射洪中學高2020級高二上期第三次月考物理試題（考試時間：90分鐘    總分：100分）注意事項：1、答卷前， 考生務必將自己的姓名。準考證號填寫在答題卡上。2、回答選擇題時， 選出每小題答案后， 用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動， 用橡皮擦干凈后， 再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時， 將答案寫在答題卡上， 寫在本試卷上無效。3、考試結束后， 將答題卡交回。第I卷一、選擇題（本題共14小題，1題至10題每小題3分，11題至14題每題4分，共46分。1-10每小題只有一個選項符合題意，11-14每小題有多個選項符合題意。）1. 下列說法中正確的是（　?。?/span>A. 電源的電動勢實質上就是電源兩極間的電壓B. 放在勻強磁場中的通電導線一定受到恒定的磁場力作用C. 磁通量的單位是特斯拉，1 T=1 N/（A·m2）D. 導體的電阻在溫度一定時與導體長度成正比，與導體的橫截面積成反比【答案】D【解析】【詳解】A．電源兩極間的電壓是外電壓，小于電源的電動勢，故A錯誤；B．如果通電導線與磁場平行，則不受磁場力作用，故B錯誤；C．磁通量的單位是韋伯，故C錯誤； D．由可知導體的電阻在溫度一定時與導體長度成正比，與導體的橫截面積成反比，故D正確。故選D。2. 關于地球的磁場，下列說法正確的是（　?。?/span>A. 在地面上放置一個小磁針，小磁針的南極指向地磁場的南極B. 地磁場的南極在地理北極附近C. 地球上任何地方的地磁場方向都是和地面平行的D. 地磁場是一個勻強磁場【答案】B【解析】【詳解】A．在地面上放置一個小磁針，小磁針的南極指向地理南極，地磁場的北極，故A錯誤；B．地磁場的南極在地理北極附近，地磁場的北極在地理南極附近，故B正確；CD．地磁場不是勻強磁場，靠近兩極處磁場較強，且兩極處的磁場方向傾斜，只有赤道上空的地磁場方向和地面平行的，故CD錯誤。故選B。3. 在如圖所示的U-I圖像中，直線 Ⅰ為某一電源的路端電壓與電流的關系圖像，直線 Ⅱ 為某一電阻R的伏安特性曲線。用該電源與電阻R組成閉合電路。由圖像判斷不正確的是（　　）A. 電源的電動勢為3V，內阻為0.5Ω B. 電阻R的阻值為1ΩC. 電源輸出功率為4W D. 電源的效率為80%【答案】D【解析】【詳解】A．根據閉合電路歐姆定律得當I=0時由圖讀出電源的電動勢為內阻等于圖線的斜率大小，則故A正確；B．兩圖線的交點表示該電源直接與電阻R相連組成閉合電路時工作狀態(tài)，由圖讀出電壓U=2V，電流I=2A，電阻故B正確；C．兩圖線的交點表示該電源直接與電阻R相連組成閉合電路時工作狀態(tài)，由圖讀出電壓U=2V，電流I=2A，電源的輸出功率為故C正確；D．電源的效率故D錯誤。故選D。4. 電動機線圈的電阻為R，電動機正常工作時，兩端電壓為U，通過電流為I，工作時間為t，下列說法中正確的是( )①電動機消耗的電能為UIt②電動機消耗的電能為I2Rt③電動機線圈產生電熱為I2Rt④電動機線圈產生的電熱為U2t/RA. ①② B. ②③ C. ②④ D. ①③【答案】D【解析】【詳解】電動機線圈電阻是非線性電阻，電能一部分轉化為機械能，一部分變?yōu)閮饶?，電能公?/span>適用于一切電路電能的計算，所以電動機消耗的電能為UIt，①正確；而公式只適用于純電阻電路電能的計算，故②錯誤；焦耳定律適用于一切電阻電熱的計算，所以電動機線圈產生的電熱為，③正確；而公式，只適用于純電阻電路電熱計算，④錯誤，故D正確．5. 如下圖所示，甲、乙兩個電路都是由一個靈敏電流表G和一個變阻器R組成的，已知靈敏電流表的滿偏電流Ig=2mA，內電阻Rg=300Ω，則下列說法正確的是A. 甲表是電流表，R增大時量程增大B. 乙表是電壓表，R增大時量程減小C. 在甲圖中，若改裝成的電流表的量程為0.6A，則R=0.5ΩD. 在乙圖中，若改裝成的電壓表的量程為3V，則R=1200Ω【答案】D【解析】【詳解】A．