上饶县中学2022届高二年级上学期第三次月考物理试卷(惟义、特零班)一、选择题(本题14小题，每小题4分，共56分，其中题为1、2、3、6、9、12、13多选题，全部选对的4分，选不全的得2分，有选错的或不答的得0分)。1.铅蓄电池的电动势为2V，下列说法正确的是（）A.电路中每通过2C的电荷量，铅蓄电池把2J的化学能转化为电能。B.铅蓄电池在未接入电路时，电池两端的电压等于2V。C.铅蓄电池在1S内总是将2J的化学能转变成电能。D.铅蓄电池将化学能转化为电能的本领比一节1.5V的干电池大。【答案】BD【解析】电池是把化学能转化为电能的装置，电路中每通过1C电荷量，该铅蓄电池把2J的化学能转变为电能，选项A错误；只有外电路断路时，铅蓄电池两极间的电压才等于电源的电动势2V，选项B错误；铅蓄电池的电动势为2V，表示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为2J，不一定是在单位时间内，故C错误；电源的电动势是表示电源将其它形式的能转化为电能的本领，铅蓄电池的电动势比一节干电池的电动势大，也就是该铅蓄电池将化学能转化为电能的本领比一节干电池(电动势为1.5V)的大，故D正确；故选D.2.如图所示电路，电源内阻不可忽略。在滑动变阻器滑片由a滑向b的过程中，下列说法中正确的是A.电流表示数增大B.小灯泡L亮度增加C.电源内电阻消耗功率减小D.电源输出功率一定增加-17-\n【答案】AC【解析】A、滑片向b端移动时滑动变阻器接入电阻增大；则电路中总电流减小；由E=U+Ir可知，路端电压增大；则流过R的电流增大；故电流表示数增大；故A正确；B、因总电流减小，而流过R的电流增大；由并联电路的分流规律可知，流过灯泡的电流减小；故灯泡亮度减小；故B错误；C、因电流减小，则由功率公式可知，是源内部消耗的功率减小；故C正确；D、当电源内外电阻相等时，电源的输出功率最大；本题无法得出内外电阻的大小关系；故无法确定功率的变化；故D错误；故选AC．【点睛】本题考查闭合电路欧姆定律及功率公式，在解题时要注意明确电源的输出功率的极值问题的应用；注意电源的总功率随外电阻的变化而变化，防止错选D．3.质量为m、带电量为q的小球，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向里的匀强磁场中，其磁感应强度为B，如右图所示。若带电小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法中正确的是A.小球带正电B.小球在斜面上运动时做匀加速直线运动C.小球在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动D.小球在斜面上下滑过程中，当小球对斜面压力为零时的速率为mgcosθ／Bq【答案】BD【解析】【分析】带电小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，知洛伦兹力的方向垂直于斜面向上，根据左手定则判定小球的电性．对小球进行受力分析，根据受力情况确定其运动情况．当压力为零时，抓住垂直于斜面方向上的合力为零，求出小球的速率．-17-\n【详解】带电小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，知洛伦兹力的方向垂直于斜面向上。根据左手定则知，小球带负电。故A错误。小球在运动的过程中受重力、斜面的支持力、洛伦兹力，合外力沿斜面向下，大小为mgsinθ，根据牛顿第二定律知a=gsinθ，小球在离开斜面前做匀加速直线运动。故B正确，C错误。当压力为零时，在垂直于斜面方向上的合力为零，有mgcosθ=qvB，解得v＝．故D正确。故选BD。4.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；若将M处长直导线移至P处，则O点的磁感应强度大小为A.B.C.D.【答案】B【解析】依题意，每根导线在O点产生的磁感强度为，方向竖直向下，则当M移至P点时，两根导线在O点形成的磁场方向成600角，则O点合磁感强度大小为B=2××cos30°=，B正确．5.如图所示，有两根长均为L、质量均为m的细导体棒a、b，其中a被水平放置在倾角为45°的绝缘光滑斜面上，b被水平固定在斜面的右侧，且与a在同一水平面上，a、b相互平行。