福建省龙岩市2022_2023学年高二物理上学期第三次月考试卷含解析

这是一份福建省龙岩市2022_2023学年高二物理上学期第三次月考试卷含解析，共10页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。


考试时间：75分钟 满分：100分
一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下列有关运动电荷和通电导线受到磁场对它们的作用力方向判断正确的是（）
2．如图，一根条形磁铁自左向右穿过一个闭合线圈，则线圈对条形磁铁的作用力方向是（）
A．先向左，再向右
B．先向右，再向左
C．始终向左
D．始终向右
3.如图，一个矩形线圈abcd绕位于线圈平面内且垂直于匀强磁场的固定轴OO′匀速转动，OO′为bc和 ad 边的中垂线。当线圈平面转到与磁感应强度B的方向平行时，下列说法中正确的是（ ）
A．穿过线圈的磁通量最大
B．线框中产生的感应电动势最小
C．线框中产生的感应电流最小
D．线框中的电流方向不发生改变
4．如图所示，在直角三角形abc区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，∠a=60°，∠b=90°，边长ab=L。粒子源在b点将带负电的粒子以大小、方向均不同的速度射入磁场，已知粒子质量均为m，电荷量均为q。则在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是( )
A. qBL2m B.qBL3m
C. 3qBL2mD. 3qBL3m
二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
5．如图所示，线圈A与电源、开关相连。线圈B与电阻R连接成闭合电路。电键闭合、断开的瞬间，则（ ）
A．电键闭合瞬间，电流方向b到a
B．电键闭合瞬间，电流方向a到b
C．电键断开瞬间，电流方向a到b
D．电键断开瞬间，铁芯中磁感线沿顺时针方向
6.1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖。若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，下列说法中正确的是( )
A. 该束带电粒子带正电
B. 速度选择器的P1极板带负电
C. 在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大
D. 在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小
7．如图所示，是自感系数很大的线圈，但其自身的直流电阻为零。和是两个相同的小灯泡，下列说法不正确的是（ ）
A．闭合开关S后，灯泡A亮度一直保持不变
B．闭合开关S后，灯泡A、B同时变亮，最后亮度相同
C．闭合开关，电路稳定后，再断开S，灯泡A逐渐变暗，直到不亮
D．闭合开关，电路稳定后，再断开S，灯泡B由暗变亮，再逐渐熄灭
8. 如图所示，电阻忽略不计的两平行粗糙金属导轨水平固定在匀强磁场中，磁感应强度B=5T，方向垂直于ab，与导轨平面的夹角α=53°，导轨宽度为L=0.5m，一端与电源连接。一质量m=1kg的金属棒ab垂直于两平行导轨放置并与导轨接触良好，连入导轨间的电阻R=2.5Ω，ab与导轨间的动摩擦因数μ=0.5（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），拉力FT为水平向右，ab处于静止状态。已知E=6V，r=0.5Ω取g=10m/s2，sin37°=0.6，则（ ）
A. 通过ab的电流大小为2A，方向由a到b
B. ab受到的安培力大小为4N，方向水平向左
C. ab与导轨间的最大静摩擦力大小为3.5N
D. FT的取值范围为0.5N≤FT≤7.5N
三、非选择题：共60分。
9．(4分)如图为交变电流图，求该交变电流的最大值________A,
有效值________A。