甲由一個靈敏電流表G和一個變阻器R并聯，利用并聯電阻的分流，改裝成安培表．安培表的量程，可知當R減小時量程I增大，故A錯誤；B．乙由一個靈敏電流表G和一個變阻器R串聯，利用串聯電阻的分壓，改裝成伏特表．伏特表的量程U=Ig（Rg+R），可知R增大時量程增大，故B錯誤；C．由公式知，在甲圖中，若改裝成的電流表的量程為0.6A，則R=1.003Ω，C錯誤；D．由公式U=Ig（Rg+R）知，在乙圖中，若改裝成的電壓表的量程為3V，則R=1200Ω，D正確；6. 如圖所示的勻強磁場中，已經標出了電流I和磁場B以及磁場對電流作用力F三者的方向，其中不正確的是（　?。?/span>A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【詳解】A．根據左手定則可知，該圖中電流I和磁場B以及磁場對電流作用力F三者的方向正確，故A正確；B．根據左手定則可知，該圖中電流I和磁場B以及磁場對電流作用力F三者的方向正確，故B正確；C．圖中導線的磁場方向平行，該圖中導線不受安培力，故C錯誤；D．根據左手定則可知，電流I和磁場B以及磁場對電流作用力F三者的方向正確，故D正確。故選C。7. 如圖所示，在x軸上方存在垂直于紙面向里的足夠寬的勻強磁場，磁感應強度為B。在xOy平面內，從原點O處沿與x軸正方向成θ角（0＜θ＜π）以速率v發(fā)射一個帶正電的粒子（重力不計）。則下列說法正確的是（　?。?/span>A. 若v一定，θ越大，則粒子在磁場中運動的時間越短B. 若v一定，θ越大，則粒子在離開磁場的位置距O點越遠C. 若θ一定，v越大，則粒子在磁場中運動的角速度越大D. 若θ一定，v越大，則粒子在磁場中運動的時間越短【答案】A【解析】【詳解】AB．正粒子從磁場邊界入射做勻速圓周運動，洛侖茲力提供向心力，有從而當θ為銳角時，畫出正粒子運動軌跡如圖所示由幾何關系可知，入射點與出射點而粒子在磁場的運動時間與速度無關；當θ為鈍角時，畫出正粒子運動軌跡如圖所示由幾何關系入射點與出射點而粒子在磁場中運動時間與第一種情況相同，則若v一定，θ越大，從時間公式可以看出運動時間越短； 若v一定，θ為銳角越大時，則Oa就越大，但θ為鈍角越大時，由上式可以看出Oa不一定越遠，故A正確，B錯誤；C．由可得粒子運動的角速度顯然與速度無關，故C錯誤； D．運動時間無論是銳角還是鈍角，時間均為與速度無關，即若θ一定，無論v大小如何，則粒子在磁場中運動的時間都保持不變，故D錯誤。故選A。8. 如圖所示，a和b帶電荷量相同，以相同動能從A點射入磁場，在勻強磁場中做圓周運動的半徑，則可知(重力不計)(　　) A. 兩粒子都帶正電，質量比B. 兩粒子都帶負電，質量比C. 兩粒子都帶正電，質量比D. 兩粒子都帶負電，質量比【答案】B【解析】【詳解】兩粒子進入磁場后均向下偏轉，可知在A點受到洛倫茲力均向下，由左手定則可知，四指所指的方向與粒子的運動方向相反，所以這兩個粒子均帶負電，根據洛倫茲力提供向心力，得：，得，又動能，聯立得：，可見m與半徑r的平方成正比，故，選B.【點睛】帶電粒子在勻強磁場中以垂直于磁場方向運動，洛倫茲力提供向心力，粒子做勻速圓周運動．根據偏轉方向，利用左手定則來判斷粒子所帶的電性，根據半徑表示粒子的質量，即可求得質量之比．9. 如圖，在半徑為R的半圓內有垂直紙面向外的勻強磁場，半徑OP與半徑OA的夾角為60°。現有一對質量和電荷量均相等的正、負粒子，從P點沿PO方向射磁場中，一個從A點離開磁場，另一個從B點離開磁場粒子的重力及粒子間的相互作用力均不計，則下列說法中正確的是（  ）A. 從A點射出磁場的是帶正電的粒子B. 正、負粒子在磁場中運動的速度之比為3：1C. 正、負粒子在磁場中運動的時間之比為2：1D. 正、負粒子在磁場中運動的周期之比為1：3【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．根據左手定則判斷知從A點射出磁場的是負粒子，A錯誤；B．