辽宁省凌源市第三中学2019-2020学年高二上学期第三次月考物理试题 14页

高二物理第三次月考试题 一．选择题（1--8单选，9--12多选。每题4分，共48分）‎ ‎1.电动机正常工作时 A. 电能全部转化为内能 B. 电能全部转化为机械能 C. 电能主要转化为机械能，只有一小部分转化为内能 D. 电功率大于机械功率和热功率之和 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC.电动机正常工作时，消耗的电能主要转化为机械能和小部分内能，故选项A、B不符合题意，C符合题意；‎ D.根据能量转化和守恒定律得知电功率等于机械功率和热功率之和，故选项D不符合题意。‎ ‎2.如图所示，小磁针正上方的直导线与小磁针平行，当导线中通向右的电流时，小磁针会发生偏转。首先观察到这个实验现象的物理学家和观察到的现象是( )‎ A. 物理学家安培，小磁针的S极垂直转向纸内 B. 物理学家安培，小磁针的N极垂直转向纸内 C. 物理学家奥斯特，小磁针的S极垂直转向纸内 D. 物理学家奥斯特，小磁针的N极垂直转向纸内 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】发现电流周围存在磁场科学家是奥斯特，根据安培定则可知该导线下方磁场方向垂直纸面向里，因此小磁针的N极垂直转向纸内，故ABC错误，D正确。故选D。‎ ‎3.如图所示，P点在螺线管的正上方，当螺线管通以恒定电流，不计其他磁场的影响，螺线管左边的小磁针静止时，N极的指向水平向左．则下面判断中正确的是(　　)‎ A. 电源的甲端是正极，P点的磁感应强度方向向右 B. 电源的乙端是正极，P点的磁感应强度方向向右 C. 电源的甲端是负极，P点的磁感应强度方向向左 D. 电源的乙端是负极，P点的磁感应强度方向向左 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据小磁针的指向判断螺线管的N、S极；根据安培定则判断通电螺线管的电流方向。‎ ‎【详解】根据小磁针的指向可知螺线管的左端为N极；根据安培定则可知通电螺线管的乙端接电源的正极；在螺线管外部的磁感线从N极到S极，可知P点的磁感应强度方向向右；故选B。‎ ‎4.在图中，已标出磁场B的方向，通电直导线中电流I的方向，以及通电直导线所受磁场力F的方向，其中正确的是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 熟练应用左手定则是解决本题的关键，在应用时可以先确定一个方向，然后逐步进行，如可先让磁感线穿过手心，然后通过旋转手，让四指和电流方向一致或让大拇指和力方向一致，从而判断出另一个物理量的方向，用这种程序法，防止弄错方向.‎ ‎【详解】根据左手定值可知：A图中的安培力应该垂直导线竖直向下，故A错误；B图中安培力方向垂直于导线斜向下，故B正确；C图中的导线不受安培力，故C错误；D图中的安培力应该垂直于电流方向斜向右下方，故D错误。故选B。‎ ‎5.如图所示，质量为的回形针系在细线下端被磁铁吸引保持静止，此时细线与竖直方向的夹角为，则下列说法正确的是 A. 回形针静止时受到的磁铁对它的磁力大小为 B. 回形针静止时受到的细线的拉力大小为 C. 现用点燃的火柴对回形针加热，过一会发现回形针不被磁铁吸引了，原因是回形针加热后，分子电流排列无序了 D. 现用点燃的火柴对回形针加热，过一会发现回形针不被磁铁吸引了，原因是回形针加热后，分子电流消失了 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 回形针静止时受到的磁铁对它的磁力大小和方向都不确定，拉力大小也不能确定，故A、B错误；对回形针加热，回形针磁性消失是因为分子电流排列无序了，所以选项C正确，D错误．‎ ‎6.关于磁感应强度，下列说法正确的是（）‎ A. 磁场中某点磁感应强度的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关 B. 磁场中某点磁感应强度方向，跟该点处试探电流元所受的磁场力方向一致 C. 在磁场中某点的试探电流元不受磁场力作用时，该点磁感应强度值大小为零 D. 在磁场中磁感线越密的地方，磁感应强度越大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 磁感应强度是描述磁场本身强弱和方向的物理量，由磁场本身决定，与放在该点的试探电流元无关．磁感应强度的方向，跟该点处试探电流元所受的磁场力方向垂直．在磁场中磁感线越密的地方，磁感应强度越大．‎ ‎【详解】磁场中某点磁感应强度的大小，由磁场本身决定，跟放在该点的试探电流元的情况无关。故A错误。磁场中某点磁感应强度的方向，跟该点处试探电流元所受的磁场力方向垂直。