1、鹤壁2022届高二年级第四次段考物理试卷一、选择题（共10题，每题5共50分。16为单选，其余为多选，）1. 如图所示，水平放置的平行板电容器上极板带正电，所带电荷量为Q，板间距离为d，上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地.在两极板正中间P点有一个静止的带电油滴，现将电容器的上极板竖直向下移动一小段距离.下列说法正确的是( )A. 油滴带正电B. 静电计指针张角不变C. 油滴向上运动D. P点的电势不变2. 如图甲所示为电场中的一条电场线，在电场线上建立坐标轴，则坐标轴上Ox2间各点的电势分布如图乙所示，则( )A. 在Ox2间，场强先减小后增大B. 在Ox2间，场强方向一定
2、发生了变化C. 若一负电荷从O点运动到x2点，电势能逐渐减小D. 从O点静止释放一仅受电场力的正电荷，则该电荷在Ox2间一直做加速运动3. 如图所示电路，所有电表均为理想电表，R2=r。当闭合开关S，触片P向左滑动过程中，四块电表的读数均发生变化，设在滑动过程中A1、A2、V1、V2在同一时刻的读数分别是I1、I2、U1、U2；电表示数的变化量的绝对值分别是I1、I2、U1、U2，那么下列说法正确的是()A. I1U2C. U2I2为定值，U1I2增大D. 电源的输出功率在减小，效率在降低4. 如下图所示，电子质量为m，电荷量为e，从坐标原点O处沿xOy平面射入第一象限，射入时速度方向不同，速
3、度大小均为0.现在某一区域加一方向向外且垂直于xOy平面的匀强磁场，磁感应强度为B.若这些电子穿过磁场后都能垂直射到荧光屏MN上，荧光屏与y轴平行，下列说法正确的是A. 所加磁场范围的最小面积是m2022e2B2B. 所加磁场范围的最小面积是+2m2022e2B2C. 所加磁场范围的最小面积是3+2m2024e2B2D. 所加磁场范围的最小面积是3m2022e2B25. 如图所示，直线A为某电源的UI图线，曲线B为某小灯泡D1的UI图线的一部分，用该电源和小灯泡D1组成闭合电路时，灯泡D1恰好能正常发光，则下列说法中正确的是()A. 此电源的内阻为23B. 灯泡D1的额定电压为3V，额定功率为
4、6WC. 把灯泡D1换成“3V，20W”的灯泡D2，D2能正常发光D. 把小灯泡D1换成一个1的定值电阻，电源的输出功率将变小6. 如下图所示，两根平行长直光滑金属轨道，固定在同一水平面内，间距为d，其左端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中.一导体棒ab垂直于轨道放置，且与两轨道接触良好，导体棒在水平向右、垂直于棒的恒力F作用下，从静止开始沿轨道运动一段距离后达到最大速度v(运动过程中导体棒始终与轨道保持垂直).设导体棒接入电路的电阻为r，轨道电阻不计.在这一过程中( )A. 导体棒中感应电流的方向从abB. 当速度达到最大速度v时导体棒ab两端的电压为Bdv
5、C. F做的功等于回路产生的电能D. F做的功与安培力做的功之和等于导体棒增加的动能7. 如图所示的电路，电源电动势为E，具有一定内阻，最初开关闭合，电容器上极板带正电，则下列说法中正确的是( )A.初始时一定有R1R3”或“I2，故A错误;B.由上可知，总电流减小，则V2示数和内电压都减小，而V1的示数增大，故电压表V1的增大量要大于电压V2的减少量，则有U1U2，故B正确;C.根据闭合电路的欧姆定律有U1=EI2(R2+r)则有U1I2=R2+r根据欧姆定律有U2=I2R2，则有U2I2=R2，由此可知两个表达式都为定值，故C错误;D.根据推论：外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，