正、負粒子在磁場中運動軌跡如下圖所示圓弧PB所對的圓心角θ1 = 60°，則正粒子運動軌跡的半徑r1 = = R由qv1B = m得粒子運動的速率v1 = 圓弧PA所對的圓心角θ2 = 120°，同理，負粒子運動軌跡的半徑r2 = = R由qv2B = m得正粒子運動的速率v2 = ，v1：v2 = 3：1則正、負粒子在磁場中運動的速度之比為3：1，B正確；D．根據牛頓第二定律有qvB = mr解得T = 則正、負粒子在磁場中運動的周期之比為1：1，D錯誤；C．由選項A可知，正負粒子的圓心角分別為θ1 = 60°，θ2 = 120°根據勻速圓周運動的時間有t = T代入數據有正、負粒子在磁場中運動的時間之比為1：2，C錯誤。故選B。10. 如圖所示，已知電源內電阻r為2Ω，定值電阻R0為3Ω，滑動變阻器阻值范圍為0－10Ω．當滑動變阻器R使其阻值為R1時，在R1上獲得最大功率，則R1的阻值應為A. 2Ω B. 3Ω C. 4Ω D. 5Ω【答案】D【解析】【詳解】可以將R0看成是電源的內阻，當內外電阻相等時，外電路消耗功率最大，即R1= R0+r=3+2=5Ω 故選D11. 如圖所示，用靜電計可以測量已充電的平行板電容器兩極板之間的電勢差U，現使B板帶電，則下列判斷正確的是（　?。?/span>A. 增大兩極板間的距離，指針張角變大B. 將A板稍微上移，靜電計指針張角變大C. 若將玻璃板插入兩板之間，則靜電計指針張角變大D. 若將A板拿走，則靜電計指針張角變?yōu)榱?/span>【答案】AB【解析】【分析】電勢差U變大(小)，指針張角變大(小)。【詳解】A．增大兩極板之間的距離，由電容的決定公式C＝知，電容C變小，電容器所帶的電荷量Q一定，再由C＝得，極板間電壓U變大，靜電計指針張角變大，A正確；B．若將A板稍微上移時，正對面積S變小，由電容的決定式C=知，電容C也變小，電量Q不變，由C = 知，電壓U變大，靜電計指針張角變大，B正確；C．若將玻璃板插入兩極板之間時，由電容的決定式C=可知，電容C變大，電量Q不變，由C=知，電壓 U變小，靜電計指針張角變小，C錯誤；D．若將A板拿走時，B板上帶電量不變，靜電計相當于驗電器，指針張角不是零，D錯誤。故選AB。    12. 如圖所示，一圓心為O、半徑為R的圓中有兩條互相垂直的直徑AC和BD，電荷量都為＋Q的兩個點電荷放在圓周上，它們的位置關系關于AC對稱，點電荷與O點的連線和OC間夾角均為60°。兩個點電荷的連線與AC的交點為P，取無窮遠電勢為零，則下列說法正確的是（　　）A. P點的場強為0，電勢不為0B. A點電勢等于C點電勢C. 點電荷＋q沿直線從A到C的過程中電勢能先減小后增大D. 點電荷－q在B點具有的電勢能等于在D點具有的電勢能【答案】AD【解析】【詳解】A．由題意可知P點為等量同種電荷連線的中點，根據電場的疊加原理可知場強為0，沿電場線電勢降低，根據等量同種正電荷的電場線的特點可知，P點的電勢不為0，故A正確；B．沿電場線電勢降低，所以A點電勢低于C點電勢，故B錯誤；C．沿直線從A到C的過程中，電勢先升高后降低，所以點電荷＋q電的勢能先增大后增減小，故C錯誤；D．根據等量同種電荷電場線和等勢面的分布可知，B、D兩點電勢相等，所以點電荷－q在B點具有的電勢能等于在D點具有的電勢能，故D正確。故選AD。13. 如圖所示，勻強磁場的方向豎直向下，磁場中有光滑的水平桌面，在桌面上平放著內壁光滑、底部有帶電小球的試管。在水平拉力F的作用下，試管向右勻速運動，帶電小球能從試管口處飛出，則（　　）A. 小球帶負電 B. 小球運動的軌跡是一條拋物線C. 洛倫茲力對小球做正功 D. 水平拉力F不斷變大【答案】BD【解析】【分析】【詳解】A．小球能從管口處飛出，說明小球受到指向管口的洛倫茲力，根據左手定則判斷，小球帶正電，選項A錯誤；B．設管子運動速度為v1，小球垂直于管子向右的分運動是勻速直線運動。小球沿管子方向受到洛倫茲力的分力F1=qv1B其中q，v1，B均不變，F1不變，則小球沿管子做勻加速直線運動。與平拋運動類似，小球運動的軌跡是一條拋物線，選項B正確；C．