1、2022-2022学年安徽省宿州市现代英华学校高二（上）第三次月考物理试卷一、单项选择题（每题4分，共48分注意：选择题答案写在答题卡上）1（4分）（2022南京一模）关于电场强度和磁感应强度，下列说法正确的是（）A电场强度的定义式E=，适用于任何电场B由真空中点电荷的电场强度公式E=可知，当r0时，E无穷大C由公式B=可知，一小段通电导线在某处若不受磁场力，则说明此处一定无磁场D磁感应强度的方向就是置于该处的通电导线所受的安培力方向考点：磁感应强度；电场强度版权所有分析：电场强度是反映电场力的性质的物理量，大小用比值法定义，方向与正的试探电荷受到的电场力的方向相同；电场中某点的场强可以通过电
2、场线形象地表示；点电荷场强的决定式为解答：解：A、电场强度的定义式E=，适用于任何电场，故A正确B、当r0时，电荷已不能看成点电荷，公式E=k不再成立故B错误C、由公式B=可知，一小段通电导线在某处若不受磁场力，可能是B的方向与电流方向平行，所以此处不一定无磁场，故C错误D、磁感应强度的方向和该处的通电导线所受的安培力方向垂直，故D错误故选A点评：本题考查对电场强度两公式的理解能力，首先要理解公式中各个量的含义，其次要理解公式的适用条件2（4分）（2022秋夏县校级期末）甲、乙两个点电荷在真空中的相互作用力是F，如果把它们的电荷量都减小为原来的，距离增加到原来的2倍，则相互作用力变为（）A8F
3、BCD考点：库仑定律版权所有分析：由库仑力公式可得出两次作用力的表达式，则可求得距离减小后的相互作用力解答：解：由库仑定律可得：F=； 变化后F=，故D正确，ABC错误故选：D点评：本题考查库仑定律的直接应用，只需注意数值的变化即可顺利求出3（4分）（2022秋埇桥区校级月考）如图所示，在真空中有两个等量的正电荷q1和q2，分别固定在A、B两点，DCE为AB连线的中垂线，现将一个正电荷q由c点沿CD移到无穷远，则在此过程中（）A电势逐渐增大B电势能逐渐增大Cq受到的电场力逐渐减小Dq受到的电场力先逐渐增大后逐渐减小考点：电势能；电场强度版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：由题，q1、q2
4、是两个等量的正电荷，DC为A、B连线的中垂线，作出CD线上的电场线，根据电场线方向判断正电荷q由C点沿CD移至无穷远的过程中，电势的变化，由电场力做功正负判断其电势能的变化运用极限法判断场强的变化，确定电场力的变化解答：解：A、B，由题，q1、q2是两个等量的正电荷，作出中垂线CD上电场线如图，根据顺着电场线电势降低，可知正电荷q由C点沿CD移至无穷远的过程中，电势不断降低，电场力做正功，其电势能不断减小故AB错误C、D、根据电场的叠加可知，C点的场强为零，而无穷远处场强也为零，所以由C点沿CD移至无穷远的过程中，场强先增大，后减小，q受到的电场力先逐渐增大，后逐渐减小故C错误，D正确故选：D
5、点评：对于等量同种和等量异种电荷电场线、等势面的分布情况要掌握，这是考试的热点特别是抓住电荷连线的中垂线电场线与等势面的特点4（4分）（2022秋城区校级期末）如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为1m的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为10V、20V、30V，则下列说法正确的是（）AB、E一定处在同一等势B匀强电场的场强大小为10V/mC正点电荷从E点移到F点，则电场力做负功D电子从F点移到D点，电荷的电势能增加20eV考点：电场强度；电势；电势能版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：连接AC，根据匀强电场电势随距离均匀变化（除等势面）的特点，则知AC中点的电势
6、为20V，连接EB，EB即为一条等势线，CA连线即为一条电场线，由BA间的电势差，由公式U=Ed求出场强大小由W=qU，则电场力做功就可以求解解答：解：A、连接AC，AC中点电势为20V，与B电势相等，则EB连线必为一条等势线，而匀强电场的等势面平行，则B、E一定处在同一等势故A正确；B、BA间的电势差为UBA=10V，又UBA=EdABcos30，得场强E=V/m故B错误；C、由上得知，E的电势为20V，F点与A点的电势相等为10V，则正电荷从E点移到F点，电场力做正功，故C错误；D、由以上得，F点与A点电势相等，D点的电势与C点的电势相同，故电子从F点移到D点与从A点移到C点电场力做功相同