6、由题意R2=r，可知外电阻大于电源内阻，则知当变阻器的滑动触头P向左移动时，外电路总电阻增大，电源输出的电功率减小，而电源的供电效率=UIEI100%=UE100%，外电阻增大，路端电压U增大，电源的供电效率提高，故 D错误。故选B。4.【答案】B【分析】从第一象限射入的电子，速度的大小相同，速度的方向(与x轴的正方向)分布在0到90*的范围内，沿x轴正方向射入的电子的偏转角最大，经过y轴上的点距0点最远.经分析可知，此距离为电子运动轨迹半径的2倍；做出平行于x轴入射的电子轨迹和垂直于x轴入射的电子的轨迹，两个电子的运动半径相同，通过几何关系可知电子打到荧光屏MN上的长度等于轨迹的半径；结合平
7、行于x轴射入的电子和垂直于x轴方向射入的电子的轨迹，集合几何关系可得知磁场最小面积时的图形，从而可得出最小面积【解答】设粒子在磁场中运动的半径为R，由牛顿第二定律得：ev0B=mv02R即：R=mv0eB电子从y轴穿过的范围为：OM=2R=2mv0eB初速度沿x轴正方向的电子沿OA运动到荧光屏MN上的P点;初速度沿y轴正方向的电子沿OC运动到荧光屏MN上的Q点;由几何知识可得：PQ=R=mv0eB取与x轴正方向成角的方向射入的电子为研究对象，其射出础场的点为E(x,y)，因其射出后能垂直打到屏MN上，故有：x=Rsiny=R+Rcos即：x2+(yR)2=R2又因为电子沿x轴正方向射入时，射出
8、的边界点为A点;沿y轴正方向射入时，射出的边界点为C点，故所加最小面积的场的边界是以(0,R)为圆心、R为半径的圆的一部分，如图中实线圆强所围区域，所以磁场范围的最小面积为：s=34R2+R214R2=(2+1)(mv0eB)2=(+2)m2022e2B2，故B正确。故选B5.【答案】B【分析】电源的UI特性曲线与灯泡UI曲线的交点就是灯泡与电源连接时的工作状态，由图可读出工作电压和电流及电源的电动势，从而可算出电源的输出功率。解决这类问题的关键在于从数学角度理解图象的物理意义，抓住图象的斜率、面积、截距、交点等方面进行分析，更加全面地读出图象的物理内涵。【解答】A.根据U=EIr，由图A读出
9、电源的电动势为E=4V，图A的斜率大小表示电源的内阻，则r=416=0.5，故A错误；B.灯泡与电源连接时，A、B两图线的交点表示灯泡的工作状态，则知其电压U=3V，I=2A，则灯泡D1的额定电压为3V，功率为P=UI=6W，故B正确；C.把灯泡D1换成“3V，20W”的灯泡D2，由P=U2R知：灯泡D2的正常工作时的电阻为R2=U2P=3220=0.45，灯泡D1的电阻为R1=UI=32=1.5，把灯泡D1换成灯泡D2时，外电阻变小，则输出电压小于3V，D2不能正常发光，故C错误；D.把小灯泡D1换成一个R=1的定值电阻，即外电阻由1.5变为1，更接近内阻r=0.5，所以电源的输出功率变大，
10、故D错误。故选B。6.【答案】D【分析】根据右手定则判断导体棒中电流方向；根据导体棒切割磁感线产生的感应电动势得出导体棒ab两端的电压，根据根据功能关系可知，F做的功等于回路产生的电能和导体棒动能的增加量，根据动能定理可知，F做的功与安培力做的功之和等于导体棒增加的动能。本题是右手定则和电路问题及功能关系在电磁感应现象中的综合题目。【解答】A.根据右手定则可知，导体棒中感应电流的方向从ba，故A错误；B.当速度达到最大速度v时，E=Bdv，导体棒ab两端的电压为路端电压，U=RR+rBdv，故B错误；C.根据功能关系可知，F做的功等于回路产生的电能和棒动能的增加量，故C错误；D.根据动能定理可
11、知，F做的功与安培力做的功之和等于导体棒增加的动能，故D正确。故选D。7.【答案】AB【分析】本题为含容电路结合电路的动态分析问题，解题时要明确电路稳定时电容器相当于开路，可不考虑；电容器正极板的电势高于负极板，故高电势的极板上一定带正电。电容器上极板带正电是解题的关键，上下两部分并联，电压相等，而上极板带正电，说明上板电势高，可知R1分压比R3分压小；增大R1，当R1R3=R2R4时，上下电势相等，没有电势差，电容器不带电；如果减小R1，上下电势差增大，电容器充电，可判断出a点电流方向。如果减小R1，则路端电压减小，R3、R4所分得的电压均减小，因为a点电势为0，则从a到M点升压为R3的分压