洛倫茲力總是與速度垂直，不做功，選項C錯誤；D．設小球沿管子的分速度大小為v2，則小球受到垂直管子向左的洛倫茲力的分力F2=qv2Bv2增大，則F2增大，而拉力F=F2則F逐漸增大，選項D正確。故選BD。14. 如圖所示，電路中定值R阻值大于電源內阻r的阻值，開關S閉合，將滑動變阻器滑片向下滑動，理想電壓表V1、V2、V3的示數變化量的絕對值分別為，理想電流表示數變化量的絕對值為，下列說法正確的是（　?。?/span>A. 理想電壓表V3的示數變大 B. 電源的效率增大C.  D. 【答案】CD【解析】【詳解】A．理想電壓表內阻無窮大，相當于斷路，理想電流表內阻為零，相當于短路，所以R與變阻器串聯，電壓表V1、V2、V3分別測量R、路端電壓和變阻器兩端的電壓，當滑動變阻器滑片向下滑動時，接入電路的電阻減小，電路中電流增大，則A的示數增大，電路中電流增大，電源的內電壓增大，則路端電壓減小，理想電壓表V2的示數變小，R兩端的電壓增大，理想電壓表V1的示數變大，所以滑動變阻器兩端電壓減小，所以理想電壓表V3的示數變小，故A錯誤；B．電源的效率路端電壓減小，所以電源效率減小，故B錯誤；C．由題意可得則有所以電源內阻故CD正確；故選CD。第II卷二、實驗題（每空2分，共16分）15. 某學生實驗小組利用如圖所示電路進行實驗，使用的器材有：多用電表、電壓表（量程5 V，內阻十幾kΩ）、滑動變阻器（最大阻值5kΩ）、導線若干（1）將多用電表擋位調到電阻“×100Ω”擋，再將紅表筆和黑表筆短接，進行____________；（2）將圖中多用電表的紅表筆和_______(填“1”或“2”)端相連，黑表筆連接另一端；（3）若多用電表檔位調到電阻“×100Ω”檔測量，指針偏轉角度過小，應換_________檔（填“×10Ω”或“×1K”）（4）換檔后重新進行（1）的步驟后，將滑動變阻器的滑片調到適當位置，使多用電表的示數如圖甲所示，這時電壓表的示數如圖乙所示．多用電表的讀數為____ KΩ。【答案】    ①. 歐姆調零    ②. 1    ③. ×1K    ④. 19.0KΩ【解析】【分析】由題中“某學生實驗小組利用如圖所示電路進行實驗”可知，本題考查多用電表的使用，根據多用電表的使用要求可分析本題。【詳解】(1)[1]每次用歐姆檔，需要先將紅表筆和黑表筆短接，再進行歐姆調零；(2)[2]紅正黑負,電流從紅表筆流入黑表筆流出,電流從電壓表正接線柱流入,故紅表筆接觸1;(3)[3] 若多用電表檔位調到電阻“×100Ω”檔測量，指針偏轉角度過小，則說明檔位選擇過小，應選大檔位，故選×1K；(4)根據電表示數可知，電阻為19.0。16. 測定電源的電動勢和內電阻的實驗電路和U-I圖像如下:（1）由U-I圖像，由此可知這個干電池的電動勢E=_______V，內電阻r=_________Ω。（2）由于電壓表的分流作用使本實驗電路存在系統誤差，導致E測_________E真，r測______r真(填“>”“<”或“=”)。【答案】    ①. 1.5    ②. 1    ③. <    ④. <【解析】【詳解】（1）[1][2]由圖所示電源U-I圖象可知，圖象與縱軸交點坐標值為，電源電動勢，電源內阻（2）[3][4]由圖所示電路圖可知，相對于電源來說，電流表采用外接法，由于電壓表分流，電流測量值小于真實值，當外電路短路時，電流測量值等于真實值，電源的U-I圖象如圖所示電源的U-I圖象與縱軸交點坐標值是電源電動勢，圖象斜率的絕對值是電源內阻，由圖象可知，電源電動勢的測量值小于真實值，電源內阻測量值小于真實值。三、計算題（共38分）17. 某太陽能電池的開路電壓（斷路時的路端電壓）為480mV，短路電流為6mA，把它與一個阻值為120Ω的電阻器連接成閉合電路。（1）電路中的電流為多大？（2）電路的輸出功率為多少？【答案】(1)2.4mA；(2) 【解析】【詳解】(1)由題意可知則電池的內電阻為阻值為120Ω的電阻器接入電路后，電路中的電流為(2)電路的輸出功率為18. 如圖所示，矩形區(qū)域寬度為l，其內有磁感應強度大小末知、方向垂直紙面向外的勻強磁場。