1、河北省沧州市泊头市第一中学2020-2021学年高二物理上学期第三次月考试题（含解析）1-10题为单选题，11-14题为多选题1. 关于磁通量，下列说法中正确的是（ ）A. 通过某一平面的磁通量为零，该处磁感应强度一定为零B. 通过某一平面的磁通量的大小，可以用通过这个平面的磁感线的条数的多少来形象地说明C. 磁感应强度越大，磁通量越大D. 磁通量就是磁感应强度【答案】B【解析】【分析】对于匀强磁场中穿过回路的磁通量：当回路与磁场平行时，磁通量为零；当线圈与磁场垂直时，磁通量最大，BS当回路与磁场方向的夹角为时，磁通量BSsin根据这三种情况分析【详解】当回路与磁场平行时，磁通量为零，则磁通量
2、为零时，可能回路与磁场平行，则磁感应强度不一定为零故A错误；通过某一平面的磁通量的大小，可以用通过这个平面的磁感线的条数的多少形象地说明，故B正确；根据磁通量BSsin，磁通量的大小可能由B、S、决定，故磁感应强度大，磁通量不一定大，故C错误磁通量与磁感应强度不同，磁感应强度B/S，故又称为磁通密度，故D错误故选B【点睛】对于匀强磁场中磁通量可以根据两种特殊情况运用投影的方法求解对于非匀强磁场，可以根据穿过回路磁感线的多少，定性分析磁通量的大小2. 如图所示，在竖直向下的无限大匀强磁场中，有一闭合导体环，环面与磁场垂直当导体环在磁场中完成下述运动时，可能产生感应电流的是( )A. 导体环保持水
3、平在磁场中向上或向下运动B. 导体环保持水平向左或向右加速平动C. 导体环以垂直环面通过环心的轴转动D. 导体环以某一条直径为轴，在磁场中转动【答案】D【解析】【详解】A上下运动磁通量保持不变，所以不产生感应电流，故A错误；B所有移动磁通量照样不变，所以也不会产生感应电流，B错误；C轴平行于磁感线的方向，所以转动过程中，磁通量不变，没有电流产生，C错误；D中有磁通量的变化，所以产生感应电流，D对故选D。3. 如图所示，甲乙两线圈套在光滑的玻璃棒上，当S闭合时，两线圈将 （ ）A. 互相吸引靠近B. 互相排斥远离C. 先吸引靠近，后排斥远离D. 既不排斥，又不吸引【答案】B【解析】试题分析：由右
4、手螺旋定则可知，甲线圈左侧为N极；乙线圈右侧为N极，故两线圈相对的部分都是S极，因同名磁极相互排斥，故两线圈因互相排斥而远离故选B考点：右手螺旋定则【名师点睛】本题考查右手螺旋定则及磁极间的相互作用，应做到能熟练应用右手螺旋定则判出线圈的磁极4. 边长为 L 的正方形金属框在水平恒力F作用下运动，穿过方向如图的有界匀强磁场区域，磁场区域的宽度为 d（dL）。已知ab边进入磁场时，线框的加速度恰好为零。则线框进入磁场的过程和从磁场另一侧穿出的过程相比较，有（）A. 产生的感应电流方向相同B. 进入磁场过程中a点的电势比 b 点的电势高C. 进入磁场过程的时间等于穿出磁场过程的时间D. 进入磁场过
5、程和穿出磁场过程中通过导体内某一截面的电量相等【答案】D【解析】【详解】A线框进入磁场和穿出磁场的过程，磁场方向相同，而磁通量变化情况相反，进入磁场时磁通时增加，穿出磁场时磁通量减小，由楞次定律可知，产生的感应电流的方向相反，故A错误；B线框进入磁场过程ab切割磁感线，由右手定则可知，b点相当于电源的正极，所以a点的电势低于b点电势，故B错误；C线框进入磁场时做匀速运动，完全在磁场中运动时磁通量不变，没有感应电流产生，线框不受安培力而做匀加速运动，穿出磁场时，线框所受的安培力增大，大于恒力F，线框将做减速运动，刚出磁场时，线框的速度大于进入磁场时的速度，则穿出磁场过程的平均速度较大，则进入磁场
6、过程的时间大于穿出磁场过程的时间，故C错误；D由感应电量公式线框进入和穿出磁场的两过程中线框的磁通量变化时相等，则通过导体内某一截面的电量相等，故D正确。故选D。5. 如图所示的电路中，电表为理想电表，R1、R2为定值电阻，电源的正极接地，将滑动变阻器R3的滑片P向上移动，下列说法正确的是（）A. 电流表的示数变大B. 电压表的示数变大C. 电容器带电量减小D. a点的电势升高【答案】B【解析】【详解】B当滑动变阻器的滑片向上移动时，电路中的总电阻增大，总电流减小，内电压减小，外电压增大，电压表的示数增大，选项B正确；CDR1两端的电压减小，R2两端的电压增大，电容器的带电量增大，a点的电势降