故B错误。在磁场中某点的试探电流元不受磁场力作用时，该点磁感应强度值大小不一定为零，也可能电流元方向与磁场方向平行，电流元不受磁场力，但磁感应强度值大小不为零。故C错误。磁感线可以形象描述磁场的强弱，磁感线越密的地方，磁感应强度越大。故D正确。故选D。‎ ‎【点睛】本题抓住磁感应强度和磁感线的物理意义是解答的关键，可以与电场强度、电场线类比记忆．但是电流元受到的磁场力与电流元的放置方向有关.‎ ‎7.如图所示，三条长直导线都通以垂直纸面向外的电流，且I1=I2=I3，则距三条导线等距离的A点处磁场方向为（ ）‎ A. 向上 B. 向下 C. 向左 D. 向右 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由安培定则知电流和，在A点的磁感线方向相反，距离又相等，所以合场强为零，在A点的电场线方向水平向右，故A点的磁感线方向向右，D正确．‎ ‎8.如图所示，导线框中电流为I，导线框垂直于磁场放置，磁感应强度为B，AB与CD相距为d，则MN所受安培力大小为(　　) ‎ ‎ ‎ A. F＝BId B. F＝ C. F＝BIdsin θ D. F＝BIdcos θ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通电导线在磁场中受到安培力作用，由公式F=BIL可以直接求出安培力大小．‎ ‎【详解】导线框中电流为I，导线框垂直于磁场放置，AB与CD相距为d，此时切割磁场的导线的长度为，此时受到的安培力的电场线为，所以B正确；故选B.‎ ‎【点睛】本题是安培力的分析和计算问题．安培力大小的一般计算公式是F=BILsinα，α是导体与磁场的夹角，当B、I、L互相垂直的时候安培力最大为F=BIL．‎ ‎9.如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑片向上滑动时，则 (　　)‎ A. 电源的功率变小 B. 电容器储存的电荷量变小 C. 电源内部消耗的功率变大 D. 电阻R消耗的电功率变小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在变阻器R的滑片向上滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压如何变化，由欧姆定律分析并联部分电压的变化，从而分析电容的电量如何变化，根据功率的公式分析功率的变化．‎ ‎【详解】在变阻器R的滑片向上滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律，可知干路电流I变大，根据P=EI，可知电源的功率变大，根据，可知电源内部消耗的功率变大，故A错误，C正确；因干路电流I变大，则路端电压U变小，而电压变大，而，则并联部分的电压变小，即电容器两端的电压变小，根据Q=CU，可知电容器储存的电荷量变小，故B正确；因不知道R与的大小关系，无法判断电阻R消耗的电功率变化情况，故D错误；故选BC。‎ ‎【点睛】本题为闭合电路欧姆定律中的含容电路，要注意明确与电容器串联的电阻在电路稳定时，可以将其作为导线处理．‎ ‎10.如图所示是用电压表和电流表测电阻的一种方法，Rx为待测电阻，如果考虑到仪表本身电阻对测量结果的影响，则（ ）‎ A. Rx的测量值大于实际值 B. Rx的测量值小于实际值 C. Rx为大阻值电阻时应采用这种接法 D. Rx为小阻值电阻时应采用这种接法 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：由于电流表所测的是电压表与电阻的电流，因此所测电流偏大，则 Rx的测量值小于实际值，B正确；如果Rx为大阻值电阻，电压表所分得电流对电路影响较大，则不采用这种接法，反之Rx为小阻值电阻时应采用这种接法，则D正确。‎ 考点：本题考查并联电路、“伏安法”测电阻。‎ ‎11.如右图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为1T的匀强磁场中，以导线截面的中心为圆心，半径为r的圆周上有a、b、c、d四个点，已知a点的实际磁感应强度为零，则下列叙述正确的是(　　)‎ A. 直导线中的电流方向垂直纸面向里 B. b点的实际磁感应强度为T，方向斜向上，与B的夹角为45°‎ C. c点的实际磁感应强度也为零 D. d点的实际磁感应强度跟b点的相同 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 由a点合磁感应强度为零知，该电流在a点的磁感应强度方向向左，大小为1 T，由安培定则知A项对，另由平行四边形定则知B项也正确．‎ ‎12.有、、、四个小磁针，分别放置在通电螺线管的附近和内部，如图所示。