一帶電粒子以初速度v0垂直左邊界射入，飛出磁場時偏離原方向30°，不計粒子的重力，求∶（1）帶電粒子在磁場中的運動半徑。（2）帶電粒子在磁場中運動的時間。【答案】（1）2l；（2）【解析】【詳解】（1）根據軌跡圖可知，粒子在磁場中運動的軌道半徑（2）運動的時間19. 如圖所示，處于勻強磁場中的兩根光滑的平行金屬導軌相距為d，電阻忽略不計。導軌平面與水平面成θ角，下端連接阻值為2r的定值電阻和一個電源，電源電動勢為E，內阻為r，勻強磁場方向豎直向下。質量為m、阻值為r的均勻金屬棒放在兩導軌上，棒與導軌垂直并保持良好接觸。接通開關S后，金屬棒在導軌上保持靜止狀態(tài)。（1）求磁感應強度大小。 （2）若改變磁感應強度的大小和方向，依然能使金屬棒保持靜止，求滿足條件的磁感應強度的最小值。【答案】（1）（2）【解析】【詳解】（1）如圖，金屬棒受mg、N和F作用處于靜止，依左手定則可知F方向必水平向右，

對金屬棒依平衡條件得：F=mgtanθ安培力大小F=BId閉合電路歐姆定律E=I（r+2r+r）由上式解得（2）當磁場方向垂直導軌斜向下時，安培力沿斜面向上且最小，則對金屬棒依平衡條件得 Fmin=mgsinθ安培力大小Fmin=BminId閉合電路歐姆定律E=I（r+2r+r）由上式解得方向垂直導軌斜向下.20. 一足夠長的條狀區(qū)域內存在勻強電場和勻強磁場，其在xOy平面內的截面如圖所示：中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應強度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場的上、下兩側為電場區(qū)域，寬度均為l′，電場強度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條狀區(qū)域邊界上的兩點，它們的連線與y軸平行，一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場，經過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出，不計重力。（1）定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡；（2）求該粒子從M點入射時速度的大?。?/span>（3）若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從M點運動到N點的時間。【答案】（1）軌跡如圖所示：（2）（3）；【解析】【詳解】（1）粒子運動的軌跡如圖所示。（粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱）（2）粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動。設粒子從M點射入時速度的大小為v0，在下側電場中運動的時間為t，加速度的大小為a；粒子進入磁場的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為如圖所示，速度沿電場方向的分量為v1，根據牛頓第二定律有式中q和m分別為粒子的電荷量和質量，由運動學公式有粒子在磁場中做勻速圓周運動，設其運動軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得 由幾何關系得聯立以上公式可得（3）由運動學公式和題給數據得聯立得設粒子由M點運動到N點所用的時間為，則式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期則從M點運動到N點的時間【點睛】在復合場中的運動要分階段處理，每一個運動建立合理的公式即可求出待求的物理量。

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