2021-2022学年四川省遂宁市射洪中学高二上学期第三次（12月）月考 物理试题 （解析版）

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射洪中学高2020级高二上期第三次月考物理试题（考试时间：90分钟    总分：100分）注意事项：1、答卷前， 考生务必将自己的姓名。准考证号填写在答题卡上。2、回答选择题时， 选出每小题答案后， 用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动， 用橡皮擦干净后， 再选涂其他答案标号。回答非选择题时， 将答案写在答题卡上， 写在本试卷上无效。3、考试结束后， 将答题卡交回。第I卷一、选择题（本题共14小题，1题至10题每小题3分，11题至14题每题4分，共46分。1-10每小题只有一个选项符合题意，11-14每小题有多个选项符合题意。）1. 下列说法中正确的是（　　）A. 电源的电动势实质上就是电源两极间的电压B. 放在匀强磁场中的通电导线一定受到恒定的磁场力作用C. 磁通量的单位是特斯拉，1 T=1 N/（A·m2）D. 导体的电阻在温度一定时与导体长度成正比，与导体的横截面积成反比【答案】D【解析】【详解】A．电源两极间的电压是外电压，小于电源的电动势，故A错误；B．如果通电导线与磁场平行，则不受磁场力作用，故B错误；C．磁通量的单位是韦伯，故C错误； D．由可知导体的电阻在温度一定时与导体长度成正比，与导体的横截面积成反比，故D正确。故选D。2. 关于地球的磁场，下列说法正确的是（　　）A. 在地面上放置一个小磁针，小磁针的南极指向地磁场的南极B. 地磁场的南极在地理北极附近C. 地球上任何地方的地磁场方向都是和地面平行的D. 地磁场是一个匀强磁场【答案】B【解析】【详解】A．在地面上放置一个小磁针，小磁针的南极指向地理南极，地磁场的北极，故A错误；B．地磁场的南极在地理北极附近，地磁场的北极在地理南极附近，故B正确；CD．地磁场不是匀强磁场，靠近两极处磁场较强，且两极处的磁场方向倾斜，只有赤道上空的地磁场方向和地面平行的，故CD错误。故选B。3. 在如图所示的U-I图像中，直线 Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图像，直线 Ⅱ 为某一电阻R的伏安特性曲线。用该电源与电阻R组成闭合电路。由图像判断不正确的是（　　）A. 电源的电动势为3V，内阻为0.5Ω B. 电阻R的阻值为1ΩC. 电源输出功率为4W D. 电源的效率为80%【答案】D【解析】【详解】A．根据闭合电路欧姆定律得当I=0时由图读出电源的电动势为内阻等于图线的斜率大小，则故A正确；B．两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U=2V，电流I=2A，电阻故B正确；C．两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U=2V，电流I=2A，电源的输出功率为故C正确；D．电源的效率故D错误。故选D。4. 电动机线圈的电阻为R，电动机正常工作时，两端电压为U，通过电流为I，工作时间为t，下列说法中正确的是( )①电动机消耗的电能为UIt②电动机消耗的电能为I2Rt③电动机线圈产生电热为I2Rt④电动机线圈产生的电热为U2t/RA. ①② B. ②③ C. ②④ D. ①③【答案】D【解析】【详解】电动机线圈电阻是非线性电阻，电能一部分转化为机械能，一部分变为内能，电能公式适用于一切电路电能的计算，所以电动机消耗的电能为UIt，①正确；而公式只适用于纯电阻电路电能的计算，故②错误；焦耳定律适用于一切电阻电热的计算，所以电动机线圈产生的电热为，③正确；而公式，只适用于纯电阻电路电热计算，④错误，故D正确．5. 如下图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成的，已知灵敏电流表的满偏电流Ig=2mA，内电阻Rg=300Ω，则下列说法正确的是A. 甲表是电流表，R增大时量程增大B. 乙表是电压表，R增大时量程减小C. 在甲图中，若改装成的电流表的量程为0.6A，则R=0.5ΩD. 在乙图中，若改装成的电压表的量程为3V，则R=1200Ω【答案】D【解析】【详解】A．甲由一个灵敏电流表G和一个变阻器R并联，利用并联电阻的分流，改装成安培表．安培表的量程，可知当R减小时量程I增大，故A错误；B．乙由一个灵敏电流表G和一个变阻器R串联，利用串联电阻的分压，改装成伏特表．伏特表的量程U=Ig（Rg+R），可知R增大时量程增大，故B错误；C．由公式知，在甲图中，若改装成的电流表的量程为0.6A，则R=1.003Ω，C错误；D．由公式U=Ig（Rg+R）知，在乙图中，若改装成的电压表的量程为3V，则R=1200Ω，D正确；6. 如图所示的匀强磁场中，已经标出了电流I和磁场B以及磁场对电流作用力F三者的方向，其中不正确的是（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【详解】A．根据左手定则可知，该图中电流I和磁场B以及磁场对电流作用力F三者的方向正确，故A正确；B．