当两细棒中均通以大小为I的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止，下列说法正确的是（）A.斜面对导体a的作用力大小为mgB.b中电流在a处产生的磁场的磁感应强度B方向竖直向上，大小为C.b中电流在a处产生的磁场的磁感应强度B方向竖直向下，大小为D.若使b竖直向下移动，a仍能保持静止【答案】B【解析】通电导体a处于通电导体b的磁场中，由右手螺旋定则可得通电导体a-17-\n处于竖直向上的磁场中，根据左手定则可知a受到水平向右的安培力，故a受竖直向下的重力，水平向右的安培力，以及斜面对a的支持力，三力平衡，根据共点力平衡条件可得，，解得，AC错误B正确；当b竖直向下移动，导体棒间的安培力减小，根据受力平衡条件，当a受力的安培力方向顺时针转动时，只有大小变大才能保持平衡，而安培力在减小，因此不能保持静止，故D错误．6.如图所示，一根长度为L的直导体棒中通以大小为I的电流，静止放在导轨上，垂直于导体棒的匀强磁场的磁感应强度为B，B的方向与竖直方向成θ角。下列说法中正确：A.导体棒受到磁场力大小为BILB.导体棒对轨道压力大小为mg－BILcosθC.导体棒受到导轨摩擦力为μ(mg－BILsinθ)D.导体棒受到导轨摩擦力为BILcosθ【答案】AD【解析】A、根据左手定则可得导体棒受力分析如图所示：B与I垂直,故导体棒受到磁场力大小为,选项A正确;B、根据共点力平衡规律得:,得导体棒对轨道的压力大小为选项B错误;C、因为导体棒受到的是静摩擦力,因而受到静摩擦力大小要运用力的平衡规律求解,即为,选项C错误,选项D正确.综上所述本题答案是：AD7.-17-\n如图所示，将一根绝缘金属导线弯曲成一个完整的正弦曲线形状，它通过两个小金属环与长直金属杆导通，图中a、b间距离为L，导线组成的正弦图形顶部或底部到杆的距离都是d。右边虚线范围内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于弯曲导线所在平面的匀强磁场，磁场区域的宽度为3L/4，现在外力作用下导线沿杆正以恒定的速度v向右运动，t=0时刻a环刚从O点进入磁场区域，则下列说法正确的是（）A.时刻，回路中的感应电动势为BdvB.时刻，回路中的感应电动势为2BdvC.时刻，回路中的感应电流第一次开始改变方向D.时刻，回路中的感应电流第一次开始改变方向【答案】D【解析】导线切割磁感线产生的感应电动势：E=Blv=Byv，其中l指的是有效长度，在本题中l指的是纵坐标大小，即：y=dsinθ=dsinωt=dsint=dsint=dsin，当t=时，导线切割磁感线的有效长度L=0，所以感应电动势为0，故A正确；当t=，L为d，所以感应电动势E=Bdv，故B错误；由E=Bdvsin（vt）知，在vt=0.5L处（相当于π处）感应电流第一次改变方向，所以t=时刻，回路中的感应电流第一次开始改变方向，故C错误，D正确；故选AD。点睛：此类问题考查了切割磁感线产生的感应电动势的有效长度，并将有效长度刻意通过数学正弦函数表达，并且结合函数知识分析出改变方向的时刻。8.目前，我国的电磁弹射技术已达到世界先进水平，将很快装备到下一代航母中．航母上舰载机电磁弹射的驱动原理如图所示，当闭合，固定线圈中突然通过直流电流时，线圈左侧的金属环（舰载机）被弹射出去．则-17-\nA.闭合的瞬间，从左侧看环中的感应电流沿顺时针方向B.若将电池正负极调换后，金属环将向右弹射C.若将金属环置于线圈的右侧，金属环将向左弹射D.若将金属环置于线圈的右侧，金属环将向右弹射【答案】D【解析】A、闭合瞬间穿过金属环的磁通量增大，依据楞次定律，从左侧看感应电流沿逆时针方向；故A错误；B、电池正负极变化只影响磁场方向并不影响磁场的变化，根据“来拒去留”可得，金属环受力向左，故将向左弹射出去，故B错误；CD、若将金属环置于线圈的右侧，根据“来拒去留”可得，金属环受力向右，故将向右弹射出去，故D正确，C错误；故选D。9.在如图甲所示的电路中，L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25A，则此时( )A.L1两端的电压为L2两端电压的2倍B.L1消耗的电功率为0.75WC.L2的电阻为12ΩD.L1、L2消耗的电功率的比值大于4【答案】BD【解析】试题分析：L2和L3并联后与L1串联，L2和L3的电压相同，电流也相同，电路中的总电流为0.25A，从而求出通过三个灯泡的电流，由图乙读出三个灯泡两端的电压，由R=求出L2的电阻，根据P=UI求L1、L2消耗的电功率的比值．