其中哪一个小磁针的指向是正确的 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由图知，电流从右侧流入螺线管，据安培定则可得，螺线管左侧为N极，右侧为S极；螺线管外部的磁感线由N极指向S极，螺线管内部的磁感线由S极指向N极．因此小磁针a、c、d处磁场水平向左，小磁针a、c指向不对，小磁针d指向正确；小磁针b处磁场水平向右，小磁针b指向不对．故D项正确，ABC三项错误．‎ 二．选择题（每空2分，共20分）‎ ‎13.如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，在其正中央的上方固定一根长直导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向外的电流I。用FN表示磁铁对桌面的压力，用Ff表示桌面对磁铁的摩擦力。则导线中通电后与通电前比较：FN___（变大、变小，不变）；Ff___‎ ‎【答案】 (1). 变小 (2). 0‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1][2]磁铁的磁感线在它的外部是从N极到S极，因为长直导线在磁铁的中央上方，所以此处的磁感线是水平的，电流的方向垂直与纸面向里，根据左手定则，导线受磁铁给的“安培力”方向竖直向上，如图所示，长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，导线给磁铁的反作用力方向就是竖直向下的，因此磁铁对水平桌面的压力除了重力之外还有通电导线的作用力，压力是增大的；因为这两个力的方向都是竖直向下的，所以磁铁不会发生相对运动，也就不会产生摩擦力 ‎14.用如图1所示电路测定一节干电池的电动势和内阻．电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R0起保护作用．除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：‎ A．电流表（量程0.6A）； B．电压表（量程3V）；‎ C．定值电阻（阻值1Ω、额定功率5W）； ‎ D．定值电阻（阻值10Ω、额定功率10W）；‎ E．滑动变阻器（阻值范围0～10Ω、额定电流2A）；‎ F．滑动变阻器（阻值范围0～100Ω、额定电流1A）‎ 那么：‎ ‎（1）要正确完成实验，R0应选择_____，R应选择_____。（填器材前字母）‎ ‎（2）实验测得的6组数据已在U﹣I图2中标出，如图所示，请你根据数据点位置完成U﹣I图线______。‎ ‎（3）由图线求出该电池的内阻r=____Ω。（r的结果保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). C (2). E (3). ；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 为使滑动变阻器滑动时电表示数有明显变化，应使R0与电源内阻r尽可能接近，从而确定定值电阻和滑动变阻器的选取。根据纵轴截距求出电动势，结合图线的斜率求出内阻的大小。‎ ‎【详解】一节干电池电动势一般约为1.5V，内阻较小，为保护电路，应使R0与电源内阻r尽可能接近，因r较小，则考虑选择定值电阻C和滑动变阻器E；根据描出的点作出对应的伏安特性曲线如图所示； 根据图象可知，与U轴的交点为1.50V，对应的电压值即表示电动势；R0+r==1.875Ω；故r=1.875-1.0=0.875=0.88Ω。‎ ‎【点睛】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，知道仪器选择的方法，并掌握根据图象求解电动势和内电阻的方法。‎ ‎15.图(a)为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为250 μA，内阻为480Ω．虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别于两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆100Ω挡。‎ ‎(1)关于R6的使用，下列说法正确的是_____‎ A．在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置 B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置 C．使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置 ‎(2)某次测量时该多用电表指针位置如图(b)所示。