12、，升压变小，则M点电势变小，而从a到N点降压为R4的分压，降压变小，则N点电势升高。【解答】A.电容器带正电，说明上极板电势高于下极板，即电流经过R1电势降落的数值比电流经过R3电势降落的数值要小，也就是说，R1在其所在支路所分得的电压比R3在其所在支路所分得的电压要小，由串联电路的分压特点知A正确；B.若增大R1，增加R1所分得的电压，就能使得电容器两极板等势，故B正确；C.减小R1，使得R1分得的电压更小，即上板电势升高更多，所以电容器极间电压更大，电容器要充电，所以a点电流向下，故C错误；D.减小R1使得整个外电路电阻减小，路端电压减小，即R3、R4所分得的电压均减小，而a点电势为0，所
13、以M点电势M=U3降低，N点电势N=U4升高，故D错误。故选AB。8.【答案】ABD【分析】由公式E=nt可知磁通量变化率大感应电动势大，变化率小感应电动势小。本题考查电磁感应定律的应用和理解。【解答】A.由图知在O时刻线圈磁通量的变化率最大，故感应电动势最大，故A正确；BC.线圈在D时刻磁通量的变化率为零，故感应电动势为零，故B正确，C错误；D.根据法拉第电磁感应定律可求线圈中O至D时间内平均感应电动势E=nt=0.4V，故D正确。故选ABD。9.【答案】BD解：AB、根据左手定则，正离子向后表面偏转，负离子向前表面偏转，所以后表面的电势高于前表面的电势，与离子的多少无关。故A错误、B正确。
14、CD、最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：qvB=qUb，解得U=vBb，电压表的示数与离子浓度无关。v=UBb，则流量Q=vbc=cUB，与U成正比，与a、b无关。故D正确，C错误。故选：BD。根据左手定则判断洛伦兹力的方向，从而得出正负离子的偏转方向，确定出前后表面电势的高低最终离子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡求出两极板间的电压，以及求出流量的大小解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及抓住离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡进行求解10.【答案】BC【解析】解：根据同向电流导体互相吸引，反向电流导体互相排斥可得，C导线对A导线的安培力的方向沿CA方向，单位长度所
15、受的磁场作用力大小为FCA=BCIL=kI2Lr，其中r为两直导线的距离，L为单位长度；B导线对A导线的安培力的方向沿AB方向，单位长度所受的磁场作用力大小为：FBA=BBIL=kI2L2r根据平行四边形定则可知A导线所受磁场作用力的方向与AB垂直且向下，单位长度所受的磁场作用力大小为：FA=FCA2FBA2=kI2L2r同理可得A导线对C导线的安培力的方向沿AC方向，单位长度所受的磁场作用力大小为：FAC=BAIL=kI2LrB导线对C导线的安培力的方向沿BC方向，单位长度所受的磁场作用力大小为：FBC=BBIL=kI2Lr根据平行四边形定则可知C导线所受磁场作用力的方向与AB垂直向上，单位
16、长度所受的磁场作用力大小为：FC=FAC2+FBC2=2kI2Lr同理可得B导线单位长度所受的磁场作用力大小为：FB=FCB2FAB2=kI2L2r所以FA：FB：FC=1：1：2，故BC正确，AD错误。故选：BC。根据同向电流导体互相吸引，反向电流导体互相排斥分析导线两两之间的受力方向，根据平行四边形定则分析导线所受磁场作用力的方向，根据安培力公式和平行四边形定则确定三根单位长度所受的磁场作用力大小。安培力既有大小，又有方向，是矢量，它的方向可以根据左手定则进行判断，它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则。11.【答案】(1)黑；(2)电流；10mA；(3)电压；100V；(4)电阻【分析】本