7、低，选项C、D错误；AR2两端的电压增大，流过R2的电流增大，而总电流减小，因此流过R3的电流减小，即电流表的示数减小，选项A错误。故选B6. 如图所示为两个固定在同一水平面上的点电荷，距离为d，电荷量分别为+Q和Q，在它们连线的竖直中垂线上固定一根长为L、内壁光滑的绝缘细管，有一带电荷量为+q的小球以初速度v0从上端管口射入，重力加速度为g，静电力常量为k，则小球（）A. 受到的库仑力先做负功后做正功B. 下落过程中加速度始终为gC. 速度先增大后减小，射出时速度仍为v0D. 管壁对小球的弹力最大值为【答案】B【解析】【详解】A、根据电场线分布可知带点小球受到水平向右电场力，电荷量为+q的小
8、球以初速度v0从管口射入的过程,因电场力与速度相垂直，所以电场力了不做功,故A错；B、小球在竖直方向上只受重力作用，所以下落过程中加速度始终为g，故B对；C、小球在竖直方向上只受重力作用，所以小球做匀加速运动，故C错；D、水平方向管壁对小球的弹力与库仑力的分力大小相等，所以当库仑力最大时，弹力也就达到最大，在两个电荷的中垂线的中点,单个电荷产生的电场力为， 根据矢量的合成法则，则电场力的最大值为，故D错；故选B【点睛】对于等量异种电荷,根据矢量的合成法则,中垂线的中点的电场强度最大,在无穷远的电场强度为零;点电荷靠近两个电荷的连线的中点过程,电场力不做功;中点处的电场强度最大,则库仑力也最大,
9、弹力也是最大,从而即可求解7. 质量为m的物块，带正电Q，开始时让它静止在倾角60的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平方向、大小为Emg/Q的匀强电场中，如图所示，斜面高为H，释放物块后，物块落地时的速度大小为()A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】对物块进行受力分析：物块受重力mg和水平向左的电场力F物块从静止开始沿重力和电场力的合力方向做匀加速直线运动运用动能定理研究从开始到落地过程，得：mgH+FHcot=mv2-0；又 F=QE，cot=解得，v=2，故选C【点睛】正确分析研究对象的运动情况是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题要知道物体
10、的运动是由所受到的力和初状态决定的这个题目容易错误地认为物块沿着斜面下滑.8. 设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，已知一离子在电场力和洛仑兹力的作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，忽略重力，以下说法正确的是（）A. 这离子必带正电荷B. A点和B点位于同一高度C. 离子C点时速度最大D. 离子到达B点时，将沿原曲线返回A点【答案】ABC【解析】【详解】A从图中可以看出，上极板带正电，下极板带负电，带电粒子由静止开始向下运动，说明受到向下的电场力，由此可知粒子带正电，故A正确；B洛伦兹力总与速度方向垂直，因而洛伦兹力不做
11、功。电场力做功等于动能的变化量，而离子到达B点时的速度为零，所以从A到B电场力所做正功与负功加起来为零，这说明离子在电场中的B点与A点的电势能相等，即B点与A点位于同一高度，故B正确；CC点是最低点，从A到C运动过程中电场力做正功。设电场强度为E，离子带电量为q，A到C的垂直距离为d，离子在C点时的速度为v，根据动能定理可知离子在C点时速度最大，故C正确；D只要将离子在B点的状态与A点进行比较，就可以发现它们的状态（速度为零，电势能相等）相同，如果右侧仍有同样的电场和磁场，离子将重复ACB的运动，向右运动，不会返回，故D错误。故选ABC。9. 如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀
12、强磁场两个质子M、N沿平行于直径cd的方向从圆周上同一点P射入磁场区域， P点与cd间的距离为，质子M、N入射的速度大小之比为1:2ab是垂直cd的直径，质子M恰好从b点射出磁场，不计质子的重力和质子间的作用力则两质子M、N在磁场中运动的时间之比为A. 2:1B. 3:1C. 3:2D. 3:4【答案】A【解析】【详解】作出两质子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知，质子M的轨道半径为R，轨迹圆弧所对圆心角1120；根据得，则质子N的轨道半径为2R，再由几何关系得：轨迹圆弧所对圆心角260；质子在磁场做圆周运动的周期：，运动的时间满足：，解得：故A项正确，BCD三项错误10. 将一段导线绕成图甲
13、所示的闭合电路，并固定在水平面（纸面）内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场中回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场，以向里为磁场的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图像是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】分析一个周期内的情况：在前半个周期内，磁感应强度均匀变化，磁感应强度B的变化度一定，由法拉第电磁感应定律得知，圆形线圈中产生恒定的感应电动势恒定不变，则感应电流恒定不变，ab边在磁场中所受的安培力也恒定不变，由楞次定律可知，圆形线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向，通过ab的电流
14、方向从ba，由左手定则判断得知，ab所受的安培力方向水平向左，为负值；同理可知，在后半个周期内，安培力大小恒定不变，方向水平向右故B正确【点睛】本题要求学生能正确理解B-t图的含义，故道B如何变化，才能准确的利用楞次定律进行判定根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的变化，由欧姆定律判断感应电流的变化，进而可确定安培力大小的变化11. 如图，一根长为l、横截面积为S的闭合软导线置于光滑水平面上，其材料的电阻率为，导线内单位体积的自由电子数为n，电子的电荷量为e，空间存在垂直纸面向里的磁场某时刻起磁场开始减弱，磁感应强度随时间的变化规律是B=B0-kt，当软导线形状稳定时，磁场方向仍然垂直纸面向里
15、，此时A. 软导线围成一个正方形B. 导线中的电流为C. 导线中自由电子定向移动的速率为D. 导线中电场强度大小为【答案】BCD【解析】【详解】A根据楞次定律“增缩减扩”的原理，软导线稳定时呈圆形故A项正确B根据可得圆的面积感应电动势大小为稳定时软导线中的电流为其中，联立可得电流故B项正确C导线横截面积为S、单位体积内的自由电子数为n、电子的电荷量为e，则导线中电流解得导线中自由电子定向移动的速率故C项正确D计算导线中电场可将其视为沿导线方向的匀强电场，则导线中电场强度故D项正确故选BCD。点睛：楞次定律的另一表述：感应电流的效果，总要反抗产生感应电流的原因依这一表述，“楞次定律”可推广为：阻
16、碍原磁通量的变化(增反减同、增缩减扩)阻碍相对相对运动(来拒去留)12. 电磁流量计广泛应用于测量可导电液体（如污水）在管中的流量（在单位时间内通过管内横截面的流体的体积），为了简化，假设流量计是如图所示的横截面为长方形的一段管道，其中空部分的长、宽、高分别为图中的a、b、c，流量计的两端与输送流体的管道相连接（图中虚线）图中流量计的上、下两面是金属材料，前后两面是绝缘材料，现于流量计所在处加磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于前后两面，当导电流体稳定地流经流量计时，在管外将流量计上、下两表面与一串接了电阻R的电流表的两端连接，I表示测得的电流值，已知流体的电阻率为，不计电流表的内阻，则可