解：A、L2和L3并联后与L1串联，L2和L3的电压和电流均相同，则L1的电流为L2-17-\n电流的2倍，由于灯泡是非线性元件，所以L1的电压不是L2电压的2倍，故A错误；B、根据图象可知，当电流为0.25A时，电压U=3V，所以L1消耗的电功率P=UI=0.75W，故B正确；C、L2的电流为0.125A，由图可知，此时L2的电压小于0.5V，根据R2=可知，L2的电阻小于4Ω，故C错误；D、根据P=UI可知，L2消耗的电功率P2＜0.125×0.5=0.0625W，所以L1、L2消耗的电功率的比值大于4；1，故D错误；故选：B【点评】本题的关键是搞清电路的结构，能够从图中读出有效信息，对于线性元件，R==，但对于非线性元件，R=≠．10.如图所示是由基本逻辑电路构成的一个公路路灯自动控制电路，图中虚线框内M是一只感应元件，已知光敏电阻随光强增大而电阻减小，热敏电阻随温度增大而电阻减小，虚线框N中使用的是门电路。则（）A.M为光敏电阻，N为与门电路B.M为光敏电阻，N为非门电路C.M为热敏电阻，N为与门电路D.M为热敏电阻，N为或门电路【答案】B【解析】试题分析：随光照强度电阻变化的是光敏电阻，光线不够时，光敏电阻比较大，分担的电压比较大，输入门电路的低电势，而输出高电势时，路灯才会亮．所以该门电路为非门电路．故B正确，ACD错误．故选B。考点：逻辑电路-17-\n11.如图所示，一个带正电的滑环套在水平且足够长的粗糙绝缘杆上，整个装置处在与杆垂直的水平方向的匀强磁场中，现使滑环获得向右的初速度，滑环在杆上的运动情况可能是：A.始终作匀速运动B.先作加速运动，后作匀速运动C.先作减速运动，后作匀速运动D.先作减速运动，最后静止在杆上【答案】ACD【解析】A、给滑环套一个初速度，将受到向上的洛伦兹力，若洛伦兹力等于物体的重力，滑环将做匀速直线运动．故A正确；B、滑环在水平方向上受到摩擦力，不可能加速运动．故B错误；C、若重力小于洛伦兹力，滑环受到向下的弹力，则受到摩擦力，做减速运动，当洛伦兹力等于重力时，又做匀速运动，故C正确；D、若重力大于洛伦兹力，滑环受到向上的弹力，则受到摩擦力，将做减速运动，最后速度为零，故D正确．故选ACD。12.单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转动轴垂直于磁场．若线圈所围面积的磁通量随时间变化的规律如图所示，则( )A.线圈中0时刻感应电动势最小B.线圈中C时刻感应电动势为零C.线圈中C时刻感应电动势最大D.线圈从0至C时间内平均感应电动势为0.4V【答案】BD【解析】-17-\n由图知，在t=0时刻磁通量最小，但磁通率的变化量最大，故产生感应电动势最大，A错误；同理C时刻磁通量的变化率等于零，所以电动势为零，故B正确；C错误；线圈从0至C时间内平均感应电动势，根据所以D正确。13.如右图所示,内阻为r的线圈面积为S,共N匝,处在磁感应强度为B的匀强磁场中,以角速度ω匀速转动,线圈通过电刷与一个阻值为R的电阻连接,V为理想交流电压表.则下列说法正确的是A.电压表的读数是B.电阻R上消耗的功率为C.以图示位置为计时零点,电流的表达式为D.线圈从图示位置开始转过90°角的过程中,通过线圈导线截面的电量为【答案】B【解析】【详解】交流发电机产生电动势的最大值Em=NBSω；交流电压表显示的是路端电压有效值，示数为，A错误；电阻R上消耗的功率为，选项B正确；电流的最大值，则以图示位置为计时零点,电流的表达式为，选项C错误；线圈从t=0时刻开始转过90°的过程中，通过电阻的电量为，D错误；故选B。【点睛】本题考查了交流电的有关的计算问题；知道交流电的最大值及瞬时值表达式，记住，求电量用电动势的平均值，求热量用有效值；记住求解电量的经验公式．14.如图所示为演示交变电流产生的装置图，关于这个实验，正确的说法是（）-17-\nA.线圈每转动一周，线圈中感应电流的方向改变1次B.图示位置为中性面，线圈中无感应电流C.图示位置ab边的感应电流方向为a→bD.线圈平面与磁场方向平行时，磁通量变化率为零【答案】C【解析】A：线圈每转动一周，线圈中感应电流的方向改变2次，故A项错误。B：图示位置线圈与磁场平行，垂直于中性面，线圈中感应电流出现最大值。