7、，电荷的电势能减少量为20eV，故D错误；故选：A点评：本题的关键找等势点，作出电场线，这是解决这类问题常用方法同时还要充分利用正六边形的对称性分析匀强电场中各点电势的关系5（4分）（2022秋唐县校级期中）一个阻值为R的电阻两端加上电压U后，通过电阻横截面的电荷量q随时间变化的图象如图所示，此图象的斜率可表示为（）AUBRC考点：欧姆定律版权所有专题：恒定电流专题分析：给出的图象是qt图象，其斜率为=I，所以斜率代表的是电流解答：解：根据电流强度的定义公式I=可知qt图象的斜率代表的就是电流；根据欧姆定律，有：I=，故斜率也代表电流；故选：C点评：能找出图象中所提供的信息是本题的关键，也是识
8、图题的共同特点，注重公式的灵活运用6（4分）（2022秋黄山校级期中）有一个直流电动机，把它接入0.2V电压的电路中电机不转，测得流过电动机的电流是0.4A；若把电动机接入2.0V电压的电路中，正常工作时的电流是1.0A，此时，电动机的输出功率是P出；如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是P热，则（）AP出=2W，P热=0.5WBP出=1.5W，P热=8WCP出=2W，P热=8WDP出=1.5W，P热=0.5W考点：电功、电功率版权所有专题：恒定电流专题分析：电动机不转，由欧姆定律求出其内阻电动机正常工作时输出功率等于电功率与内部发热功率之差在电动机正常工作时，转子突然被卡
9、住，根据P=求出电动机的发热功率解答：解：当电动机不转时，电动机的内阻为r=0.5， 电动机正常工作时输出功率为P出=U2I2I22r=1.5W 卡住后热功率：P热=8W故选：B点评：对于电动机电路，正常工作时其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立；当电动机被卡住时，其电路是纯电阻电路，欧姆定律成立7（4分）（2022秋埇桥区校级月考）如图所示电路图中，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，电源内阻不可忽略，当滑动变阻器的滑动片向右移动时，电流表、电压表可视为理想电表，关于电流表和电压表示数的变化情况的分析，正确的是（）A电流表和电压表读数均增大B电流表和电压表读数均减小C电流表读数变大，电压
10、表V1，V2的示数均变小D电流表读数变小，电压表V2读数变大，V1读数减小考点：闭合电路的欧姆定律版权所有专题：恒定电流专题分析：根据滑片的移动方向判断出滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后由串并联电路特点及欧姆定律分析答题解答：解：由电路图可知，滑动变阻器的滑动片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路的总电阻增大，电源电动势不变，由闭合电路欧姆定律可知，电路总电流I减小，路端电压U=EIr，则U增大，电阻R1的电压U1=IR1减小，则电压表V1示数减小；并联部分的电压 U并=UU1增大，电压表V2示数增大；U并增大，通过R2的电流增大，因为总电流减小，所以通过电流表的示数减小总之，
11、电流表读数变小，电压表V2读数变大，V1读数变小，故ABC错误，D正确；故选：D点评：本题是一道闭合电路的动态分析题，要掌握动态电路动态分析题的解题思路与方法8（4分）（2022秋溧阳市校级期末）关于磁通量，下列说法正确的是（）A磁感应强度越大，穿过线圈的磁通量就越大B磁感应强度越大，线圈的面积越大，则穿过线圈的磁通量越大C穿过线圈的磁通量为零，表明该处的磁感应强度为零D匀强磁场中，穿过线圈的磁感线越多，则磁通量越大考点：磁通量版权所有分析：磁通量可以形象说成穿过线圈的磁感线的条数，当磁感线与线圈垂直时，则磁通量=BS；当磁感线与线圈平行时，磁通量为零因此不能根据磁通量的大小来确定磁感应强度解
12、答：解：A、根据公式磁通量的大小=BScos，磁通量的大小除与磁感应强度有关，还与线圈的面积以及磁感应强度与线圈之间的夹角有关故A错误B错误；C、穿过某个面的磁通量为零，此处磁感应强度不一定为零，可能此平面与磁感线平行，故C错误；D、不论磁场是否均匀，穿过线圈的磁感线越多，则磁通量越大故D正确故选：D点评：考查磁通量的概念，及计算公式与成立条件，同时让学生明白同一磁场，同一线圈不同的放置，则穿过线圈的磁通量不同9（4分）（2022仪征市校级学业考试）如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，其中央正上方固定一根直导线，导线与磁铁垂直，并通以垂直纸面向外的电流，（）A磁铁对桌面的压力减小、不受桌面摩擦力