17、求得（）A. 流量为B. 流量为C. 若将污水浓度变大，则上下两板间电势差将变大D. 若流量越大，则上下两板间电势差将变大【答案】AD【解析】【详解】AB最终稳定时有：则根据电阻定律则总电阻所以解得所以流量故A正确，B错误；CD由上分析可知，那么上下两极间的电势差故C错误，D正确。故选AD。13. 矩形线圈abcd，长ab0.20 m，宽bc0.10 m，匝数n200，线圈回路总电阻R5.整个线圈平面内均有垂直于线圈平面的匀强磁场穿过若匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图，则A. 线圈回路中感应电动势随时间均匀变化B. 线圈回路中产生感应电流为0.2 AC. 当t0.30 s时，整个线
18、圈的ab边所受的安培力大小为3.2 ND. 在1 min内线圈回路产生的焦耳热为48 J【答案】CD【解析】从图象可知，与线圈平面垂直的磁场是随时间均匀增大的，穿过线圈平面的磁通量也随时间均匀增大，线圈回路中产生的感应电动势是不变的，感应电动势，由欧姆定律可得线圈回路中产生的感应电流为，当t0.30 s时，整个线圈的ab边所受的安培力大小为；在1 min内线圈回路产生的焦耳热为，故CD正确，AB错误；故选CD14. 半径为右端开小口的导体圆环和长为的导体直杆，单位长度电阻均为.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为.杆在圆环上以速度平行于直径向右做匀速直线运动，杆
19、始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心开始，杆的位置由确定，如图所示.则（）A. 时，杆产生的电动势为B. 时，杆产生的电动势C. 时，杆受的安培力大小为D. 时，杆受的安培力大小为【答案】AD【解析】【详解】时，杆产生的电动势，电路中总电阻为，杆受的安培力，A正确，C错误；时，根据几何关系可得此时导体棒的有效切割长度是a，杆产生的电动势为，电路中总电阻为，杆受的安培力，B错误，D正确故选AD.15. 某实验小组欲精确测量某电阻的阻值,可使用的器材有:被测电阻,阻值20左右;电流表(量程04A,内阻约为0.5);电流表(量程0.1A,内阻=1);电流表(量程3.0A,内阻约为0.1);各种规格的
20、定值电阻若干;滑动变阻器(阻值05.0);滑动变阻器(阻值01000.0);电源E(电动势6V,内阻不计);开关K;导线若干.(1)某同学设计了测量电阻的实验电路图如图所示,中应选用元件_中应选用元件_分别选填“”、“”或“”),滑动变阻器应选元件_-(选填“或“”)(2)为了便于操作、测量准确,定值电阻R应选用下列的_.A.5 B.10 C.60 D.500(3)按上面电路图连接好电路,闭合开关K前滑动变阻器的滑片P应置于_端(选填“a”或“b)(4)闭合开关K调节滑动变阻器滑片P,电流表中示数设为电流表中示数设为,则被测电阻的阻值为:=_(用已知和测量的物理量的符表示)【答案】 (1).
21、A2 (2). A1 (3). R1 (4). C (5). a (6). 【解析】【详解】（1）由题中电路图知采用了滑动变阻器分压接法来进行实验，为了便于操作、准确测量，显然滑动变阻器阻值过大，不便操作，故应选用阻值较小的滑动变阻器R1，结合伏安法测电阻原理，中的电流表应当做电压表使用，此电流表必须已知内阻，故选择A2表；根据给出电源的电动势和被测电阻的阻值，电路中最大的电流约为：A=0.4A，故中的电流表应选择A1；（2）由题中条件知两端电压最大值约为6V，A2表的量程为0.1A，定值电阻R0的阻值约为：，故选择C；（3）闭合开关K前，为了保证电流表的安全，滑动变阻器的滑片P应置于a端；（
22、4）根据电路图，由欧姆定律得：=16. 用电流表和电压表测定电池的电动势和内阻的实验中，被测电源是两节干电池串联的电池组可供选择的实验器材如下：A电流表，量程00.6 A3 AB电流表，量程0100 A100 mAC电压表，量程03 V15 VD滑动变阻器，01 000 ，0.1 AE滑动变阻器，020 ，2 AF电键一个，导线若干(1)为了尽量得到较好效果，电流表应选_，量程应选_，电压表量程应选_，滑动变阻器应选_(2)如图有甲、乙两个可供选择电路，应选_电路进行实验实验中误差是由于_表的读数比实验值偏_(选填“大”或“小”)【答案】 (1). A (2). 00.6 A (3). 03
