安徽省滁州市定远县育才学校2020-2021学年高二下学期第三次月考物理试卷 WORD版含答案.docx

1、育才学校2020-2021学年第二学期第三次月考试卷高二物理试题一、单选题（本大题共12小题，共48分）1. 如图所示，把一直导线平行地放在小磁针的正上方附近，当导线中有电流通过时，小磁针会发生偏转发现这个实验现象的物理学家是()A. B. C. D. 2. 下列关于电场和磁场的说法中正确的是()A. 根据B=FIL，若放在磁场中某处的通电导线所受磁场力为零，则该处磁感应强度的大小必定为零B. 奥斯特发现电流磁效应现象时，实验中的通电直导线应该沿东西方向水平放置C. 电场强度处处相等的区域内，电势也一定处处相等D. kgAs2也能用来作为表示磁感应强度单位的符号3. 中国宋代科学家沈括在公元1

2、086年写的梦溪笔淡中最早记载了“方家(术士)以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也”。进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布如图所示，结合上述材料，下列说法正确的是A. 在地磁场的作用下小磁针静止时指南的磁极叫北极，指北的磁极叫南极B. 对垂直射向地球表面宇宙射线中的高能带电粒子，在南、北极所受阻挡作用最弱，赤道附近最强C. 形成地磁场的原因可能是带正电的地球自转引起的D. 由于地磁场的影响，在奥斯特发现电流磁效应的实验中，通电导线应相对水平地面竖直放置4. 如图所示，O为两个等量异种电荷连线的中点，P为连线中垂线上的一点，对O、P两点的比较正确的是()A. O=P，E0P，E0=

3、EpC. 负电荷在P点的电势能大 D. O、P两点所在直线为等势线5. 在如图所示电路中，当滑动变阻器滑片P向上移动时，则()A. A灯变亮、B灯变亮、C灯变亮 B. A灯变暗、B灯变亮、C灯变暗C. A灯变亮、B灯变暗、C灯变暗 D. A灯变暗、B灯变暗、C灯变亮6. 某电场的电场线分布如图所示(实线)，以下说法正确的是()A. c点场强大于b点场强B. b和c处在同一等势面上C. 若将一试探电荷+q由a点移动到d点，电荷的电势能将增大D. 若某一点电荷只在电场力的作用下沿虚线由a点运动到d点，可判断该电荷一定带负电7. 纸面上有正方形MPNQ，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点且与

4、纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相同的电流。当整个系统处于外加的匀强磁场中，外加磁场的磁感应强度大小为B0时，P点的磁感应强度为零，则Q点的磁感应强度大小为A. 0 B. B0 C. 2B0 D. 2B08. 如图所示，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接，已知导体棒ML受到的安培力的大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为()A. 0B. 1.5FC. 2FD. 3F9. 如图为直流电动机提升重物的装置，重物的重量G=500N，电源电动势E=90V，电源内阻为2，不计各处摩擦，当电动机以v=06m/s的

5、恒定速度向上提升重物时，电路中的电流I=5A，则A. 电源的输出功率为450wB. 电动机线圈的电阻为16C. 电源的效率为66.7%D. 电动机的效率为75%10. 平行板电容器的两极板接在一恒压电源上，板接地。板间有a、b、c三点，如图，若将上板向下移动少许至图中虚线位置，则()A. b点场强减小B. b、c两点间电势差减小C. c点电势升高D. 电容器所带电量减小11. 如图所示，三根长直导线的竖直剖面图在空间构成等边三角形，导线中通有大小相等、方向垂直纸面向里的电流，导线C位于水平面上并处于静止状态，则关于导线C的受力情况正确的是()A. 受到的支持力大于重力 B. 受到的支持力小于重

6、力C. 受到的摩擦力水平向右 D. 受到的摩擦力水平向左12. 如图所示，边长为l，质量为m的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通一逆时针方向的电流，图中虚线过ab边中点和ac边中点，在虚线的下方有一垂直于导线框向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B，此时导线框处于静止状态，细线中的拉力为F1；保持其他条件不变，现将虚线下方的磁场移至虚线上方，此时细线中拉力为F2.导线框中的电流大小为()A. F2-F1BlB. F2-F12BlC. 2(F2-F1)BlD. 2(F2-F1)3Bl二、实验题（本大题共2小题，共16分）13. （8分）当使用多用电表测量物理量时，多用电表表盘示数如

