1、浙江省湖州中学2019-2020学年高一物理下学期3月月考试题（创新B班，含解析）一、单项选择题 1.自然界的电、磁现象和热现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献。下列说法正确的是（）A. 安培发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系B. 欧姆发现了欧姆定律，揭示了热现象和电现象之间的联系C. 法拉第发现了电流与其产生磁场的方向关系，并提出了电流产生磁场的“分子电流假说”D. 库仑设计了电荷扭秤实验，并总结出了电荷间相互作用规律的“库仑定律”【答案】D【解析】【详解】A奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系。不是安培，所以A错误；B欧姆发现了
2、欧姆定律，说明了电路中的电流与电压及电阻的关系。所以B错误；C安培发现了电流与其产生磁场的方向关系，并提出了电流产生磁场的“分子电流假说”。不是法拉第，所以C错误；D库仑设计了电荷扭秤实验，并总结出了电荷间相互作用规律的“库仑定律”，符合物理学史。所以D正确。故选D。2.一个内阻可以忽略的电源接在一个装满水银的绝缘圆管两端，通过的电流为0.1 A，若把全部水银倒在一个内径大一倍的绝缘圆管里，通过的电流将是()A. 0.4 AB. 0.8 AC. 1.6 AD. 3.2 A【答案】C【解析】【详解】内径大一倍，横截面积变为原来的4倍，由于水银体积不变，故水银长度变为原来的， 则由电阻定律知电阻变
3、为原来的，由欧姆定律知电流变为原来的16倍，即为1.6A.A. 0.4A与计算结果不相符；故A项不合题意.B. 0.8A与计算结果不相符；故B项不合题意.C. 1.6A与计算结果不相符；故C项符合题意.D. 3.2A与计算结果不相符；故D项不合题意.3.关于电流，下列说法正确的是A. 通过导线截面的电量越多，电流越大B. 单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，则导体中电流越大C. 电流有方向，因此电流是矢量D. 通电时间越短，电流越大【答案】B【解析】【详解】根据I=q/t可知，通过导体横截面的电量多，但不知道通电时间，所以不能得出导体中的电流大小，故A错误；由电流的定义可知，单位时间内通过导
4、体横截面的电荷量相多，则导体中电流越大；故B正确；电流有方向，但电流是标量；故C错误；通电时间短，若流过的电量小，则电流一样可以很小；故D错误；故选B4.在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内电阻为r，L1、L2是两个小灯泡闭合S后，两灯均能发光当滑动变阻器的滑片向右滑动时，会出现（ ）A. L1变暗，L2变暗B. L1变亮，L2变暗C. L1变亮，L2变亮D. L1变暗，L2变亮【答案】D【解析】试题分析：当滑动变阻器的滑片向右滑动时，滑动变阻器电阻增大，回路中总电阻增大，干路电流减小，L1变暗，路端电压U=E-Ir可知路端电压增大，灯泡L1两端电压减小，所以灯泡L2两端电压增大，L2变亮
5、，D对；考点：考查闭合电路欧姆定律点评：在求解闭合电路动态变化问题时，明确电路中的串并联关系，根据部分-整体-部分的顺序进行判断5.关于电源电动势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. 电源的电动势在数值上等于两极间的电压C. 电源的电动势与电压的单位相同，但与电压有本质的区别D. 电动势越大，电源两极间的电压一定越高【答案】C【解析】【分析】电源电动势是描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量；电动势等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功，电动势等于电源没有接入电路时电源两极间的电压，电动势等于内外电路电压之和【详解】AB电源电动势反映
6、电源将其他形式能量转化为电能的本领大小，电源正、负极之间的电势差为电源的路端电压，只有当电源处于断路状态时，电源的电动势才等于路端电压；故AB错误；C由A的分析可知，电源电动势与电压单位相同，但与电压有本质的区别；故C正确；D电动势越大，说明电源转化能量的本领越大，但电源两端的电压与外电路有关，电压并一定大；故D错误；【点睛】电动势是一个表征电源特征的物理量定义电源的电动势是电源将其它形式的能转化为电能的本领，在数值上，等于非静电力将单位正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功6.如图所示，某中学生科技活动小组利用铜片、锌片和家乡盛产的水果制作了水果电池，该电池能使一个发光二极管发光