13、的作用B磁铁对桌面的压力减小、受到桌面摩擦力的作用C磁铁对桌面的压力增大，不受桌面摩擦力的作用D磁铁对桌面的压力增大，受到桌面摩擦力的作用考点：安培力版权所有分析：先以通电导线为研究对象，由左手定则判断出导线受到安培力的方向；然后由牛顿第三定律求出磁铁受到磁场力的方向，最后判断磁铁对桌面的压力如何变化，判断磁铁受到的摩擦力方向解答：解：在磁铁外部，磁感线从N极指向S极，长直导线在磁铁的中央正上方，导线所在处磁场水平向左方；导线电流垂直于纸面向外，由左手定则可知，导线受到的安培力竖直向下方；由牛顿第三定律可知，导线对磁铁的作用力竖直向上，因此磁铁对桌面的压力减小，小于磁铁的重力，磁铁没有运动趋势
14、，磁铁不受摩擦力，故BCD错误，A正确故选：A点评：本题应先选导线为研究对象，然后由牛顿第三定律判断磁铁的受力情况，巧妙地选取研究对象，是正确解题的关键10（4分）（2022秋库尔勒市校级期末）如图所示，将通电线圈悬挂在磁铁N极附近：磁铁处于水平位置和线圈在同一平面内，且磁铁的轴线经过线圈圆心，线圈将（）A转动同时靠近磁铁B转动同时离开磁铁C不转动，只靠近磁铁D不转动，只离开磁铁考点：楞次定律版权所有分析：先根据右手螺旋定则判断出线圈产生的磁场，然后再根据磁极间的相互作用分析线圈的转动情况解答：解：由右手螺旋定则可知，线圈向外一面为S极，因为异名磁极相互吸引，因此从上往下看，线圈做逆时针方向转
15、动，同时靠近磁铁；故A选项正确，BCD错误故选：A点评：此题考查了右手螺旋定则和磁极间相互作用的应用，注意线圈产生的磁场与条形磁体产生的磁场很相似，可以利用右手定则判断磁场的N、S极11（4分）（2022秋黄山校级期中）如图所示，在倾角为的光滑斜面上，放置一根长为L，质量为m的导体棒在导体棒中通以电流I时，欲使导体棒静止在斜面上，下列外加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向正确的是（）AB=mg，方向垂直斜面向上BB=，方向垂直斜面向下CB=mg，方向竖直向下DB=mg，方向竖直向上考点：安培力版权所有分析：通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F=BIL求出安培力大小，由左手定则来确定安培力
16、的方向解答：解：A、外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向上，则沿斜面向上的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，则大小Bmg；故A正确；B、外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向下，则沿斜面向下的安培力、支持力与重力，所以棒不可能处于平衡状态，故B错误；C、外加匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向下，则水平向左的安培力、支持力与重力，所以棒不可能处于平衡状态；故C错误；D、外加匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向上，则水平向右的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，则大小B=mg，故D正确；故选：AD点评：学会区分左手定则与右手定则，前者是判定安培力的方向，而后者是判定感应电流的方向12（4
17、分）（2022秋红桥区期末）如图所示，把一重力不计的通电直导线水平放在蹄形磁铁磁极的正上方，导线可以自由移动，当导线通过图示方向电流I时，导线的运动情况是（从上往下看）（）A顺时针方向转动，同时下降B顺时针方向转动，同时上升C逆时针方向转动，同时下降D逆时针方向转动，同时上升考点：磁场对电流的作用版权所有分析：利用微元法，在导线两侧取两段，根据左手定则判断出安培力的方向，当转过90度时，再根据左手定则判断出安培力的方向，从而确定导线的运动情况解答：解：在导线两侧取两小段，左边一小段所受的安培力方向垂直纸面向外，右侧一小段所受安培力的方向垂直纸面向里，从上往下看，知导线逆时针转动，当转动90度时
18、，导线所受的安培力方向向下，所以导线的运动情况为，逆时针转动，同时下降故C正确，A、B、D错误故选C点评：解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向，以及掌握微元法、特殊位置法的运用二、填空题（共26分）13（6分）（2022秋夏县校级期末）如图所示，A和B两平行金属板相距10mm，M点距A板及N点距B板均为2mm，则板间场强为400N/CA板电势为4V，N点电势为0.8V考点：电容；电势版权所有专题：电容器专题分析：根据公式E=，由电容器板间电压和距离求出板间场强由U=Ed求出N点与下板的电势差，确定N点的电势解答：解；板间场强为：E=N/C=400N/C板间电场方向向上，A点的电势低于B板