故B项错误。C：根据线圈转动方向，可知图示位置ab边向右运动切割磁感线，由右手定则可知，图示位置ab边的感应电流方向为a→b。故C项正确。D：线圈平面与磁场方向平行时，磁通量为零，磁通量变化率最大。故D项错误。点睛：中性面位置时(线圈与磁场垂直)，磁通量最大，磁通量变化率为零，感应电动势、感应电流为零，电流方向发生改变；垂直中性面位置时(线圈与磁场平行)，磁通量为零，磁通量变化率最大，感应电动势、感应电流最大。二、实验题（每空1分，共8分）15.为了测量由两节干电池组成的电池组的电动势和内电阻，某同学设计了如图甲所示的实验电路，其中R为电阻箱，R0=5Ω为保护电阻．(1)断开开关S，调整电阻箱的阻值，再闭合开关S，读取并记录电压表的示数及电阻箱接入电路中的阻值．多次重复上述操作，可得到多组电压值U及电阻值R，并以为纵坐标，以为横坐标，画出的关系图线（该图线为一直线），如图丙所示．由图线可求得电池组的电动势E=_____V，内阻r=_____Ω．（保留两位有效数字）(2)引起该实验系统误差的主要原因是___________．-17-\n【答案】(1).2.9(2).1.1(3).电压表分流，（导致通过电源的电流的测量值偏小）【解析】(1)根据闭合电路欧姆定律进行数学变形，得,根据数学知识得知关系图线的纵截距，斜率;由图得到b=0.35，则电动势，内阻r=kE-R0=2.1×2.9-5≈1.2Ω(2)由图甲所示电路图可知，电压表与电阻箱并联，由于电压表的分流作用，流过保护电阻与电源的电流大于流过电阻箱的电流，这是造成实验误差的原因．【点睛】本题主要考查运用数学知识处理问题的能力，采用的是转换法，将非线性关系转换成线性，直观简单．16.（1）小明同学用螺旋测微器对一段金属丝进行了直径的测量，如图所示，可知其直径为_______mm。（2）小明用多用电表测一金属丝的电阻，进行了如下操作，请你将相应的操作步骤补充完整。①将红、黑表笔分别插入多用电表的“+”“-”插孔，选择开关旋至电阻“×10”档位；②将红、黑表笔短接，调节____旋钮（填图甲中的“A”或“B”或“C”），使欧姆表指针对准电阻的____处（填“0刻度线”或“∞刻度线”）；③将红、黑表笔分别与金属丝的两端相接，此时多用电表的示数如图乙所示；④为了使金属丝的阻值测量能够再准确些，小明应将选择开关旋至电阻档___（填“×1”或“×1k”）档位，重新进行电阻调零；⑤重新测量，得到如图丙所示结果，则金属丝的电阻为_____Ω。【答案】(1).3.470(2).B(3).0刻线处(4).×1(5).6.0-17-\n【解析】【分析】（1）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．（2）用多用电表粗测金属丝的阻值时选档后一定要先进行欧姆调零，读数时尽量使指针指在中央刻度附近，欧姆表的读数等于表盘示数乘以倍率．【详解】（1）螺旋测微器的固定刻度为3mm，可动刻度为47.0×0.01mm=0.470mm，所以最终读数为：3mm+0.470mm=3.470mm．（2）用多用电表粗测金属丝的阻值时选档后一定要先进行欧姆调零：将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮B，使指针对准电阻的0刻线处；选“×10”挡位时由图乙知指针偏转角度较大，被测阻值较小，应换小档：“×1”档，换挡后重新欧姆调零．测量后如图丙所示指针示数为6，倍率为“×1”，故最后读数为：6×1=6Ω。【点睛】本题考查了欧姆表的正确使用方法及欧姆表读数，用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．三、计算题（36分）17.如图所示的一个螺线管，匝数n=1000匝，横截面积为S=200cm2，电阻r=1Ω，在螺线管外接一个阻值R=4Ω的电阻，电阻的一端b跟地相接。一方向向左，穿过螺线管的匀强磁场的磁感应强度随时间变化规律如图线B-t所示，求：(1)从计时起在t=3s、t=5s时穿过螺线管的磁通量是多少？(2)在前6s内电阻R产生的热量.【答案】(1)(2)【解析】（1）由图象知,0～4s内B随t的变化关系为：故t=3s时,B=3.5T故t=3s时磁通量为：4～6s内B随t变化关系为：-17-\n故t=5s时,B=2T磁通量:(2)0～4s内，电路中的动势为：电流0～4s内R产生的热量为4～6s内，电路中的动势为：电流4～6s内R产生的热量为所以,前6s内R产生的热量为:综上所述本题答案是（1）；（2）18.