7、，却不能使标称值为“2.5V，0.3A”的小灯泡发光断开电路用电表测量该电池两端的电压值，却发现接近于2.5V对小灯泡不亮的原因，该小组同学进行以下一些猜想，你认为可能正确的是（ ）A. 水果电池的电动势太大B. 水果电池的电动势太小C. 小灯泡的电阻太大D. 水果电池的内阻太大【答案】D【解析】【详解】断开电路时，电池两端的电压为其电动势，则电动势为E=2.5V，小灯泡接在电池两端，其电压为电池路端电压，小灯泡不亮，说明其两端电压太小，根据闭合电路欧姆定律可知，电池内阻太大，故D正确7.如图所示，电源电动势为12V，电源内阻为1.0，电路中的电阻阳为1.5，小型直流电动机M的内阻为0.5，闭
8、合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A.则以下判断中正确的是( )A. 电动机的输出功率为14WB. 电动机两端的电压为7.0VC. 电动机产生的热功率为4.0WD. 电源输出的功率为24w【答案】B【解析】【详解】ABC电路中电流表的示数为2.0A，所以电动机的电压为 电动机的总功率为电动机的发热功率为所以电动机的输出功率为 故B正确，AC错误；D电源的输出的功率为故D错误。故选B。8.如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图像；直线B为电源b的路端电压与电流的关系图像；直线C为一个电阻R的两端电压与电流关系的图像，将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么（）A. R 接到a
9、 电源上，电源的效率较高B. R 接到b 电源上，电源的效率较高C. R 接到a 电源上，电源的输出功率较小D. R 接到b 电源上，电源的输出功率较大【答案】B【解析】【详解】AB电源效率为由闭合电路欧姆定律U=E-Ir可知，b电源的内阻r较小，R接到b电源上，电源的效率较高，故A错误，B正确；CD当电阻R与电源组成闭合电路时，电阻R的U-I图线与电源的U-I图线的交点表示工作状态，交点的纵坐标表示电压，横坐标表示电流，两者乘积表示电源的输出功率，由图看出，R接到a电源上，电压与电流的乘积较大，电源的输出功率较大，故CD错误。故选B。9.如图所示，有一n匝矩形线圈abcd放置在水平面内，磁场
10、方向与水平方向成角，已知sin0.8，回路面积为S，磁感应强度为B，则通过线框的磁通量为()A. 0.8BSB. 0.8nBSC. BSD. nBS【答案】A【解析】试题分析：线圈在匀强磁场中，当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量=BS，B是磁感应强度，S是线圈的面积当线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量=0当存在一定夹角时，则将磁感应强度沿垂直平面方向与平行平面方向分解，从而求出磁通量解：矩形线圈abcd水平放置，匀强磁场方向与水平方向成角向上，因此可将磁感应强度沿水平方向与竖直方向分解，所以B=Bsin=0.8B，则穿过矩形线圈的磁通量是=BS=0.8BS；故选A【点评】对于
11、匀强磁场中磁通量的求解，可以根据一般的计算公式=BSsin（是线圈平面与磁场方向的夹角）来分析线圈平面与磁场方向垂直、平行两个特殊情况10. 如图所示，一定质量的通电导体棒ab置于倾角为的粗糙导轨上，在图所加各种大小相同方向不同的匀强磁场中，导体棒ab均静止，则下列判断错误的是A. 四种情况导体受到的安培力大小相等B. A中导体棒ab与导轨间摩擦力可能为零C. B中导体棒ab可能是二力平衡D. C、D中导体棒ab与导轨间摩擦力可能为零【答案】D【解析】【详解】A导体棒受到的安培力F=BIL，因B大小相同，电流相同，故受到的安培力大小相等，故A正确，不符合题意；B杆子受竖直向下的重力、水平向右的
12、安培力和垂直于斜面向上的斜面的支持力，若三个力平衡，则不受摩擦力，故B正确，不符合题意；C杆子受竖直向下的重力、竖直向上的安培力，若重力与安培力相等，则二力平衡，故C正确，不符合题意；D杆子受重力、竖直向下的安培力、支持力，要想处于平衡，一定受摩擦力，D杆子受重力、水平向左的安培力，支持力，要想处于平衡，一定受摩擦力，故D错误，符合题意；故选D.【名师点睛】此题是物体的平衡及安培力的问题；解决本题的关键掌握安培力的方向判定，以及能正确地进行受力分析，根据受力平衡判断杆子受力；此题难度不大，考查基本知识的运用能力.11.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