根据左手定则可知，该图中电流I和磁场B以及磁场对电流作用力F三者的方向正确，故B正确；C．图中导线的磁场方向平行，该图中导线不受安培力，故C错误；D．根据左手定则可知，电流I和磁场B以及磁场对电流作用力F三者的方向正确，故D正确。故选C。7. 如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的足够宽的匀强磁场，磁感应强度为B。在xOy平面内，从原点O处沿与x轴正方向成θ角（0＜θ＜π）以速率v发射一个带正电的粒子（重力不计）。则下列说法正确的是（　　）A. 若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短B. 若v一定，θ越大，则粒子在离开磁场的位置距O点越远C. 若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大D. 若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短【答案】A【解析】【详解】AB．正粒子从磁场边界入射做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，有从而当θ为锐角时，画出正粒子运动轨迹如图所示由几何关系可知，入射点与出射点而粒子在磁场的运动时间与速度无关；当θ为钝角时，画出正粒子运动轨迹如图所示由几何关系入射点与出射点而粒子在磁场中运动时间与第一种情况相同，则若v一定，θ越大，从时间公式可以看出运动时间越短； 若v一定，θ为锐角越大时，则Oa就越大，但θ为钝角越大时，由上式可以看出Oa不一定越远，故A正确，B错误；C．由可得粒子运动的角速度显然与速度无关，故C错误； D．运动时间无论是锐角还是钝角，时间均为与速度无关，即若θ一定，无论v大小如何，则粒子在磁场中运动的时间都保持不变，故D错误。故选A。8. 如图所示，a和b带电荷量相同，以相同动能从A点射入磁场，在匀强磁场中做圆周运动的半径，则可知(重力不计)(　　) A. 两粒子都带正电，质量比B. 两粒子都带负电，质量比C. 两粒子都带正电，质量比D. 两粒子都带负电，质量比【答案】B【解析】【详解】两粒子进入磁场后均向下偏转，可知在A点受到洛伦兹力均向下，由左手定则可知，四指所指的方向与粒子的运动方向相反，所以这两个粒子均带负电，根据洛伦兹力提供向心力，得：，得，又动能，联立得：，可见m与半径r的平方成正比，故，选B.【点睛】带电粒子在匀强磁场中以垂直于磁场方向运动，洛伦兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动．根据偏转方向，利用左手定则来判断粒子所带的电性，根据半径表示粒子的质量，即可求得质量之比．9. 如图，在半径为R的半圆内有垂直纸面向外的匀强磁场，半径OP与半径OA的夹角为60°。现有一对质量和电荷量均相等的正、负粒子，从P点沿PO方向射磁场中，一个从A点离开磁场，另一个从B点离开磁场粒子的重力及粒子间的相互作用力均不计，则下列说法中正确的是（  ）A. 从A点射出磁场的是带正电的粒子B. 正、负粒子在磁场中运动的速度之比为3：1C. 正、负粒子在磁场中运动的时间之比为2：1D. 正、负粒子在磁场中运动的周期之比为1：3【答案】B【解析】【分析】【详解】A．根据左手定则判断知从A点射出磁场的是负粒子，A错误；B．正、负粒子在磁场中运动轨迹如下图所示圆弧PB所对的圆心角θ1 = 60°，则正粒子运动轨迹的半径r1 = = R由qv1B = m得粒子运动的速率v1 = 圆弧PA所对的圆心角θ2 = 120°，同理，负粒子运动轨迹的半径r2 = = R由qv2B = m得正粒子运动的速率v2 = ，v1：v2 = 3：1则正、负粒子在磁场中运动的速度之比为3：1，B正确；D．根据牛顿第二定律有qvB = mr解得T = 则正、负粒子在磁场中运动的周期之比为1：1，D错误；C．由选项A可知，正负粒子的圆心角分别为θ1 = 60°，θ2 = 120°根据匀速圆周运动的时间有t = T代入数据有正、负粒子在磁场中运动的时间之比为1：2，C错误。故选B。10. 如图所示，已知电源内电阻r为2Ω，定值电阻R0为3Ω，滑动变阻器阻值范围为0－10Ω．当滑动变阻器R使其阻值为R1时，在R1上获得最大功率，则R1的阻值应为A. 2Ω B. 3Ω C. 4Ω D. 5Ω【答案】D【解析】【详解】可以将R0看成是电源的内阻，当内外电阻相等时，外电路消耗功率最大，即R1= R0+r=3+2=5Ω 故选D11. 如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U，现使B板带电，则下列判断正确的是（　　）A. 增大两极板间的距离，指针张角变大B. 将A板稍微上移，静电计指针张角变大C. 若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大D. 若将A板拿走，则静电计指针张角变为零【答案】AB【解析】【分析】电势差U变大(小)，指针张角变大(小)。【详解】A．