的乘积，即p=mv，动量是矢量，动量的方向就是物体运动的方向，故D正确．
故选：BD．
10.
【答案】 A,B
【考点】
动量守恒定律的综合应用 动能定理的应用
【解析】
碰后A 、B 球均能刚好到达与管道圆心O 等高处，此时速度都为零，根据动能定理求出碰后AB 两球的速度，碰撞前，A 球从最高点运动到最低点的过程中，根据动能定理求出碰撞前A 的速度，AB 碰撞过程中，动量守恒，根据动量守恒定律求解即可． 【解答】
解：碰后A 、B 球均能刚好到达与管道圆心O 等高处，则此时速度都为零， 根据动能定理可知，mgR =1
2mv 2，解得v =√2gR ，
当碰后A 和B 的速度相等，方向相反，v A =v B =√2gR ，
碰撞前，A 球从最高点运动到最低点的过程中，根据动能定理得：
1
2
m A v 02=m A g ⋅2R ， 解得：v 0=√4gR ，
AB 碰撞过程中，动量守恒，以碰撞前A 球的速度为正，则有： m A v 0=−m A v A +m B v B ， 解得：m
A m B
=√2−1，
当碰后A 和B 的速度相等，方向相同，
AB 碰撞过程中，动量守恒，以碰撞前A 球的速度为正，则有： m A v 0=m A v A +m B v B ， 解得：m
A m B
=√2+1，
故选：AB ． 11. 【答案】 B,C
【考点】
单杆切割磁感线
电磁感应中的能量问题 电磁感应中的动力学问题
【解析】 此题暂无解析 【解答】
解：A ．根据右手定则可知，杆中电流方向为M →N ，则N 相当于电源的正极，故M 点的电势低于N 点，故A 错误；
B ．当杆的合力为零时，其速度达到最大值，即：F =μmg +BIL =μmg +
B 2L 2v
R 2
+r ，
12
R +r =4Ω，代入数据整理可以得到最大速度v =10m/s ，故B 正确；
C ．两电阻并联阻值R 并=
R 2
=r ，并联的电流与通过杆MN 的电流始终相等，则根据焦
耳定律可知，杆上产生的焦耳热与两电阻产生焦耳热的和相等，故C正确；
D．根据法拉第电磁感应定律可知，当速度最大时，其MN感应电动势为：E=BLv=
20V，则此时MN两点间的电势差大小为：U=
R
2
R
2
+r
E=10V，故D错误．
故选BC．
二、实验探究题
【答案】
（1）50.15
（2）1.880
（3）1200
（4）①变大,②3.0,1.0
【考点】
测定电源的电动势和内阻
【解析】
（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数．
（2）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数．
（3）欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．
（4）①分析电路结构，根据闭合电路欧姆定律及串并联电路的规律可得出示数的变化；②由闭合电路欧姆定律可得出与题目中给出仪器有关的表达式，再由数学规律可得出电动势和内电阻。

【解答】
解：（1）由图示游标卡尺可知，其示数为：50mm+3×0.05mm=50.15mm；
（2）由图示螺旋测微器可知，其示数为：1.5mm+38.0×0.01mm=1.880mm；
（3）由图示欧姆表可知，其示数为：12×100Ω=1200Ω；
（4）①由图示电路图可知，滑片P向左滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，总电阻增大，总电流减小，内压减小，路端电压增大，R0中的电流增大，电流表A1的示数将变大；
②由闭合电路欧姆定律可得：E=I1R0+I2r,
I1=−r
R0I2+E
R0
，
图像斜率的绝对值为：k=−r
R0=(2.4−2.8)×10−3
0.6−0.2
，
解得：r=1.0Ω，
纵截距为：b=E
R0
=0.003A，
解得电源电动势为：E=bR0=0.003×1000V=3.0V．三、解答题
【答案】
（1）A、B两点间的电势差U AB是5×103V；
（2）该匀强电场的电场强度E的大小是5×105V/m．【考点】
匀强电场中电势差和电场强度的关系
【解析】
（1）由题，电势能增加多少，电场力做负功多少，由U =W 求解电势差，由0=Ed =EAB cos 60∘求解电场强度E ． 【解答】
解：（1）A 、B 两点间的电势差：U AB =
W 电q
，
由电场力做功与电势能的关系：W =−ΔE ， 由以上两式解得：U AB =
W AB q
=
−0.1−2×10−5
V =5×103V ．
（2）设匀强电场的电场强度为E ，由U AB =Ed =E ⋅AB ¯
cos 60∘得： E =5×105V/m ． 【答案】
（1）若磁场方向竖直向上，则磁感应强度B 为
mg tan θIL
．
（2）若要求磁感应强度最小，磁感应强度的最小值为mg sin θIL
．方向垂直于斜面向上．
【考点】
安培力作用下的平衡问题 【解析】
（1）将立体图转换为平面图，对导线进行受力分析，根据共点力力平衡求出安培力的大小，从而根据F ＝BIL 求出磁感应强度的大小．
（2）导线所受重力恒定，支持力的方向不变，根据三角形定则求出安培力的最小值，从而得出磁感应强度的最小值． 【解答】 解：（1）若磁场方向竖直向上，从a 向b 观察，导线受力情况如图甲所示，
由平衡条件得：
在水平方向上：F −F N sin θ＝0， 在竖直方向上：mg −F N cos θ＝0， 其中F ＝BIL ，联立以上各式可解得： B =
mg tan θIL
．
（2）若要求磁感应强度最小，则一方面应使磁场方向与通电导线垂直， 另一方面应调整磁场方向使与重力、支持力合力相平衡的安培力最小，
如图乙所示，由力的矢量三角形讨论可知，当安培力方向与支持力垂直时，安培力最小，
对应磁感应强度最小，设其值为B min，则：
B min IL=mg sinθ，
得：B min=mg sinθ
，
IL
根据左手定则判定知，该磁场方向垂直于斜面向上．
【答案】
（1）光电子的最大初动能为2.02eV；
（2）遏止电压为2.02V；
（3）铝的极限频率为1.01×1015Hz．
【考点】
爱因斯坦光电效应方程
【解析】
【解答】
−W0=
解：（1）由爱因斯坦光电效应方程E k=ℎν−W0可得E k=ℎc
λ
6.63×10−34×3×108
J−4.2×1.6×10−19J≈3.23×10−19J≈2.02eV；
2×10−7
=2.02V；
（2）由eU0=E k得遏制电压U0=E k
c
≈1.01×1015Hz．
（3）由W0=ℎν0得，铝的限频率为：ν0=W0
ℎ
【答案】
（1）微粒从A到P所经历的时间是0.05s，加速度的大小为2.4×103m/s2；
（2）电场强度E的大小是24N/C，磁感强度B的大小是1.2T．
【考点】
带电粒子在电场与磁场的组合场中的运动
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）微粒从平行x轴正方向射入电场区域，由A到P做类平抛运动，微粒在x轴方向上做匀速直线运动，
由x=v0t得t=x
v0
=0.05s，
微粒沿y轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，由y=1
2
at2，可得a=2.4×103m/s2．
（2）由qE=ma，得E=24N/C，v y=at，
tanα=v y
v0
=1，
设微粒从P点进入磁场以速度v做匀速圆周运动v=√2v0，由qvB=m v 2
R
，
得R=mv
qB
，由几何关系R=√2m，
所以可得B=mv
qR
=1.2T．。