10.(4分)如图甲所示，螺线管竖直置于靠近水平桌面的上方，质量为m的闭合金属圆环平放在桌面上，螺线管的中轴线与圆环相交。现在螺线管中通入如图乙所示的正弦交变电流，规定图甲中标出的电流方向为正方向。圆环始终静止，则内，从上向下看圆环中感应电流方向为__________（顺时针、逆时针）；内，圆环对桌面的摩擦力方向向__________（左、右）。
11.（6分）如图所示是某实验小组在“研究感应电流方向与磁通量变化的关系”实验中的部分操作示意图，图甲是闭合开关，电流通过灵敏电流计G时指针的偏转情况
(1) 图甲电路中，串联定值电阻R的主要目的是________
A．减小路端电压，保护电源
B．增大电源的内电压，保护电源
C．减小电路中的电流，保护灵敏电流计
D．增大电路中的电流，便于观察灵敏电流计示数
(2) 如图乙所示，当磁铁向上抽出线圈时，电流计G指针将______选填“左”“右”或“不”偏如图丙所示，根据电流计G指针偏转方向，可知此时条形磁铁的运动是________选填“插入”或“抽出”线圈
12.（10分）某型号多用电表欧姆挡的电路原理图如图甲所示。G表是欧姆表表头，其满偏电流Ig=500μA，内阻Rg=1000Ω。电源电动势E=1.5V，内阻r=1Ω。电阻箱R1和电阻箱R2的阻值调节范围均为0到9999Ω。
↗
(1)图甲中的b端应与 ______（填“红”或“黑”）表笔连接；
(2)某同学将图甲中的a、b端短接，为使G表满偏，则应调节R1=______Ω；然后在a、b端之间接入一电阻Rx后发现微安表半偏，则接入的电阻阻值为Rx=______Ω；
(3)如图乙所示，该同学将G表与电阻箱R2并联，利用该电路组装一个“×100”倍率的欧姆表，要求欧姆表的表盘刻度示意图如图丙所示，其中央刻度标“15”，则该同学应调节R2=______Ω；用此欧姆表测量一个阻值约2000Ω的电阻，测量前应调节R1=______Ω。
13．(10分)轻质细线吊着一质量m=0.32 kg、边长L=0.8 m、匝数n=10的正方形线圈,总电阻r=1 Ω。边长为L2的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧,如图(甲)所示,磁场方向垂直纸面向里,大小随时间变化如图(乙)所示,从t=0开始经t0时间细线开始松弛,g取
10 m/s2。求:
(1)在前t0时间内线圈中产生的感应电动势大小;
(2)在前t0时间内线圈的电功率;
(3)t0的值。
14.(12分)如图所示，在x轴下方存在着正交的电场与磁场，电场沿x轴正方向，电场强度E1=20N/C，磁场垂直纸面向里，磁感应强度B1=5T．一个质量m=3g，带电荷量q=2×10﹣3C的带电小球自y轴上的M点沿直线匀速运动到x轴上的N点，且已知OM=4m．在x轴上方存在正交的电场E2与磁场B2（图中均未画出），小球在x轴上方做圆周运动，恰好与y轴相切，运动轨迹如图所示．（g=10m/s2，sin37°=0.6），试求：
（1）小球运动的速率v；
（2）电场E2的大小与方向；
（3）磁场B2的大小与方向．
15.(14分)如图所示，斜面顶部线圈的横截面积S=0.03m2，匝数N=100匝，内有水平向左均匀增加的磁场B1，磁感应强度变化=k（未知）。线圈与间距为L=0.5m的光滑平行金属导轨相连，导轨固定在倾角=37°的绝缘斜面上。图示虚线cd下方存在磁感应强度B2=0.5T的匀强磁场，磁场方向垂直于斜面向上。质量m=0.05kg的导体棒垂直导轨放置，其有效电阻R=2，从无磁场区域由静止释放，导体棒沿斜面下滑x=3m后刚好进入磁场B2中并继续匀速下滑。在运动中导体棒与导轨始终保持良好接触，导轨足够长，线圈和导轨电阻均不计。重力加速度取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，求：
（1）导体棒中产生的动生电动势E2；
（2）螺线管中磁感应强度的变化率k；
（3）导体棒进入磁场B2前，导体棒内产生的焦耳热。
第三次月考试题答案
1. B
2．C
3.D【详解】线圈平面转到与磁感应强度B的方向平行时，穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，线框中产生的感应电流最大，线框的ab边和dc边切割磁感线的方向不变，则线框中的电流方向不发生改变.
