北京市昌平区新学道临川学校2020届高三上学期第三次月考物理试题 Word版含解析.doc

1、20192019- -20202020 学年度北京新学道临川学校学年度北京新学道临川学校 1212 月考卷月考卷 考试范围：动量电场；考试时间：考试范围：动量电场；考试时间：9090 分钟；分钟； 一、单选题一、单选题 1.如图所示，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S1为开关，别为理想电压表与电流表。 初始时 S0与 S1均闭合，现将 S1断开，则 （ ） A. 的读数变大，的读数变小 B. 读数变大，的读数变大 C. 的读数变小，的读数变小 D. 的读数变小，的读数变大 【答案】D 【详解】S1断开，相当于电阻变大，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小，所以 R1两端的电压变小，即电压

2、表示数变小，把 R1归为内阻，内电压减小，故 R2中的电压增大， 由欧姆定律可知 R2中的电流也增大，电流表示数增大，故 ABC错误，D 正确； 2.如图所示，电路中的电源的电动势为 E、内电阻为 r，开关 S 闭合后，当滑动变阻器的滑 片 P 从滑动变阻器 R的中点位置向左滑动时，小灯泡 L1、L2、L3的亮度变化情况是（ ） A. L1灯变亮，L2灯变暗，L3灯变亮 B. L1灯变暗，L2灯变亮，L3灯变暗 C. L1、L2两灯都变亮，L3灯变暗 D. L1、L2两灯都变暗，L3灯变亮 【答案】A 【解析】将滑动变阻器的滑片 P 从滑动变阻器 R 的中点位置向左滑动的过程中，变阻器接 入电

3、路的电阻增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律得知：干路电流 I 减小，路端 电压增大，则灯 3 L变亮流过灯 2 L电流 23 III ，I 减小， 3 I增大，则 2 I减小，灯 2 L变 暗灯 1 L的电压 12 UUU，U 增大， 2 U减小， 1 U增大， 1 L灯变亮 故选 A 考点：闭合电路的欧姆定律 点评：本题是电路中动态变化分析问题，往往按照“局部整体局部”顺序进行分析 3.如图所示， 在边长为 L 的正方形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场， 有一带正电的电荷， 从 D 点以 v0的速度沿 DB 方向射入磁场，恰好从 A 点射出，已知电荷的质量为 m，带电量为 q，不计电

4、荷的重力，则下列说法正确的是( ) A. 匀强磁场的磁感应强度为 0 mv qL B. 电荷在磁场中运动的时间为 0 L v C. 若电荷从 CD 边界射出，随着入射速度的减小，电荷在磁场中运动的时间会减小 D. 若电荷的入射速度变为 2v0，则粒子会从 AB 中点射出 【答案】A 【详解】 由几何关系可知， 粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心恰好在 C 点， 这样半径为 L， 根据 2 mv qvB L 可知， 磁感强度大小 0 mv B qL ， A 正确； 电荷在磁场中运动的路程 2 L s ， 因此运动的时间 00 2 sL t vv ，B 错误；若从 CD 边界射出，则在磁场中运动的时

5、间恰好为半 个周期，而粒子在磁场中运动的周期 2 m T qB ，与粒子运动的速度无关，因此若电荷从 CD 边界射出，虽然入射速度的减小，但电荷在磁场中运动的时间总是 1 2 m T qB ，保持不变， C 错误；若电荷的入射速度变为 2v0，则根据 2 mv qvB L 可知轨道半径为 2L，则根据几何关 系可以求出射出点距 B 的距离为 0 21 cos300.37sLL，D 错误。 4.一个直流电动机，线圈电阻是 0.5，当它两端所加电压为 6V时，通过电动机的电流是 2A。由此可知 A. 电动机消耗的电功率为 10W B. 电动机发热的功率为 10W C. 电动机输出的机械功率为 10

6、W D. 电动机工作效率为 83.3% 【答案】CD 【详解】AB直流电动机线圈电阻为 R，当电动机工作时通过的电流为 I，两端的电压为 U， 总功率为： P=UI=2 6=12W 发热功率为： P热=I2R=22 0.5=2W 故 AB错误； C根据能量守恒定律，其输出功率是： P出=P-P热=12W-2W=10W 故 C 正确； D机械的工作效率为 10 83.3% 12 P P 出 故 D 正确。 5.如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场（未画出） 。一 带电粒子从紧贴铝板上表面的 P点垂直于铝板向上射出， 从 Q点穿过铝板后到达 PQ 的中点 O，已知粒子