7、图所示。(1)若此时选择开关对准100挡，则被测电阻的阻值为_。若用多用电表测量另一个电阻的阻值发现指针偏离最左端角度很大，则应该换用倍率更_(填“高”或“低”)的挡位，换挡后还要_，用完电表后把选择开关拨到_。(2)下图是一个多量程多用电表的简化电路图，测量电流、电压和电阻各有两个量程。当转换开关S旋到位置3时，可用来测量_；当S旋到位置_时，可用来测量电流，其中S旋到位置_时量程较大。14. （8分）用如图甲所示的电路测量一节蓄电池的电动势和内电阻。蓄电池的电动势约为2V，内电阻很小。除蓄电池、开关、导线外可供使用的实验器材还有：A.电压表(量程3V) B.电流表(量程0.6A)C.电流表

8、(量程3A) D.定值电阻R0(阻值4，额定功率4W)E.滑动变阻器R1(阻值范围0-20，额定电流1A)F.滑动变阻器R2(阻值范围0-2000，额定电流0.1A)(1)电流表应选_；滑动变阻器应选_；(填器材前的字母代号)。(2)根据实验数据作出U-I图象(如图乙所示)，则蓄电池的电动势E=_V，内阻r=_；(3)用此电路测量一节蓄电池的电动势和内电阻，产生误差的原因是_；测出的电动势E与真实值相比偏_；三、计算题（本大题共3小题，共36分）15. （12分）如图所示，质量均为m=8.010-4kg、形状完全相同的两个金属小球A、B，均用L=0.1m的绝缘细线分别悬挂于M、N两点。现使A球

9、带电后，再将悬点N移至与悬点M重合，两球接触后分开，平衡时两球相距d=0.12m。小球均可视为点电荷，重力加速度g取10m/s2，静电力常量k=9.0109Nm2/C2。求：(结果可以保留根号)(1)A球所受的静电力；(2)两球所带电荷量；(3)两球连线中点处的电场强度为多少？16. （12分）如图所示，电动机M的线圈电阻r1=0.4，定值电阻R=24，电源电动势E=40V，断开开关S，理想电流表的示数I1=1.6A；闭合开关S，理想电流表的示数为I2=4.0A，求：(1)电源内阻r；(2)闭合开关S后，通过电阻R的电流IR；(3)闭合开关S后，电动机输入功率PM和输出功率P出。17. （12

10、分）如图所示，两平行金属导轨间距离L=0.4m，金属导轨所在的平面与水平面夹角37，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.5T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.5的直流电源现把一个质量为m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止导体棒与金属导轨动摩擦因数为，且与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的导体棒的电阻R0=2.5，金属导轨电阻不计，g取10m/s2.已知sin37=0.60，cos37=0.80，求：(1)导体棒受到的安培力大小F；(2)导体棒受到的摩擦力f；(3)若要使导体棒能静止，求磁感应强度

11、B的取值范围答案和解析1.C【解析】【分析】本实验是1820年丹麦物理学家奥斯特发现电流磁效应的实验；解答本类问题的关键是了解和掌握物理学史，对在物理学的发展过程起到关键作用的物理学家的贡献有明确的认识。【解答】首先观察到这个实验现象的是丹麦物理学家奥斯特，故ABD错误，C正确；故选C。2.D【解析】B=FIL是磁感应强度的定义式，运用比值法定义，B与F、IL无关；奥斯特实验时通电直导线应水平南北方向放置；电场强度处处相等的区域，电势不一定相等；根据B=FIL推导磁感应强度单位符号。理解磁感应强度定义式，明确沿电场线方向电势降低，会根据B=FIL推导磁感应强度单位。【解答】A.B=FIL是磁感

12、应强度的定义式，通电导线放置方向与磁场方向平行时不受磁场力，但磁感应强度未必为零，故A错误；B.地磁场的磁感线有一个由南向北的分量，奥斯特实验时通电直导线应水平南北方向放置才能产生东西方向的磁场从而在通电时观察到小磁针偏转，故B错误；C.电场强度处处相等的区域内，电势不一定相等，比如匀强电场，沿着电场线方向，电势是降低的，故C错误；D.根据安培力公式B=FIL进行量纲运算可得T=NAm=kgm/s2Am=kgAs2，故D正确。故选D。3.B【解析】A、根据磁极间的相互作用可知，在地面上放置一个小磁针，静止时小磁针的南极指向地磁场的北极；故A错误；B、地球上赤道附近得磁场得方向与地面几乎平行，越