增大两极板之间的距离，由电容的决定公式C＝知，电容C变小，电容器所带的电荷量Q一定，再由C＝得，极板间电压U变大，静电计指针张角变大，A正确；B．若将A板稍微上移时，正对面积S变小，由电容的决定式C=知，电容C也变小，电量Q不变，由C = 知，电压U变大，静电计指针张角变大，B正确；C．若将玻璃板插入两极板之间时，由电容的决定式C=可知，电容C变大，电量Q不变，由C=知，电压 U变小，静电计指针张角变小，C错误；D．若将A板拿走时，B板上带电量不变，静电计相当于验电器，指针张角不是零，D错误。故选AB。    12. 如图所示，一圆心为O、半径为R的圆中有两条互相垂直的直径AC和BD，电荷量都为＋Q的两个点电荷放在圆周上，它们的位置关系关于AC对称，点电荷与O点的连线和OC间夹角均为60°。两个点电荷的连线与AC的交点为P，取无穷远电势为零，则下列说法正确的是（　　）A. P点的场强为0，电势不为0B. A点电势等于C点电势C. 点电荷＋q沿直线从A到C的过程中电势能先减小后增大D. 点电荷－q在B点具有的电势能等于在D点具有的电势能【答案】AD【解析】【详解】A．由题意可知P点为等量同种电荷连线的中点，根据电场的叠加原理可知场强为0，沿电场线电势降低，根据等量同种正电荷的电场线的特点可知，P点的电势不为0，故A正确；B．沿电场线电势降低，所以A点电势低于C点电势，故B错误；C．沿直线从A到C的过程中，电势先升高后降低，所以点电荷＋q电的势能先增大后增减小，故C错误；D．根据等量同种电荷电场线和等势面的分布可知，B、D两点电势相等，所以点电荷－q在B点具有的电势能等于在D点具有的电势能，故D正确。故选AD。13. 如图所示，匀强磁场的方向竖直向下，磁场中有光滑的水平桌面，在桌面上平放着内壁光滑、底部有带电小球的试管。在水平拉力F的作用下，试管向右匀速运动，带电小球能从试管口处飞出，则（　　）A. 小球带负电 B. 小球运动的轨迹是一条抛物线C. 洛伦兹力对小球做正功 D. 水平拉力F不断变大【答案】BD【解析】【分析】【详解】A．小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口的洛伦兹力，根据左手定则判断，小球带正电，选项A错误；B．设管子运动速度为v1，小球垂直于管子向右的分运动是匀速直线运动。小球沿管子方向受到洛伦兹力的分力F1=qv1B其中q，v1，B均不变，F1不变，则小球沿管子做匀加速直线运动。与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线，选项B正确；C．洛伦兹力总是与速度垂直，不做功，选项C错误；D．设小球沿管子的分速度大小为v2，则小球受到垂直管子向左的洛伦兹力的分力F2=qv2Bv2增大，则F2增大，而拉力F=F2则F逐渐增大，选项D正确。故选BD。14. 如图所示，电路中定值R阻值大于电源内阻r的阻值，开关S闭合，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3的示数变化量的绝对值分别为，理想电流表示数变化量的绝对值为，下列说法正确的是（　　）A. 理想电压表V3的示数变大 B. 电源的效率增大C.  D. 【答案】CD【解析】【详解】A．理想电压表内阻无穷大，相当于断路，理想电流表内阻为零，相当于短路，所以R与变阻器串联，电压表V1、V2、V3分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压，当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A的示数增大，电路中电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，理想电压表V2的示数变小，R两端的电压增大，理想电压表V1的示数变大，所以滑动变阻器两端电压减小，所以理想电压表V3的示数变小，故A错误；B．电源的效率路端电压减小，所以电源效率减小，故B错误；C．由题意可得则有所以电源内阻故CD正确；故选CD。第II卷二、实验题（每空2分，共16分）15. 某学生实验小组利用如图所示电路进行实验，使用的器材有：多用电表、电压表（量程5 V，内阻十几kΩ）、滑动变阻器（最大阻值5kΩ）、导线若干（1）将多用电表挡位调到电阻“×100Ω”挡，再将红表笔和黑表笔短接，进行____________；（2）将图中多用电表的红表笔和_______(填“1”或“2”)端相连，黑表笔连接另一端；（3）若多用电表档位调到电阻“×100Ω”档测量，指针偏转角度过小，应换_________档（填“×10Ω”或“×1K”）（4）换档后重新进行（1）的步骤后，将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图甲所示，这时电压表的示数如图乙所示．多用电表的读数为____ KΩ。【答案】    ①. 欧姆调零    ②. 1    ③. ×1K    ④. 19.0KΩ【解析】【分析】由题中“某学生实验小组利用如图所示电路进行实验”可知，本题考查多用电表的使用，根据多用电表的使用要求可分析本题。