7、穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力。铝板上方 和下方的磁感应强度大小之比为 A. 2 B. 2 C. 1 D. 2 2 【答案】D 【分析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，从而求出磁感应强 度的表达式结合动能 2 1 2 k Emv，最终得到关于磁感应强度 B 与动能 Ek的关系式，从关 系式及题设条件-带电粒子在穿越铝板时减半，就能求出上下磁感应强度之比 【详解】由动能公式 2 1 2 k Emv，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动洛仑兹力提供向 心力得 2 v qvBm r ， 联立可得 2 k mEmv B qrqr ， 上下磁场磁感应强度

8、之比为 212 122 ErB BrE 上下 上 下上 下 ， D正确。 【此处有视频，请去附件查看】 6.如图所示， M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点， O为半圆弧的圆心， MOP 60 ， 在 M、N处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流， 方向如图所 示， 这时 O点的磁感应强度大小为 B1.若将 N 处的长直导线移至 P 处， 则 O点的磁感应强度 大小变为 B2，则 B2与 B1之比为( ) A. 11 B. 12 C. 31 D. 32 【答案】B 【解析】由磁场的叠加可知每根导线在 O 点产生的磁感强度大小，移动之后距 O 点的距离 不变，故磁感强度

9、大小不变，则由矢量合成的方向可得出移动之后的合磁感强度；即可求得 比值 每根导线在 O 点产生的磁感强度为 1 2 B ，方向竖直向下，则当 N移至 P点时，磁感应强度方 向如图所示，由图可知，两导线形成的磁感应强度方向夹角为 120 ，由由几何关系可知，O 点合磁感强度大小为 1 2 2 B B ，则 2 1 1 2 B B ，B 正确 7. 如图为磁流体发电机的原理图，等离子体束（含有正、负离子）以某一速度垂直喷射入 由一对磁极 CD 产生的匀强磁场中，A、B 是一对平行于磁场放置的金属板稳定后电流表中 的电流从“+”极流向“-”极，由此可知( ) A. D 磁极为 N 极 B. 正离子向

10、 B 板偏转 C. 负离子向 D 磁极偏转 D. 离子在磁场中偏转过程洛仑兹力对其不做功 【答案】AD 【解析】根据电流的方向知，A 板带正电，B 板带负电，正离子向 A 板偏转，负离子向 B 板 偏转根据左手定则知，D 极为 N 极，C 极为 S 极，A 正确，B、C 错误；因为洛伦兹力的方 向与速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功故 D 正确故选 AD 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动、电流的方向 8.如图所示，直角三角形 ABC中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿 AB方向自 A 点 射入磁场，分别从 AC 边上的 P、Q两点射出，则： A. 从 P 射出的粒子速度大 B. 从 Q射出的粒

11、子速度大 C. 从 P 射出的粒子，在磁场中运动的时间长 D. 两粒子在磁场中运动的时间一样长 【答案】BD 【解析】粒子在磁场中做圆周运动，根据题设条件作出粒子在磁场中运动的轨迹，根据轨迹 分析粒子运动半径和周期的关系，从而分析得出结论 【详解】如图，粒子在磁场中做圆周运动，分别从 P 点和 Q点射出； 由图知，粒子运动的半径 RPRQ，又粒子在磁场中做圆周运动的半径 mv R qB 知粒子运动 速度 vPvQ，故 A 错误，B正确；粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系（图示弦 切角相等） ，粒子在磁场中偏转的圆心角相等，根据粒子在磁场中运动的时间：t= 2 T，又 因为粒子在磁场中圆周

12、运动的周期 2 m T qB ，可知粒子在磁场中运动的时间相等，故 C错 误，D正确；故选 BD。 【点睛】粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由此根据运动特征作出粒子在磁 场中运动的轨迹，掌握粒子圆周运动的周期、半径的关系是解决本题的关键 二、多选题二、多选题 9.在如图(a)所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器。闭合电键 S，将滑动变阻器的 滑动触头 P，从最右端滑到最左端，两个电压表的示数随电路中电流变化的完整过程图线如 图(b)所示，则（） A. 图线甲是电压表 V2示数随电流变化的图线 B. 电源内电阻的阻值为 10 C. 电源的最大输出功率为 18W D. 滑动变