13、往两极磁场得方向与地面之间得夹角越大，所以对垂直射向地球表面宇宙射线中的高能带电粒子，在南、北极所受阻挡作用最弱，赤道附近最强，故B正确；C、地球磁场得N极在地球得地理南极附近，由安培定则可知，形成地磁场的原因可能是带负电的地球自转引起的，故C错误；D、由于地磁场的影响，在奥斯特发现电流磁效应的实验中，通电导线应相对水平地面水平放置，且导线得方向沿南北方向，故D错误。故选：B。4.D【解析】解：AB、等量异种点电荷连线的中垂线电势为零，所以O=P，由等量异种点电荷的电场线的分布，可得O点的电场线最密，P点的较疏。所以EOEp，故AB错误；CD、等量异种点电荷连线的中垂线是等势线，因此负电荷在P

14、点的电势能与O点相同，故C错误，D正确；故选：D。电场强度是描述电场强弱的物理量，它是由电荷所受电场力与其电量的比值来定义。由于电场强度是矢量，电场强度叠加时满足平行四边形定则。电场线越密的地方，电场强度越强。正电荷所受电场力方向与电场强度方向相同。同时沿着电场线方向电势降低。虽然电场线不是实际存在的，但电场线的疏密可以体现电场强度的强弱；可以根据电场线方向来确定电势的高低；同时还考查了等量异种点电荷的电场线的分布，电场线与等势线相互垂直。5.B【解析】当变阻器的滑动触头P向上移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流I减小，A灯变暗；A灯和电源的内电压都减小，由闭合电路欧姆定

15、律得知并联部分电压增大，B灯变亮；由于总电流减小，而通过B灯的电流增大，可知通过C灯的电流减小，则C灯变暗，故ACD错误，B正确。故选B。6.A【解析】A.电场线的疏密表示电场的强弱，由图知c点场强大于b点场强，故A正确；B.沿电场线方向电势逐渐降低，故b点电势大于c点，故B错误；C.若将一试探电荷+q由a点移动到d点，电场力做正功，电荷的电势能将减小，故C错误；D.由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力大致斜向上方，与电场强度方向相同，故粒子带正电，故D错误。故选A。7.D【解析】解：如图所示，M在P点产生的磁场为竖直向下，N在P点产生的磁场水平向右，由于MPNQ为正方形，故MN在P

16、点产生的磁场大小相等，由题意得：MN在P点产生的合磁场与外加磁场的磁感应强度大小相等，方向相反，与MP成45，斜向左上方。同理可推得：MN在Q点产生的合磁场等于B0，与NQ成45，斜向左上方，根据矢量的合成得：Q点的磁感应强度大小为2B0，故D正确，ABC错误。8.D【解析】解：由图示电路可知，ML与LN先串联再与MN并联，设流过ML的电流为I，由并联电路特点可知，流过MN的电流大小为2I，设导体棒的长度为l，由安培力公式得：FML=BIl=FFLN=BIl=FFMN=B2Il=2BIl=2F线框受到的安培力大小：F线框=FMLsin30+FLNsin30+FMN=12F+12F+2F=3F，

17、故ABC错误，D正确。故选：D。9.D10.D【解析】A.电容器电压不变，d减小，根据E=Ud知，两板间电场强度增大，故A错误；B.由于电容器两板间电场强度增大，由U=Ed知，b、c两点间的电势差增大，故B错误；C.因E增大，三点距N板的距离不变，由U=Ed知，故各点到N板间的电势差增大，所以各点的电势均降低，故C错误；D.d减小，电容增大，由Q=CU，电容器所带电量增大，D正确。故选D。11.C【解析】电流在C处产生的磁感应强度的大小分别为B0，根据力的平行四边形定则，结合几何关系，如图所示：则有：BC的方向竖直向下；再由左手定则可知，安培力方向水平向左，由于导线C位于水平面处于静止状态，所

18、以导线C受到的静摩擦力方向水平向右；在竖直方向由平衡条件可得导线C所受支持力与其重力平衡，故C正确，ABD错误。故选C。12.A【解析】当磁场在虚线下方时，通电导线的等效长度为12l，受到的安培力方向竖直向上，故F1+12BIl=mg，当磁场在虚线上方时，通电导线的等效长度为12l，受到的安培力方向竖直向下，故F2=12BIl+mg，联立可得I=F2-F1Bl，A正确，BCD错误。故选A。13.(1)2800；低；欧姆调零；off挡或者交流电压最高档；(2)电阻；1、2；1【解析】 (1)由图示可知，被测电阻阻值为28100=2800.若用多用电表测量另一个电阻的阻值发现指针偏离最左端角度很大