17、题考查了多用电表；知道多用电表结构、电表改装原理、欧姆表的工作原理是解题的前提，应用串并联电路特点与闭合电路欧姆定律即可解题。【解答】(1)图中A端与表内电源的正极相连，故A端应与黑色表笔相连接；(2)当选择开关置于“2”时，R1与R2串联后与表头并联，多用电表测量的是电流；设测量的最大值(量程)为I，则有2103A400=(I2103A)(1+99)，解得：I=10mA；(3)表头两端电压U0=4002103V=0.8V，当选择开关置于“5”时，表头与R1和R2并联，然后与R5和R4串联，多用电表测量的是电压，流过R5和R4的最大电流为I=0.002A+0.8V1+99=0.01A，测量的最
18、大值(量程)为U=I(R5+R4)+U0=100V；(4)当选择开关置于“3”时，多用电表测量的是电阻。12.【答案】(1)C；(2)23.5(23.423.6均对)；(3)1.50(1.491.51均对)；50.0(48.152.1均对)；(4)=；【分析】(1)因为电源电动势为1.5V，所给的电压表量程太大；电路中最大的电流约为：I=Er=30mA，故舍弃量程过大的电流表A3；通过分析知，此时需要用电流表A1与定值电阻R3串联组成电压表来测量滑动变阻器两端的电压；(2)量程为030mA电流表读数为23.5(23.423.6均对)；(3)根据闭合电路欧姆定律写出两坐标所代表物理量的函数关系式
19、，明确斜率、截距的含义即可正确解答；(4)根据所选择的电路可知，当I=0时，路端电压等于电源电动势，故电动势的测量值没有系统误差，即E测=E真；电流表A2的分压使内阻的测量值存在系统误差，测量值为干电池内阻r真和电流表A2内阻r2之和，所以r测r真。本题考查测量电动势和内电阻实验；在应用图象法处理实验数据求电源电动势与内阻时，要根据实验电路与实验原理求出图象的函数表达式，然后求出电源电动势与内阻。【解答】(1)由题中所给的数据可知：电源的电动势约为1.5V，所给的电压表量程太大，舍弃，故A错误；电路中最大的电流约为：I=Er=30mA，故舍弃量程过大的电流表A3，故B 错误；电压表V舍弃不用，
20、则需要用电流表A1与定值电阻R3串联组成电压表来测量滑动变阻器两端的电压，根据电路分压关系可知，C正确，D错误。(2)该电流表读数为23.5mA；(3)根据闭合电路欧姆定律有：I(r+R3)=E测Ir测，可得：I=E测r+R3r测r1+R3I，利用图中的数据可知截距E测r+R3=1.5mA，将数据r1=10.0和R2=990代入解得E测=1.50V，斜率的大小r测r1+R3=1.5030.0=0.050，解得r测=50.0。(4)根据所选择的电路可知，当I=0时，路端电压等于电源电动势，故电动势的测量值没有系统误差，即E测=E真；电流表A2的分压使内阻的测量值存在系统误差，测量值为干电池内阻r
21、真和电流表A2内阻r2之和，所以r测r真。故答案为：(1)C；(2)23.5(23.423.6均对)；(3)1.50(1.491.51均对)；50.0(48.152.1均对)；(4)=；。13.【答案】解：(1)导体棒受力如图，建立直角坐标系如图，根据平衡条件得：F安mgsin37=0而F安=BIL解得B=0.4T；(2)导体棒受力如图，建立直角坐标系如图，根据牛顿第二定律得：mgsin37F安cos37=maF安=BIL解得：a=1.2m/s2即导体棒的加速度大小为1.2m/s2，方向沿斜面向下。答：(1)磁场的磁感应强度为0.4T；(2)导体棒的加速度为1.2m/s2。【解析】【试题解析】