13、阻器 R2的最大功率为 09W 【答案】ACD 【详解】A. 当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路 欧姆定律可知，电路中电流增大；而 1 R两端的电压增大，故乙图线表示是 1 V示数的变化； 图线甲表示 2 V示数的变化，故 A 正确； B.由图可知，当只有 1 R接入电路时，电路中电流为 0.6A，电压为 3V，则由EUIr可 得： 3 0.6Er 当滑动变阻器全部接入时，两电压表示数之比为 1 4 ，故有： 1 2 1 4 R R 由闭合电路欧姆定律可得： 50.2Er 解得： 5r ，6VE 故 B 错误； C.因当内阻等于外阻时， 电源的输出功率最大，

14、故当外阻等于 5 时， 电源的输出功率最大， 故此时电流： 0.6A 2 E I r 故电源的最大输出功率： 1.8WPUI 故 C 正确； D.由 B 的分析可知， 1 R的阻值为 5， 2 R电阻为 20；当 1 R等效为内阻，则当滑动变阻 器的阻值等于 1 Rr时，滑动变阻器消耗的功率最大，故当滑动变阻器阻值为 10 时，滑 动变阻器消耗的功率最大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流： 6 A0.3A 20 I 则滑动变阻器消耗的最大功率： 2 0.9WPI R 故 D 正确。 10.某空间存在着如图（甲）所示的足够大的，沿水平方向的匀强磁场。在磁场中 A、B 两个 物块叠放在一起，置

15、于光滑绝缘水平地面上，物块 A 带正电，物块 B不带电且表面绝缘。 在 t1=0时刻，水平恒力 F作用在物块 B 上，使 A，B由静止开始做加速度相同的运动。在 A、 B 一起向左运动的过程中，以下说法中正确的是（ ） A. 图（乙）可以反映 A 所受洛伦兹力大小随时间 t变化的关系，图中 y 表示洛伦兹力大小 B. 图（乙）可以反映 A对 B 的摩擦力大小随时间 t变化的关系，图中 y 表示摩擦力大小 C. 图（乙）可以反映 A对 B 的压力大小随时间 t变化的关系，图中 y 表示压力大小 D. 图（乙）可以反映 B 对地面的压力大小随时间 t变化的关系，图中 y 表示压力大小 【答案】CD

16、 【详解】A.由于 A、B 由静止开始运动，因此当 t0 时，速度为零，洛伦兹力为零，故 A 错误； B.由于 A、B是一起匀加速运动的，且 A所受洛伦兹力竖直向下，因此对于 A 来说是由静 摩擦力提供其加速度，故其所受摩擦力不变，故 B错误； C.设水平方向匀加速为 a，由于竖直方向合外力为零，因此 A 对 B的压力大小为： =+ NA Fm g qBat， 压力为时间 t的一次函数，故 C正确； D.同理 B对地面压力为： =+ NAB Fmmg qBat， 也是关于 t的一次函数，故 D 正确； 11.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

17、电压 与电流的关系图像，直线 C为一个电阻 R 的两端电压与电流的关系图像。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，电源的输出功率较大 D. R 接到 b 电源上，电源的输出功率较大 【答案】BC 【解析】电源的效率等于电源的输出与总功率的百分比，根据欧姆定律得到，电源的效率也 等于外电阻与电路总电阻之比 由电源的 U-I 图象斜率大小等于电源的内阻， 比较读出电源 内电阻的大小，确定电源的效率关系当电阻 R与电源组成闭合电路时，电阻 R 的 U-I 图线 与电源的

18、U-I图 线的交点表示工作状态，交点坐标的乘积等于电源的输出功率 【详解】AB电源效率 PUIR PEIRr 出 总 ， 由闭合电路欧姆定律 UEIr 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 C正确，D错误 【点睛】关键理解交点的物理意义，也可以根据欧姆定律研究电流与电压关系，来比较电源 的输出功率 12.

19、如图，初速度可忽略，质量相同，电量分别为 q和 3q 的粒子 P和 y，经电压为 U的电场 加速后， 垂直进入方向垂直纸面向里的匀强磁场区域， 不计粒子重力， 下列表述正确的是( ) A. P 和 y 离开电场区域时的动能相同 B. P 和 y 在电场中运动时的加速度之比为 13 C. P 在磁场中运动的半径较大 D. y在磁场中运动的周期较大 【答案】BC 【解析】由动能定理 2 1 2 qUmv，可知，当质量、电压与初速度相同情况下，电量越大， 动能越多，A错误；由牛顿第二定律与 U E d 相结合，则有 qU a md ，可知，a 与 q成正比， B正确； 由半径公式 mv R Bq ，