如图所示，M为一线圈电阻的电动机，R＝24Ω，电源电动势E＝40V．电流表内阻不计，当S断开时，电流表的示数，当开关S闭合时，电流表的示数．求：（1）电源内阻．（2）开关S闭合时电源的输出功率【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）当S断开时E=I1（R+r），代入数据得r=1Ω。（2）设开关S闭合时，路端电压为U2，U2=E-I2r=36 VP=I2U2=144 W。-17-\n19.如图所示，在xOy平面内，MN与y轴平行，间距为d，其间有沿x轴负方向的匀强电场。y轴左侧有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B1；MN右侧空间有垂直纸面不随时间变化的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的粒子以v0的速度从坐标原点O沿x轴负方向射入磁场，经过一段时间后再次回到坐标原点，粒子在此过程中通过电场的总时间t总=，粒子重力不计，求：（1）左侧磁场区域的最小宽度；（2）电场区域电场强度的大小；（3）右侧磁场区域宽度及磁感应强度满足的条件。【答案】．（1）（2）（3）①当半径r=R时，则B==2B1右侧磁场的最小宽度为②当半径r=2R时，B==B1右侧磁场的最小宽度为【解析】本题考查粒子在组成场中的运动及临界条件。（1）粒子在磁场做圆周运动（半圈）由轨道半径：由几何知识可知，左侧磁场的最小宽度就是粒子做圆周运动的半径即（2）粒子在电场中来回的总时间为t总=，所以电场对带电粒子单次通过的时间为t=，显然，粒子首次通过电场中是加速运动，粒子应该带负电．由即得到：-17-\n（3）粒子在左侧磁场中向下偏转，通过电场加速后进入右侧磁场，要使其能够回到原点，在右侧磁场中应向下偏转，且偏转半径为R或2R，粒子加速通过电场加速后进入右侧磁场速度为v．根据速度公式，有：v=v0+at=2v0根据牛顿第二定律，有：解得：①当半径r=R时，则B==2B1 右侧磁场的最小宽度为 ②当半径r=2R时，B==B1 右侧磁场的最小宽度为 20.间距为l=0.5m两平行金属导轨由倾斜部分和水平部分平滑连接而成，如图所示，倾斜部分导轨的倾角θ=30°，上端连有阻值R=0.5Ω的定值电阻且倾斜导轨处于大小为B1=0.5T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。水平部分导轨足够长，图示矩形虚线框区域存在大小为B2=1T、方向竖直向上的匀强磁场，磁场区域的宽度d=3m。现将质量m=0.1kg、内阻r=0.5Ω、长l=0.5m的导体棒ab从倾斜导轨上端释放，达到稳定速度v0后进入水平导轨，当恰好穿过B2磁场时速度v=2m/s，已知导体棒穿过B2磁场的过程中速度变化量与在磁场中通过的距离满足（比例系数k未知），运动过程中导体棒始终与导轨垂直并接触良好，不计摩擦阻力和导轨电阻。求：（1）导体棒ab的速度v0；（2）导体棒ab穿过B2磁场过程中通过R的电荷量及导体棒ab产生的焦耳热；-17-\n（3）若磁场B1大小可以调节，其他条件不变，为了使导体棒ab停留在B2磁场区域，B1需满足什么条件。【答案】（1）8m/s（2）1.5C；1.5J（3）【解析】（1）当导体棒ab运动稳定后，做匀速运动，由平衡条件知，ab产生的感应电动势感应电流联立得（2）穿过B2磁场过程中通过R的电荷量联立得1.5C设穿过B2磁场过程中产生的总焦耳热为Q，则由能量守恒定律知导体棒ab产生的焦耳热联立得Q=1.5J（3）根据题意有，，则若导体棒ab以速度v′通过B2磁场时与在磁场中通过的距离x′满足导体棒ab在B1磁场中达到稳定速度时，由平衡条件知又联立得根据题意，联立以上二式并代入数据得T。【点睛】-17-\n（1）由导体棒达到稳定速度后进入水平导轨，在区域Ⅰ受力平衡，根据受力平衡列方程，可求稳定速度；（2）根据平均电流求出电荷量；根据能量守恒定律求出回路产生的焦耳热，再根据电路的串联关系求出导体棒产生的焦耳热；（3）由导体棒的速度变化量与位移的关系求得导体棒不能通过区域Ⅱ的初速度范围，然后根据受力平衡求得区域Ⅰ的磁感应强度范围。-17-