若此时B端是与“3”相连的，则读数为_____Ω。‎ ‎(3)根据题给条件可得R1+R2＝_____Ω，R4＝_____Ω。‎ ‎【答案】 (1). B (2). 1.1 (3). 160 (4). 880‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1] 由电路图可知，R6只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流档时也不需要时行调节，故B项与题意相符；‎ ‎(2)[2] 若与3连接，则为欧姆档×100Ω挡，读数为11×100=1100Ω=1.10kΩ ‎(3)[3][4] 直流电流档分为1mA和2.5mA，由图可知，当接2时应为1mA；根据串并联电路规律可知，‎ ‎ ‎ 总电阻 ‎ ‎ 接4时，为电压档，因串入的电阻较小，故应为量程1V的电压表；此时电流计与R1、R2并联后再与R4串联，即改装后的1mA电流表与R4串联再改装后电压表；根据串联电路规律可知，‎ 三．计算题（共32分，16题10分，17.10分,18.12分）‎ ‎16.把一根长10cm直导线垂直磁感线方向放在匀强磁场中,如图所示：‎ ‎(1)当导线中通以2A的电流时,导线受到的安培力大小为1.0×10-7N，试求该磁场的磁感应强度B大小 ‎ ‎(2)若该导线中通以3A的电流，试求该导线所受安培力的大小？并判断安培力的方向 ‎【答案】（1）5×10-7T ,（2）1.5×10-7N；方向垂直杆向上 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由代入数据得：‎ 故磁场的磁感应强度为 ‎ ‎(2)由代入数据得 由左手定则可知，安培力方向垂直杆向上 ‎17.如图所示，线圈平面与水平方向夹角θ＝，磁感线竖直向下，线圈平面面积S＝0.4 m2，匀强磁场磁感应强度B＝0.6T，则穿过线圈的磁通量Φ为多少？把线圈以cd为轴顺时针转过 角，则通过线圈磁通量的变化量为多少？‎ ‎【答案】0.12Wb　0.36Wb ‎【解析】‎ ‎【详解】线圈平面与水平方向夹角θ＝，穿过线圈的磁通量 把线圈以cd为轴顺时针转过角时，线圈平面与磁感线的方向垂直，所以通过线圈磁通量 由图可知，当把线圈以cd为轴顺时针转过角时，穿过线圈的磁通量的方向与开始时穿过线圈的磁通量的方向是相反的，所以磁通量的变化量 ‎18.如图所示，两足够长平行金属导轨间的距离L=0.40 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50‎ ‎ T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=4.5 V、内阻r=0.50 Ω的直流电源。现把一个质量m=0.040 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰能静止。导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R =2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g取10 m/s 2。已知sin 37°=0.60，cos 37°=0.80，求：‎ ‎（1）导体棒受到的安培力大小；‎ ‎（2）导体棒受到的摩擦力大小；‎ ‎（3）若只把匀强磁场B的方向改为竖直向上、大小改为1.0 T，动摩擦因数为μ=0.2，其他条件都不变，求导体棒运动的加速度大小。‎ ‎【答案】（1） （2） （3）a=2.6m/s2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小．根据F=BIL求解安培力；‎ ‎（2）根据安培力的公式F=BIL求出安培力的大小，导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力处于平衡，根据共点力平衡求出摩擦力的大小.‎ ‎（3）根据牛顿第二定律求的下滑加速度.‎ ‎【详解】（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：‎ ‎ ‎ 导体棒受到的安培力 ‎ ‎（2）导体棒所受重力沿斜面向下的分力 由于小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力 根据共点力平衡条件，，‎ 解得 ‎ ‎（3）匀强磁场B 的方向改为竖直向上时，安培力水平向右，将其沿导轨所在平面与垂直导轨所在平面分解，可得 而重力的下滑分力：‎ 金属棒受摩擦力为 ‎ 有牛顿第二定律得 ‎ 解得a=2.6 m/s2‎ ‎ ‎ ‎ ‎