20、 结合 2 1 2 qUmv， 可知， 则有 12 mU R Bq ， 得出 R 与 1 q 成正比，C正确；由周期公式 2 m T Bq ，则有 T 与 1 q 成正比，D错误 三、实验题三、实验题( (本大题共本大题共 2 2 小题小题, ,共共 1515 分分) ) 13.有一电压表 1 V，其量程为 3V，内阻约为 3000,要准确测量该电压表的内阻，提供的实 验器材有： 电源E：电动势约 15V，内阻不计； 电压表 2 V：量程 2V，内阻 r2=“2000“ ； 定值电阻 1 R：阻值 20； 定值电阻 2 R：阻值 3； 滑动变阻器 0 R：最大阻值 10，额定电流 1A ； 电

21、键一个，导线若干。 设计的一个测量电压表 1 V的内阻的实验电路图如图所示 实验中定值电阻R应选用 （ 1 R或 2 R）; 说明实验所要测量的物理量： 和 ； 写出电压表 1 V内阻的计算的表达式 1V R= . 【答案】 1 R电压表 1 V的示数 1 U，电压表 2 V的示数 2 U， 1 2 2 U r U 【解析】电压表 1 V与 2 V的最大串联电压为 3 25UV ,根据串联单路分压规律可 知: 0 UEU RR ，解得 R=20，所以定值电阻应选 1 R 、 ： 由欧姆定律 2 12V UU Rr 所以， 只要读出电压表 1 V的读数 1 U和电压表 2 V的读数 2 U， 即

22、可求出待测电压表的内阻；解得 1 12 2 V U Rr U . 考点：本题考查了伏安法测电阻、电表的改装. 14. 为研究额定电压为 2.5V 的某电阻的伏安特性，所做部分实验如下： 用多用电表测量该电阻的阻值，选用“10”倍率的电阻档测量，发现指针偏转角度太小， 因此需选择 倍率的电阻档(选填“1”或“100”)，欧姆调零后再进行测量，示数如图所示， 测量值为 。 为描绘该电阻的伏安特性曲线（要求电压从零开始连续变化） ，提供的器材如下： A电流表 A（量程 2mA、内阻约 30 ） B电压表 V（量程 3V、内阻约 3k） C滑动变阻器 R1（阻值 010k、额定电流 0.5A） D滑动

23、变阻器 R2（阻值 010、额定电流 2A） E直流电源（电动势 3V、内阻约 0.2） ，开关一个，导线若干滑动变阻器应选用 (选 填器材前的字母)。 图示电路中部分导线已连接，请用笔画线代替导线将电路补充完整。 【答案】(1)100，2200 (2) D (3) 如图 【解析】(1) 欧姆表指针偏转的角度太小说明待测电阻阻值比较大，应该换更大倍率，所以 换100，待测阻值为刻度值乘以倍率，故待测阻值为 22100=2200； （2）因测电阻的伏安 特性，电路需从零开始多测几组数据，滑动变阻器用分压式接法，为调节的方便，滑动变阻 器需选用阻值较小，额定电流大的，故选择 R2； （3）控制电路

24、分压式，待测电阻阻值较大， 测量电路用电流表的内接法，如图所示： 考点：本题考查测量电阻的伏安特性 四、计算题四、计算题 15.如图所示，电源电动势 E=10 V，内阻 r=0.5 ，标有“8 V，16 W”的灯泡恰好能正常发光， 电动机 M绕组的电阻 R0=1 ，求： （1）路端电压； （2）电源的总功率； （3）电动机的输出功率。 【答案】8V； 40W； 12W 【解析】路端电压等于灯泡两端的电压，灯泡正常发光，就等于灯泡的额定电压，再根据闭 合电路欧姆定律求出通过电源的电流；由 P=EI求解电源的总功率，电源的输出功率等于总 功率减去内耗功率； 电动机两端电压等于灯泡的额定电压， 根据

25、电源的电流和灯泡的电流求 出电动机的电流，根据能量守恒求解电动机的输出功率。 【详解】（1）因为灯泡正常发光，所以有：U=U额=8V 则电源内阻的电压：U内=E-U=2V 由欧姆定律得流过电源的电流： 2 4 0.5 U IAA r 内 （2）电源的总功率：P总=EI=10 4=40W 电源的热功率为： 22 40.58PI rWW 损 所以电源的输出功率：P出=P总-P损=40W-8W=32W （3）灯泡的电流为： 16 2 8 L P IAA U 电动机的电流电动机发热功率=I-I灯=2A 电动机消耗的电功率：PM=UIM=8 2=16W 电动机发热功率： 22 0 214 M PI RW