19、的电势，B板电势为零，则A板电势为4VB与N间电势差UBN=EdBN=4002103V=0.8V，则N点电势为0.8V故答案为：400，4，0.8点评：求电势时，一般先求出该点与零电势点间的电势差，根据电势的高低再求该点的电势14（6分）（2022秋凉州区校级期末）匀强磁场中有一段长为0.2m的直导线，它与磁场方向垂直，当通过3A的电流时，受到6.0102 N的磁场力，则磁场的磁感应强度是0.1特当导线长度缩短一半时，磁场的磁感应强度是0.1特当通入的电流加倍时，磁场的磁感强度是0.1 特考点：安培力；磁感应强度版权所有分析：由磁感应强度的定义式B=可以求出磁感应强度大小；磁场的磁感应强度与导
20、线的长度无关解答：解：由题，通电导线与磁场垂直，则磁场的磁感强度为 B=T=0.1T磁场的磁感强度由磁场本身决定，与通电导线的长度无关，故磁场的磁感强度仍为0.1T磁场的磁感强度由磁场本身决定，当通入的电流加倍时，磁场的磁感强度仍为0.1T故答案为：0.1，0.1，0.1；点评：熟练应用磁感应强度定义式即可求出磁感应强度，要注意定义式的适用条件知道磁感应强度的决定因素会计算当导线与磁场有一定夹角时的安培力的大小15（6分）（2022秋埇桥区校级月考）一矩形线圈面积S=102m2，它和匀强磁场方向之间的夹角1=30，穿过线圈的磁通量=1103Wb，则磁场的磁感强度B=0.2T；若线圈以一条边为轴
21、的转180，则穿过线圈的磁能量的变化为1103Wb；若线圈平面和磁场方向之间的夹角变为2=0，则=0考点：磁感应强度；磁通量版权所有分析：通过线圈的磁通量可以根据=BSsin进行求解，为线圈平面与磁场方向的夹角解答：解：当线圈和匀强磁场方向之间的夹角1=30时，根据=BSsin得：T若线圈以一条边为轴转180，则线圈平面和匀强磁场方向之间的夹角3=210时，则=Bsin210=0.2102（0.5）=1103Wb若线圈平面和磁场方向之间的夹角变为2=0，则=0故答案为：0.2T，1103Wb；0点评：解决本题的关键掌握磁通量的公式，知道当线圈平面与磁场平行时，磁通量为0，当线圈平面与磁场方向垂
22、直时，磁通量最大16（2分）（2022秋南安市校级期末）用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图所示的读数是0.740mm考点：螺旋测微器的使用版权所有专题：实验题分析：螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，可动刻度的精度为0.01mm，在读可动刻度读数时需估读解答：解：螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为24.00.01mm=0.240mm，所以最终读数为：0.5mm+0.240mm=0.740mm故答案为：0.740点评：决本题的关键是掌握螺旋测微器的读数方法，螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读17（6分）（2022秋夏县校级期
23、末）某同学先用欧姆表的“10”档粗测一电阻阻值，欧姆表示数如图1所示，现欲用伏安法较准确地测定其阻值，给出下列仪器供选用：A9V电池B电流表（00.6A，10）C电流表（00.1A，3）D电压表（03V，2k）E电压表（015V，45k）F滑动变阻器（010，0.1A）G滑动变阻器（020，1A）H导线、电键（1）上述器材中应选用ACEG（填代号）（2）在虚线框中（图2）画出电路图考点：用多用电表测电阻版权所有专题：实验题分析：欧姆表读数时注意倍率的数值；应根据电路中最大电流来选择电流表量程；当滑动变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器应用分压式接法，应选全电阻小的变阻器，但要同时考虑变阻器的
24、额定电流影响解答：解：（1）欧姆表的示数为：Rx=1610=160，根据I=可知，电路中最大电流为：Imax=A=0.06A，所以电流表应选C，由于电动势E=9V，所以电压表应选E，由于两个变阻器的全电阻远小于待测电阻，变阻器应用分压式接法，考虑到变阻器额定电流的影响，变阻器应选G（2）由于=187.5=53.3，所以电流表应用外接法；考虑到变阻器的全电阻远小于待测电阻，所以变阻器应用分压式接法，电路图如图所示：故答案为：（1）A，C，E，G； （2）如图点评：当滑动变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器应选全电阻小的变阻器，但要考虑到额定电流的影响，尽量选择额定电流大的变阻器三、计算题、（共