19、，所选挡位太大，为准确测量，则应该换用倍率更低的挡位，换挡后还要欧姆调零，用完电表后把选择开关拨到OFF挡或者交流电压最高挡；(2)当转换开关S旋到位置3时，电源与两并联电阻串联，构成欧姆表，可测量电阻当S旋到位置1、2时，电流表与电阻并联，可用来测量电流S旋到位置1时，量程并联电阻阻值较小则分流较大，故S旋到位置1时，量程较大。故答案为：(1)2800；低；欧姆调零；off挡或者交流电压最高档；(2)电阻；1、2；1。14.(1)B；E (2)2.10；0.2 (3)电压表分流 ；小【解析】解：(1)由题意可知，电源的电动势约为2V，保护电阻为4，故电路中最大电流约为：I=ER0=2V4=0

20、.5A，电流表应选择B；为方便实验操作，滑动变阻器应选择E。(2)由电路利用闭合电路欧姆定律可知：U=E-I(R0+r)则由数学知识可得，图象与纵坐标的交点为电源电动势，故有：E=2.10V而图象的斜率表示保护电阻与内电阻之和，故有：r+R0=2.10-0.420.40=4.2解得电源内阻为：r=0.2(3)根据闭合电路欧姆定律可知，由于电压表的分流作用导致电流表测出的电流小于干路的总电流，从而造成误差；可采用等效电源法分析误差大小：把电压表与电源看做一“等效电源”，根据E=U断可知，电动势测量值应等于等效电源的外电路断开时的路端电压，由于等效电源的外电路断开时，电压表与电源仍然组成一闭合电路

21、，所以电源的路端电压将小于电动势，即电动势的测量值比真实值偏小。故答案为：(1)B，E；(2)2.10，0.2；(3)电压表分流，小(1)由题意可确定出电路中的电流范围，为了保证电路的安全和准确，电流表应略大于最大电流。(2)由电路及闭合电路欧姆定律可得出函数关系，结合数学知识可得出电源的电动势和内电阻。(3)根据图示电路图分析实验误差原因及实验误差。本题考查闭合电路的欧姆定律的仪表选择及数据的处理，注意U-I图形中求出的内阻包含保护电阻，故最后应减去其阻值才是内电阻。15.解：(1)两球接触后电荷量均分，且带同种电荷，则对A球受力分析如图，根据几何关系可得：sin=d2L=0.6，则tan=

22、34，则有F=mgtan=8.010-41034N=6.010-3N。(2)两球接触后两球电荷相同，由库仑定律得F=kqAqBd2，代入F=6.010-3N和k=9.0109Nm2/C2，解得：qA=qB=4610-8C。(3)由于A、B两球接触后分开带等量同种电荷，故由电场的叠加原理可得，两球连线中点处的电场强度为0。答：(1)A球所受的静电力为6.010-3N；(2)两球所带电荷量为4610-8C；(3)两球连线中点处的电场强度为016.解：(1)电源电动势为E=40V，当S断开时，理想电流表的示数I1=1.6A，根据闭合电路欧姆定律可知I1=ER+r，解得电源内阻：r=1。(2)开关S闭

23、合时，理想电流表的示数I2=4.0A，则电源内阻上的电压为U内=l2r=41V=4V，路端电压为U=E-U内=36V，通过电阻R的电流为IR=UR=3624A=1.5A。(3)通过电动机的电流IM=I2-IR=2.5A，电动机两端的电压U=36V，电动机的输入功率PM=UIM=90W，输出功率P出=PM-IM2r1=87.5W答：(1)电源内阻r为1；(2)闭合开关S后，通过电阻R的电流IR为1.5A；(3)闭合开关S后，电动机输入功率PM和输出功率P出为87.5W。17.解：(1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：I=ER0+r=4.52.5+0.5=1.5A导体棒受到的安培力：F=BIL=0.51.50.4=0.30N根据左手定则，方向平行斜面向上；(2)导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1=mgsin37=0.24N，由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f；根据共点力平衡条件，有：mgsin37+f=F解得：f=0.06N(3)气体前2问是恰好不上滑的情况，故Bmax=B=0.5T；如果是恰好不下滑，此时最大静摩擦力向上，安培力最小，故磁感应强度最小，根据平衡条件，有：F=mgsin37-f=0.24N-0.06N=0.18N根据F=BminIL，解得：Bmin=FIL=0.181.50.4=0.3T故0.3TB0.5T