13、光滑、底部有带电小球的试管。试管在水平拉力F 作用下向右匀速运动，带电小球能从管口处飞出。关于带电小球及其在离开试管前的运动，下列说法中正确的是（）A. 小球带负电B. 洛伦兹力对小球做正功C. 小球做匀变速曲线运动D. 小球的运动轨迹是一条直线【答案】C【解析】【详解】A小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口洛伦兹力，根据左手定则判断，小球带正电，故A错误；B洛伦兹力总是与速度垂直，不做功，故B错误；CD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，q、v1、B均不变，F1不变，则小球沿管子做匀加速直线运动，运动规律与平抛运
14、动类似为匀变速曲线运动，则小球运动的轨迹是一条抛物线，故C正确，D错误。故选C。12.如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电荷量均相同的正负离子（不计重力），从点O 以相同的速率先后射入磁场中，入射方向与边界成角，则正负离子在磁场中（）A. 运动时间相同B. 运动轨道的半径不相同C. 重新回到边界时速度的大小相同和方向不相同D. 重新回到边界的位置与O 点距离相等【答案】D【解析】【详解】B根据牛顿第二定律得得由题q、v、B大小均相同，则r相同，故B错误；A根据左手定则分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，如图所示由图可知，重新回到边界时正离子的速度偏向角为22，轨
15、迹的圆心角也为22，运动时间同理负离子运动时间显然时间不相等，故A错误；C正负离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，根据圆的对称性可知，重新回到边界时速度大小与方向相同，故C错误；D根据几何知识得知重新回到边界的位置与O点距离s=2rsinr、相同，则s相同，故D正确。故选D。13.如图所示，在半径为R圆形区域内有一匀强磁场，边界上的A点有一粒子源能在垂直于磁场的平面内沿不同方向向磁场中发射速率相同的同种带电粒子，在磁场边界的圆周上可观测到有粒子飞出，则粒子在磁场中的运动半径为A. RB. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题意可知考查带粒子在磁场中运动规律，根据牛顿第二定
16、律及几何关系分析可得【详解】假设粒子带正电荷，画出临界轨迹如上图所示，在磁场边界的圆周上可观测到有粒子飞出，可知，磁场半径为OA=R，则粒子运动轨迹半径为O1A=Rsin60= B正确，ACD错误，故选择B【点睛】本题关键找出临界轨迹，磁场边界的圆周上可观测到有粒子飞出，可知圆心角，根据几何关系可求出轨迹半径二、不定项选择题14.如图所示，定值电阻R和电阻箱电阻R串联在恒定电压为U的电路中，电压表V1、V2和电流表A均为理想电表，且电压表V1的示数大于电压表V2的示数。已知电阻箱电阻R2的最大值大于定值电阻R1的值，若现在逐渐增大电阻箱的电阻直至最大，则下列有关说法正确的是（）A. 不变，不变
17、B. 变大，变大C. 电阻箱电阻消耗的功率逐渐增大D. 电阻箱电阻消耗的功率先增大后减小【答案】AD【解析】【详解】A对于定值电阻，根据欧姆定律有：故A正确；B将定值电阻和恒定电压电路等效成一个电源，其中U是等效电动势，R1是等效内阻，可得故B错误；CD在等效电路中，当R2=R1，电阻箱电阻消耗的功率最大，又依题意可知电阻箱的原阻值小于定值电阻R1，可见，在逐渐增大电阻箱的电阻直至最大的过程中，电阻箱电阻消耗的功率先增大后减小，故C错误，D正确。故选AD。15.如图所示，正三角形的三个顶点、处，各有一条垂直于纸面的长直导线。、处导线的电流大小相等，方向垂直纸面向外，处导线电流是、处导线电流的2
18、倍，方向垂直纸面向里。已知长直导线在其周围某点产生磁场的磁感应强度与电流成正比、与该点到导线的距离成反比。关于、处导线所受的安培力，下列表述正确的是（ ）A. 方向相反B. 方向夹角为60C. 大小的比值为D. 大小的比值为2【答案】AD【解析】【详解】AB结合题意，应用安培定则分析、处磁场，应用平行四边形定则合成、处磁场，应用左手定则判断、处安培力，如图所示，结合几何关系知、处导线所受安培力方向均在平行纸面方向，方向相反，故A正确，B错误；CD设导线长度为，导线在处的磁感应强度大小为，结合几何关系知处磁感应强度有合导线受安培力为安合处磁感应强度有导线受安培力为联立解得大小的比值为故C错误，D