4.D【详解】粒子沿ba边界方向射入磁场从bc边射出磁场时转过的圆心角最大，粒子在磁场中的运动时间最长， 粒子速度最大时运动轨迹与ac相切，粒子运动轨迹如图所示：
由几何关系可知：粒子轨道半径：r=33L，
粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得；qvB=mvm2r，
粒子的最大速度，解得：vm=3qBL3m，故ABC错误，D正确
5.BD【详解】A．B．闭合K的瞬间，A线圈内部产生向上的磁场增加，则B线圈内部磁场向下增加，则感应电流的磁场向上，由安培定则可得感应电流由a到b，故B正确；
C．断开K的瞬间，A线圈内部向上的磁场减小，则B线圈内部磁场向下减小，则感应电流的磁场向下，由安培定则可得感应电流由b到a，故C错误；
D．电源为直流电源，电流方向不变，磁场方向不变，由安培定则可得铁芯中磁感线沿顺时针方向，故D正确。
6.AD 【详解】A.带电粒子射入右侧磁场时向下偏转，洛伦兹力方向向下，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则知，该粒子带正电，故A正确；
B.在平行金属板间，根据左手定则知，带正电粒子所受的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的P1极板带正电，故B错误；
CD.带电粒子在复合场中做直线运动，电场力与洛伦兹力平衡Bqv=Eq，则v=EB，进入B2磁场中的粒子速度是一定的，根据Bqv=mv2r得：r=mvqB，知r越大，荷质比qm越小，而质量m不一定大，故C错误，D正确。
7. ABC 【详解】AB．闭合开关S后，灯泡A、B同时变亮，之后由于线圈的通电自感，且其电阻几乎为零，则灯泡B缓慢熄灭，灯泡A逐渐变亮，故AB错误；
CD．闭合开关，电路稳定后，再断开S，灯泡A立即熄灭，但由于线圈的断电自感，则灯泡B由暗变亮，再逐渐熄灭，故C错误，D正确。
8. ACD【详解】A．通过ab的电流大小为
方向为a到b，A正确；
Ｂ．ab受到的安培力为
B错误；
C．对ab受力分析，如图甲、乙所示，最大静摩擦力
C正确；
D．当最大静摩擦力方向向右(图甲)时
当最大静摩擦力方向向左(图乙)时
所以
D正确。
9. 4 , 2
10. 逆时针， 右
11． C 右 抽出
【解析】(1)电路中串联定值电阻，目的是减小电流，保护灵敏检流计，故C正确，ABD错误.
故选C。
(2)在乙图中，当磁铁向上抽出，磁通量减小，根据楞次定律知，感应电流的磁场与原磁场方向相同，则流过电流计的电流方向为从下往上，所以检流计指针向右偏。
在丙图中，知感应电流流过检流计的方向是从上而下，则感应电流的磁场方向向上，与原磁场方向相同，知磁通量在减小，即磁铁抽出线圈；
12.黑 1999 3000 1000 999
【详解】(1)由图甲所示可知，图中的b端应欧姆表内置电源正极相连，b端应与黑表笔连接；
(2)由闭合电路欧姆定律可知
当微安表半偏时，所测电阻阻值
(3)组装一个“×100倍率”的欧姆表，其中央刻度标15，则欧姆表内阻为1500Ω，电流表的满偏电流
由并联电路特点可知
欧姆调零时
13.解析:(1)由法拉第电磁感应定律得:E=nΔΦΔt=n×12×(L2)2·ΔBΔt=0.4 V(3分)
(2)由欧姆定律: I=Er=0.4 A(1分)
P=I2r=0.16 W(2分)
(3)分析线圈受力可知,当细线松弛时有: F安=nBIL2=mg(2分)
I=Er,
B=2mgrnEL=2 T
由图知B=(1+0.5t0) T(1分)
解得t0=2 s( 1分)
14.【解析】（1）小球从M向N做匀速直线运动，可知小球所受合外力为零，对小球受力分析（如图一），受到重力、电场力和洛伦兹力作用，由小球的受力可知小球带正电，有： (1分)
所以θ=53°
洛伦兹力的大小与电场力和重力的合力大小相等，有： (2分)
得：v=5m/s (1分)
（2）小球x轴上方做匀速圆周运动（如图二所示），可知电场力与重力平衡，所以有：E2=mg/q=15N/C ( 2分)
因小球带正电，所以E2方向沿y轴正方向． (1分)
（3）设小球在x轴上方做匀速圆周运动的半径为R，
由几何关系（如图二）可得：Rsin53°+R=ON (1分)
则：ON=OMtan37° (1分)
解得R=5/3
小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由牛顿第二定律有： (2分)
得：B2=4.5T
因小球带正电，由左手定则可知磁感应强度B2的方向垂直纸面向里．(1分)
15．【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）导体棒进入虚线下方磁场前匀加速下滑，加速度
(1分)
导体棒刚到达虚线cd时的速度
(1分)
导体棒中产生的动生电动势
(2分)
（2）导体棒进入虚线下方磁场后，匀速下滑，由平衡条件得
(2分)
解得
设线圈中的感生电动势为，感生电动势和动生电动势在回路中方向相同，则
(2分)
解得
导体棒进入虚线下方磁场前
(2分)
解得(1分)
（3）导体棒进入磁场前，金属棒沿斜面下滑的时间
(1分)
导体棒在此过程中产生的焦耳热
(2分)