23、V (4). E (5). 乙 (6). 电流 (7). 小【解析】(1)一般干电池允许通过的最大电流为0.5 A，故电流表应该选A，其量程应该选；两节干电池串联后的电动势为3.0 V，故电压表量程应该选；滑动变阻器的最大阻值只需要比电池组的内阻大几倍即可，故选择E；(2)应该选乙电路，电流表的内阻和滑动变阻器的阻值相差不大，其分压作用不可忽略，而电压表的内阻相对滑动变阻器的阻值来讲大很多，其分流作用可以忽略，故选择乙电路；实验中电压表的示数是路端电压，电流表的示数比干路中的电流略小，所以实验中的误差是由于电流表的读数比实际值偏小所造成的17. 如图所示，在方向竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁
24、场中有两条光滑固定的平行金属导轨MN、PQ，导轨足够长，间距为L，其电阻不计，导轨平面与磁场垂直，ab、cd为两根垂直于导轨水平放置的金属棒，其接入回路中的电阻均为R，质量均为m，与金属导轨平行的水平轻质细线一端固定，另一端与cd棒的中点连接。一开始细线处于伸直状态，ab棒在平行于导轨的水平拉力F的作用下从静止开始以恒定加速度a向右做匀加速直线运动，经时间t0细线被拉断，两根金属棒运动时始终与导轨接触良好且与导轨相垂直。求：(1)细线能承受的最大拉力F0；(2)绳拉断前的过程中通过导体ab的电量q；【答案】(1) ；(2) 【解析】【详解】(1)当细线拉力达到最大时，cd棒所受的安培力根据 v
25、=at0可得(2)在t时间内平均感应电动势 回路中的平均电流强度为流过ab棒的电量为 ab棒在t0时间内位移 回路中磁通量变化量=BS=BLx0联立解得18. 如图甲所示空间有一宽为2L的匀强磁场区域，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外abcd是由均匀电阻丝做成的边长为L的正方形线框，总电阻值为R线框以垂直磁场边界的速度v匀速通过磁场区域在运动过程中，线框ab、cd两边始终与磁场边界平行设线框刚进入磁场的位置x=0，x轴沿水平方向向右求：（1）cd边刚进入磁场时，ab两端的电势差，并指明哪端电势高；（2）线框穿过磁场的过程中，线框中产生的焦耳热；（3）在下面的乙图中，画出ab两端电势差Uab随距
26、离变化的图象其中U0=BLv【答案】（1） ；b端电势比a端高 （2）（3）图像如图.【解析】试题分析：（1）dc切割磁感线产生的感应电动势 E=BLv回路中的感应电流 ab两端的电势差 b端电势高（2）设线框从dc边刚进磁场到ab边刚进磁场所用时间为t由焦耳定律有L = vt求出（3）ab两端电势差Uab随距离变化的图象；考点：楞次定律；法拉第电磁感应定律【名师点睛】本题由右手定则或楞次定律判断电势高低，根据电路知识求出电势差；同时掌握焦耳定律的应用，强调存在的感应电流的判定19. 如图所示，以两虚线P、Q为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的电场，电场强度为E，方向水平向右，两侧为相同的磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里。一质量为m、带电量为、重力不计的带电粒子以水平向右的初速度从电场边界P、Q之间的O点出发：(1)若粒子能到达边界Q，求O点到边界Q的最大距离；(2)若使粒子到达边界Q并进入磁场的偏转半径为R，求O点到边界Q的距离；(3)在题(2)的前提下，能使粒子从O点出发到再次回到O点的过程中，在磁场运动的时间最短，求电场宽度d和全过程的运动时间t。【答案】(1) ；(2)；(3)，【解析】【详解】(1)由动能定理得得(2)由解得(3)要使粒子在磁场中运动时间最短则轨迹如图：由解得粒子在电场中运动的加速度在磁场中运动的周期全过程的运动时间：- 19 -