19、正确；故选AD16.1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示。这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，期间留有空隙。两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略。若A处粒子源产生的质子在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。则下列说法正确的是（）A. 不改变磁感应强度和交流电周期，该回旋加速器也能加速粒子B. 被加速的离子从电场中获得能量C. 交变电场的变化周期是质子在磁场中运动周期的一半D. 为了使质子获得的最大动能增加为原来的4倍，可将磁感应强度增大为原来的2倍【答案】BD【解析】【详解】A带电粒子在磁场中运动的周期与加速电场的周期相等，根据知，换用
20、粒子，粒子的比荷变化，在磁场中运动的周期变化，而不改变磁感应强度与交流电周期，加速电场的周期不变，破坏了回旋加速器的工作条件，从而不能加速粒子，A错误；B质子在磁场中所受的洛伦兹力对质子不做功，不能改变质子的动能，而电场可以改变质子的动能，所以质子不能从磁场中获得能，只能从电场中获得能量，B正确；C电场的方向是周期性变化的，其周期与粒子在磁场中运动的周期相等，C错误；D根据知则最大动能所以为使被加速的粒子获得的动能增加为原来的4倍，可只调节D形盒的半径增大为原来的2倍，D正确。故选BD。17.如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板从圆形磁场最高点
21、P垂直磁场射入大量的带正电、电荷量为q、质量为m、速度为v的粒子，不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是)A. 只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上B. 对着圆心入射粒子，其出射方向的反向延长线不一定过圆心C. 对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长D. 只要速度满足，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上【答案】D【解析】【详解】对着圆心入射，只有轨道半径为R的粒子出射后可垂直打在MN上，选项A错误；由对称性可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线一定过圆心，选项B错误；对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长所对的圆心
22、角越小，运动时间越短，选项C错误；只要速度满足v，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上，选项D正确三、实验题18.要测绘额定电压为2V的日常用小电珠的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：A.电源E（电动势3.0V，内阻可不计）B.电压表V1（量程为03.0V，内阻约2k）C.电压表V2（015.0V，内阻约6k）D.电流表A1（00.6A，内阻约1）E.电流表A2（0100mA，内阻约2）F.滑动变阻器R1（最大值10）G.滑动变阻器R2（最大值2k）(1)为减少实验误差，实验中电压表应选择_，电流表应选择_，滑动变阻器应选择_（填各器材的序号）；(
23、2)为提高实验精度，请你在虚线框中设计实验电路图_；(3)实验中移动滑动变阻器滑片，得到了小灯泡的UI图像如图所示，则该小电珠的额定功率是_W。【答案】 (1). B (2). D (3). F (4). (5). 1.00【解析】【详解】(1)1小电珠的额定电压是2V，电压表应选B(3V)；2由UI图像可知，小电珠最大电流约为0.5A，故电流表选D(0.6A)；3为方便实验操作，且研究小电珠的伏安特性曲线需要滑动变阻器的分压式接法，则滑动变阻器应选小阻值，故选F（滑动变阻器R1，最大值10）。(2)4描绘小灯泡伏安特性曲线，电压与电流要从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；由UI可知，小电