22、(1)导体棒受重力、支持力和安培力，根据平衡条件列式求解即可；(2)突然只将磁场方向变为竖直向上，安培力水平向右，根据牛顿第二定律列式求解加速度即可。解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力。14.【答案】解：(1)根据磁通量定义式=BS，那么在04s内穿过线圈的磁通量变化量为：=(B2B1)S=(0.40.2)0.02Wb=4103Wb；(2)由图象可知前4s内磁感应强度B的变化率为：Bt=0.40.24T/s=0.05T/s4s内的平均感应电动势为：E=nSBt=10000.020.05V=1V；(3)电路中的平均感应电流为：I=ER总，q=It
23、，04s:由(2)求得E=1VI=ER+r=14+1A=0.2Aq1=It1=0.8C同理46s：q2=1.6C两次电流方向相反故q总=q1q2=0.8C 也可求解q=It=ER总t=nR总=10000.0200.24+1C=0.8C。答：(1)在04s内穿过线圈的磁通量变化量=4103Wb；(2)前4s内产生的感应电动势E=1V；(3)6s内通过电阻R的电荷量q=0.8C。【解析】本题考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和电流的定义式的综合运用，难度不大，需加强训练。(1)依据图象，结合磁通量定义式=BS，即可求解；(2)根据法拉第电磁感应定律，结合磁感应强度的变化率求出前4s内感应电
24、动势的大小；(3)根据感应电动势，结合闭合电路欧姆定律、电流的定义式求出通过R的电荷量。15.【答案】解：(1)小球静止在电场中受力如图所示，显然小球带正电，由平衡条件得：mgtan37=qE解出：E=3mg4q (2)电场方向变成向下后，小球开始摆动做圆周运动，由动能定理得：12mv2=mg+Eql1cos370在最低点时，有：FTmg+Eq=mv2l 由解得：FT=4920mg。【解析】(1)以小球为研究对象，分析受力情况，由于小球处于静止状态，合力为零，由平衡条件分析电场力的方向，求解电场强度大小；(2)当电场方向变为向下后，小球受到的电场力竖直向下，向下做圆周运动，根据动能定理求解小球
25、经过最低点时的瞬时速度；小球经过最低点时，由重力、电场力和丝线的拉力的合力提供了向心力，根据牛顿第二定律求解丝线对小球的拉力。运用动能定理求速度，根据牛顿第二定律求丝线的拉力，是常用的方法和思路，要能熟练运用力学方法解决电场中的问题。16.【答案】解：(1)粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向不受力，为匀速运动v0=vcos60=2107m/s(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动Bqv=mv2R， 得R=mvBq 当轨迹与CD边相切时恰好不出磁场，此时： Rmax=23a=0.2m 联立得B0=3mv2qa=0.08T，则要使粒子不从CD边界射出，磁感应强度B0.08T。(3)粒子运动轨迹如图所示，
26、出磁场时速度与y轴正方向夹角为60做匀速直线运动后回到A点，设出磁场处为Q点由几何关系，PQ=0.23m+0.13m=0.33m2Rsin60=PQ 又由 Bqv=mv2RR=mvBq=0.1m，解得B=0.16T 即磁感应强度B为0.16T。【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向不受力，做匀速运动，对速度分解得到初速度。(2)要使粒子不从CD边界射出，其运动轨迹必与CD边相切，画出轨迹，由三角关系得半径，根据洛伦兹力提供向心力，求出磁感应强度B的取值范围。(3)粒子经过磁场后，刚好可以回到A点，作出运动轨迹，根据几何关系求出半径，根据洛伦兹力提供向心力，解得磁感应强度。本题考查带电粒子在组合场中的运动，关键在于作出粒子的运动轨迹求出半径。