25、26分）18（9分）（2022秋黄山校级期中）如图所示电路中，R1=3，R2=6，R3=1.5，C=20F当开关S1闭合、S2断开，电路稳定时，电源的总功率为2W，当开关S1、S2都闭合，电路稳定时，电源的总功率为4W，求：（1）电源电动势E和内电阻r；（2）当S1、S2都闭合时电源的输出功率及电源内部产生的热功率；（3）当S1闭合，分别计算在S2闭合与断开时，电容器所带的电荷量各为多少？考点：闭合电路的欧姆定律；电容；电功、电功率版权所有专题：电容器专题分析：（1）分析电路的结构，然后根据闭合电路的欧姆定律解答即可；（2）根据公式：P=I2R即可计算出功率；（3）根据闭合电路的欧姆定律，计算
26、出两种情况下的电流，然后根据串联电路的电压分配关系计算出两种情况下的电压，最后由Q=CU计算电量即可解答：解：（1）当开关S1闭合、S2断开，电路稳定时，R2与R3串联，W 当开关S1、S2都闭合，电路稳定时，电路中R1与R2并联后与R3串联，W 联立代入数据得：E=4V，r=0.5（2）当S1、S2都闭合时电路中的电流：A电源的输出功率：W及电源内部产生的热功率：W（3）当开关S1、S2都闭合，电路稳定时，电路中R1与R2并联后与R3串联，此时电容器两端的电压是0，所以电容器上的电量：Q1=0当开关S1闭合、S2断开，电路稳定时的电流：A电容器两端的电压是R2两端的电压，即：U2=I2R2=
27、0.56=3V电量：C答：（1）电源电动势是4V，内电阻是0.5；（2）当S1、S2都闭合时电源的输出功率是3.5W，电源内部产生的热功率是0.5W；（3）当S1闭合，分别计算在S2闭合与断开时，电容器上的电量分别是0和6105C点评：在闭合电路的解答过程中，分析清楚电路的结构是解题的关键，分析清楚电路的结构后，结合闭合电路的欧姆定律与相关的公式即可解答19（8分）（2022春金家庄区校级期末）如图所示，通电导体棒AC静止于水平导轨上，棒的质量为m长为l，通过的电流强度为I，匀强磁场的磁感强度B的方向与导轨平面成角，求导轨受到AC棒的压力和摩擦力各为多大？考点：电功、电功率；焦耳定律版权所有专
28、题：恒定电流专题分析：如图，导体棒AC静止于水平导轨上，受到重力、安培力、导轨的支持力和静摩擦力导体棒与磁场方向垂直，安培力大小FA=BIl，根据左手定则判断安培力方向，根据平衡条件求解导轨对导体棒的支持力和摩擦力，再由牛顿第三定律求解导轨受到AC棒的压力和摩擦力解答：解：以导体棒AC为研究对象，分析受力，如图其中，安培力大小FA=BIl，根据平衡条件得 N+FAcos=mg f=FAsin 由得，N=mgFAcos=mgBIlcos由得，f=BIlsin 由牛顿第三定律得，导轨受到AC棒的压力和摩擦力各为mgBIlcos和BIlsin答：导轨受到AC棒的压力和摩擦力各为mgBIlcos和BI
29、lsin点评：本题是磁场知识与力学知识的综合，比较简单，安培力是桥梁，关键是安培力的方向判断和大小计算20（9分）（2022秋无棣县校级期末）如图所示，铜棒ab长0.1m，质量为6102kg，两端与长为1m的轻铜线相连静止于竖直平面内整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=0.5T，现接通电源，使铜棒中保持有恒定电流通过，铜棒发生摆动，已知最大偏转角为37，（1）在此过程中铜棒的重力势能增加了多少；（2）通电电流的大小为多大（不计空气阻力，sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）考点：安培力版权所有分析：根据重力做功求出重力势能的增加量，根据动能定理求出安培力的大小从而通过安培力的大小公式求出恒定电流的大小解答：解：（1）铜棒上升的高度h=l（1cos37），则重力势能的增加量为：Ep=mgl（1cos37）=0.06100.10.2J=0.012J（2）对铜棒运用动能定理得：FAlsin37mgl（1cos37）=0代入数据解得：FA=0.2N根据FA=BIL得：I=4A答：（1）在此过程中铜棒的重力势能增加了0.012J；（2）通电电流的大小为4A点评：本题通过动能定理抓住上升的最大摆角处速度为零求出安培力的大小，本题容易误解为在最大位移处处于平衡，通过共点力平衡求解