24、珠最大电阻约4，电压表内阻约为2k，灯泡电阻阻值远小于电压表内阻，则电流表应采用外接法，电路图如图所示(3)5由图可知，当额定电压为2V，电流约为0.5A；则额定功率为P=UI=20.5W=1.00W19.某实验小组在“练习使用多用电表”实验中。(1)用多用电表测量某一电学元件，多用电表的选择开关旋至如图所示。操作正确，表盘指针如图所示，则该电学元件阻值为_。(2)该电学元件可能是（ ）A.一个阻值未知的电阻 B.“220V 50W”的白炽灯 C.“220 V 100W”的白炽灯(3)将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小。为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并
25、按_的顺序进行操作，再完成读数测量。A.将K旋转到电阻挡“1k”位置B.将K旋转到电阻挡“10”的位置C.将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接D.将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准(4)当选用量程为 5V的直流电压挡测量电压时，表针也指于图示位置，则所测电压为_V。【答案】 (1). 3000 (2). A (3). ADC (4). 2.20【解析】【详解】(1)1欧姆表电阻时，表盘上的数字为30，倍率为100，则电阻的读数为30100=3000(2)2A电学元件可能是一个阻值约为3000的电阻，故A项可能；BC由可得，“220V 50W”的白炽灯的额定状态下的阻值为“22
26、0V 100W”的白炽灯的额定状态下的阻值为两阻值都偏小，且多用电表测出来的电阻是冷电阻，比额定状态下的电阻还要小，故BC都不可能。故该电学元件可能是选A。(3)3测电阻时指针偏转角度过小，说明此倍率下的阻值较大，为了让读数在中值电阻附近，需要将数字变小，则需要将倍率调大，而换倍率后需要重新欧姆调零获得正确的中值电阻，然后再测电阻，故顺序为ADC。(4)4 5V的直流电压挡可选择50V的量程参照，最小刻度为0.1V，估读到0.01V，则电压的读数为2.20V。四、解答题 20.如图所示的电路中,电源电动势,内阻,电阻,电容器的电容,开始时,开关S断开（1）求电容器上所带的电荷量？（2）合上S,
27、待电路稳定以后流过的电量是多少？【答案】（1）C. （2）C.【解析】【详解】开关S断开时,电容器的电压等于的电压,为：电容器上所带的电荷量合上S,和并联,并联的阻值为：电容器的电压等于并联电路两端的电压,为：电容器的带电量可知电容器放电,则流过的电量是21.如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，已知，不计粒子重力。求： （1）电场强度大小E；（2）带电粒子从N点进入磁场
28、时的速度大小和方向。（3）磁感应强度大小B。【答案】(1) ； (2) ， 60； (3) 。【解析】【分析】粒子垂直于电场进入做类平抛运动，由牛顿第二定律可得到加速度，结合两个方向的分位移，由位移时间公式求解；根据运动学公式求出竖直速度，在根据速度的合成即可求出电粒子从O点进入磁场时的速度大小和方向；粒子由N到P，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，利用洛伦兹力提供向心力的公式，可由牛顿第二定律求出在磁场中运动的半径，即可求出磁感应强度大小【详解】（1）粒子运动轨迹如图所示：在电场中做类平抛运动，在x轴方向：y轴方向：联立解得：（2）设粒子进入磁场时速度为v，和x轴的夹角为竖直方向的速度为：由
29、tan= 解得：=60合速度为：在磁场中轨迹如上图所示，设轨迹半径为r ，由几何关系可得：解得：根据牛顿第二定律可得：联立以上解得：22.如图所示的xOy平面直角坐标系内，在xa的区域内，存在着垂直于xOy平面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，位于坐标原点O的粒子源在xOy平面内沿各个方向发射速率相同的同种带正电的粒子已知沿y轴正方向发射的粒子经时间t0恰好从磁场的右边界P(a，a)射出磁场不计粒子的重力与相互作用力，求：(1)粒子的比荷；(2)磁场右边界有粒子射出区域的长度。【答案】（1） （2）【解析】【详解】（1）所有粒子在磁场中做运速圆周运动的半径r相同，对沿y轴正方向发射的粒子，从P点射出磁场。其运动的轨迹如图1所示.由几何知识得 可得 可知=60故此粒子在磁场中运动的轨迹圆弧对应的圆心角为120，运动的时间为圆周运动周期的，即 可得 （2）如图2所示，当粒于轨迹圆直径的另一端点落在磁场的右边界上时，即为粒子从磁场右边界射出的最高点，则 得 当粒子轨迹圆与磁场的右边界相切时.即为粒子从磁场布边界射出的最低点。则得 故粒子从磁场右边界射出的区域长度为.