26、W 热 所以电动机的输出功率为：P输出=PM-P热=16-4=12W 【点睛】本题主要考查了非纯组电路的，当电动机正常工作时，是非纯电阻电路；当电动机 被卡住不转时，是纯电阻电路。 16.如图所示，匀强电场区域和匀强磁场区域是紧邻的，且宽度相等均为 d，电场方向在纸平 面内竖直向下，而磁场方向垂直于纸面向里，一带正电的粒子从 O点以速度 v0沿垂直电场 方向进入电场，从 A点出电场进入磁场，离开电场时带电粒子在电场方向的偏转位移为电 场宽度的一半，当粒子从磁场右边界上 C点穿出磁场时速度方向与进入电场 O 点时的速度 方向一致，已知 d、v0(带电粒子重力不计)，求： (1)粒子从 C 点穿出

27、磁场时的速度大小 v； (2)电场强度 E和磁感应强度 B 的比值 E B . 【答案】因为题干的结构发生了变化，所以重新生成了答案模版。下面是旧的答案，供您参 考。上传之前，务必将本段和下面的所有文字全部删除干净。 - 【小题 1】方向：水平向右 【小题 2】 【详解】(1)粒子在电场中偏转时做类平抛运动，则 垂直电场方向 dv0t，平行电场方向 2 d 2 y v t 得 vyv0，到 A 点速度为 v 2v0 在磁场中速度大小不变， 所以从 C 点出磁场时速度大小仍为 2v0 (2)在电场中偏转时，出 A点时速度与水平方向成 45 vy qE m t 0 qEd mv ，并且 vyv0

28、得 E 2 0 mv qd 在磁场中做匀速圆周运动，如图所示 由几何关系得 R 2d 又 qvB 2 mv R ，且 v 2v0 得 B 0 mv qd 解得 E B v0. 答案：(1) 2v0 (2)v0 本题考查带电粒子在复合场中的偏转， 根据粒子在电场中的类平抛运动求出进入磁场是的速 度，在磁场中先找圆心后求半径，根据几何关系和洛伦兹力求解 17.如图所示，在 xOy 平面内，以 O(0，R)为圆心，R 为半径的圆内有垂直平面向外的匀强 磁场，x 轴下方有垂直平面向里的匀强磁场，两区域磁感应强度大小相等第四象限有一与 x 轴成 45 角倾斜放置的挡板 PQ，P，Q 两点在坐标轴上，且

29、O，P两点间的距离大于 2R， 在圆形磁场的左侧 0y2R的区间内，均匀分布着质量为 m，电荷量为q的一簇带电粒子， 当所有粒子均沿 x轴正向以速度 v射入圆形磁场区域时， 粒子偏转后都从 O点进入 x轴下方 磁场，结果有一半粒子能打在挡板上不计粒子重力，不考虑粒子间相互作用力求： (1)磁场的磁感应强度 B 的大小； (2)挡板端点 P的坐标； (3)挡板上被粒子打中的区域长度 【答案】（1） mv qR (2)( 21) ,0R (3) 2104 2 2 R 【详解】 （1）设一粒子自磁场边界 A 点进入磁场，该粒子由 O 点射出圆形磁场，轨迹如图 甲所示，过 A点做速度的垂线长度为 r,

30、C 为该轨迹圆的圆心.连接 AO、CO，可证得 ACOO 为菱形，根据图中几何关系可知：粒子在圆形磁场中的轨道半径 r=R， 由 2 v qvBm r 得： mv B qR （2）有一半粒子打到挡板上需满足从 O 点射出的沿 x 轴负方向的粒子、沿 y 轴负方向的粒 子轨迹刚好与挡板相切，如图乙所示，过圆心 D 做挡板的垂线交于 E 点 2DPR( 21)OPR P 点的坐标为（( 21)R，0 ） （3）设打到挡板最左侧的粒子打在挡板上的 F点，如图丙所示，OF=2R 过 O 点做挡板垂线交于 G点， 22 ( 21)(1) 22 OGRR 22 5-2 2 = 2 FGOFOGR 2 2 EGR 挡板上被粒子打中的区域长度 l=FE= 2 2 R+ 5-2 2 2 R= 2+ 10-4 2 2 R