【详解】(1)[1]每次用欧姆档，需要先将红表笔和黑表笔短接，再进行欧姆调零；(2)[2]红正黑负,电流从红表笔流入黑表笔流出,电流从电压表正接线柱流入,故红表笔接触1;(3)[3] 若多用电表档位调到电阻“×100Ω”档测量，指针偏转角度过小，则说明档位选择过小，应选大档位，故选×1K；(4)根据电表示数可知，电阻为19.0。16. 测定电源的电动势和内电阻的实验电路和U-I图像如下:（1）由U-I图像，由此可知这个干电池的电动势E=_______V，内电阻r=_________Ω。（2）由于电压表的分流作用使本实验电路存在系统误差，导致E测_________E真，r测______r真(填“>”“<”或“=”)。【答案】    ①. 1.5    ②. 1    ③. <    ④. <【解析】【详解】（1）[1][2]由图所示电源U-I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为，电源电动势，电源内阻（2）[3][4]由图所示电路图可知，相对于电源来说，电流表采用外接法，由于电压表分流，电流测量值小于真实值，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U-I图象如图所示电源的U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻，由图象可知，电源电动势的测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值。三、计算题（共38分）17. 某太阳能电池的开路电压（断路时的路端电压）为480mV，短路电流为6mA，把它与一个阻值为120Ω的电阻器连接成闭合电路。（1）电路中的电流为多大？（2）电路的输出功率为多少？【答案】(1)2.4mA；(2) 【解析】【详解】(1)由题意可知则电池的内电阻为阻值为120Ω的电阻器接入电路后，电路中的电流为(2)电路的输出功率为18. 如图所示，矩形区域宽度为l，其内有磁感应强度大小末知、方向垂直纸面向外的匀强磁场。一带电粒子以初速度v0垂直左边界射入，飞出磁场时偏离原方向30°，不计粒子的重力，求∶（1）带电粒子在磁场中的运动半径。（2）带电粒子在磁场中运动的时间。【答案】（1）2l；（2）【解析】【详解】（1）根据轨迹图可知，粒子在磁场中运动的轨道半径（2）运动的时间19. 如图所示，处于匀强磁场中的两根光滑的平行金属导轨相距为d，电阻忽略不计。导轨平面与水平面成θ角，下端连接阻值为2r的定值电阻和一个电源，电源电动势为E，内阻为r，匀强磁场方向竖直向下。质量为m、阻值为r的均匀金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触。接通开关S后，金属棒在导轨上保持静止状态。（1）求磁感应强度大小。 （2）若改变磁感应强度的大小和方向，依然能使金属棒保持静止，求满足条件的磁感应强度的最小值。【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）如图，金属棒受mg、N和F作用处于静止，依左手定则可知F方向必水平向右，

对金属棒依平衡条件得：F=mgtanθ安培力大小F=BId闭合电路欧姆定律E=I（r+2r+r）由上式解得（2）当磁场方向垂直导轨斜向下时，安培力沿斜面向上且最小，则对金属棒依平衡条件得 Fmin=mgsinθ安培力大小Fmin=BminId闭合电路欧姆定律E=I（r+2r+r）由上式解得方向垂直导轨斜向下.20. 一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l´，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行，一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出，不计重力。（1）定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；（2）求该粒子从M点入射时速度的大小；（3）若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。【答案】（1）轨迹如图所示：（2）（3）；【解析】【详解】（1）粒子运动的轨迹如图所示。（粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称）（2）粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为如图所示，速度沿电场方向的分量为v1，根据牛顿第二定律有式中q和m分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 由几何关系得联立以上公式可得（3）由运动学公式和题给数据得联立得设粒子由M点运动到N点所用的时间为，则式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期则从M点运动到N点的时间【点睛】在复合场中的运动要分阶段处理，每一个运动建立合理的公式即可求出待求的物理量。