2022-2023学年四川省成都市简阳市阳安中学高二下学期3月月考物理试题 （解析版）

阳安中学高2021级3月月考物理试卷

第Ⅰ卷（选择题，共40分）

一、单项单选题（本题包括8小题，每小题3分，共24分。）

1. 下列说法正确的是

A. 电场强度E是矢量，真空中点电荷的电场强度定义式为

B. 磁感应强度B是矢量，其定义式为

C. 电流I是标量，其定义式为I＝neSv

D. 电容C是标量，平行板电容器的电容定义式为

【答案】B

【解析】

【详解】A. 电场强度E是矢量，真空中点电荷的电场强度决定式为，故A错误．

B. 磁感应强度B是矢量，其定义式为，故B正确．

C. 电流I是标量，其定义式为，故C错误．

D. 电容C是标量，平行板电容器的电容决定式为，故D错误．

2. 电场中某区域的电场线分布如图所示，A、B是电场中的两点，则（　　）

A. A点的电场强度较大

B. 因为B点没有电场线，所以电荷在B点不受电场力的作用

C. 同一点电荷在A点的电势能比在B点的电势能大

D. 负点电荷放在A点由静止释放，将顺着电场线方向运动

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】A．由图可知，A点处电场线较密，电场强度较大。故A正确；

B．电场线的疏密代表电场的强弱，故在任意两条电场线之间虽没有电场线，但仍有电场，故B错误；

C．沿电场线方向电势降低，所以A点的电势较高，根据电势能的公式，有

可知，当放正点电荷时，在A点的电势能较大；当放负电荷时，在A点的电势能较小。故C错误；

D．负电荷放在A点受到的电场力沿电场线的切线方向，由静止释放后，负电荷将离开电场线，所以其运动轨迹与电场线不一致。故D错误。

故选A。

3. 如图甲所示，在匀强磁场中，闭合线框绕垂直于磁场方向的轴匀速转动。线框产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）

A. 交变电流的有效值为

B. 交变电流的周期为

C. 在时穿过线框的磁通量为零

D. 线框匀速转动的角速度为

【答案】D

【解析】

【详解】A．由图乙可知交变电流的最大值3A，则交变电流的有效值为

故A错误；

B．由图可知交变电流的周期为0.02s，故B错误；

C．在时感应电流为零，穿过线框的磁通量最大，故C错误；

D．角速度

故D正确。

故选D。

4. 如图所示电路，电源电压不变，闭合开关后，在滑动变阻器的滑片自中点向右移动到最右端的过程中，下列说法正确的是（　　）

A. 表示数变大，表示数不变

B. 表示数变小，表示数变大

C. 滑片在中点时，消耗的电功率最大

D. 滑片在最右端时，消耗的电功率最小

【答案】D

【解析】

【详解】A．由电路图可知，定值电阻与滑动变阻器并联，表测量的电流，表测量滑动变阻器电流，电压表测量电源电压，在滑动变阻器的滑片自中点向右移动到最右端的过程中，表示数不变，表示数不变，A错误；

B．在滑动变阻器的滑片自中点向右移动到最右端的过程中，滑动变阻器接入电路中的阻值变大，电压等于电源电压不变，则通过滑动变阻器的电流变小，表示数变小，表示数不变，B错误；

C．消耗的电功率为

因为电压等于电源电压，保持不变，电阻也不变，则无论滑片在何处，消耗的电功率不变，C错误；

D．滑片在最右端时，滑动变阻器接入电路中的阻值最大，电压保持不变，根据

可知，此时消耗的电功率最小，D正确；

故选D。

5. 如图所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为θ。在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是（　　）

A. ab向左运动，同时增大磁感应强度B

B. 使磁感应强度B减小，θ角同时也减小

C ab向右运动，同时使θ减小

D. ab向右运动，同时增大磁感应强度B和θ角（0°<θ<90°）

【答案】C

【解析】

【详解】A．ab向左运动，会使闭合回路面积变小，同时增大磁感应强度B，根据

可能使闭合回路的磁通量保持不变，则可能不会产生感应电流，选项A错误；

B．因闭合回路的磁通量

若使磁感应强度B减小，θ角同时也减小，则磁通量可能不变，则可能不会产生感应电流，选项B错误；

C．ab向右运动，会使闭合回路面积变大，同时使θ减小，根据

一定能使闭合回路的磁通量变大，则一定能有感应电流，选项C正确；

D．ab向右运动会使闭合回路面积变大，根据

同时增大磁感应强度B和θ角（0°<θ<90°），则磁通量可能不变，则可能不会产生感应电流，选项D错误；

故选C。

6. 如图所示，有一理想变压器，原、副线圈的匝数比为，原线圈接正弦交流电压，输出端接有一个交流电流表和一个电动机。电动机线圈电阻为。当输入端接通电源后，电流表读数为，电动机带动一重物匀速上升。下列判断正确的是（　　）

A. 电动机两端电压为

B. 电动机消耗的功率为

C. 原线圈中的电流为

D. 变压器原线圈的输入功率为

【答案】D

【解析】

【详解】CD．根据变压器原副线圈电流与匝数的关系可得

解得原线圈中的电流为

变压器原线圈的输入功率为

C错误，D正确；

A．电动机工作时为非纯电阻元件，两端电压为不能用表示，根据变压器原副线圈电压表等于匝数比可得，电动机两端电压为

A错误；

B．电动机消耗的功率为

B错误；

故选D。

7. 如图所示，两个带等量异种电荷的粒子分别以速度和射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为60°和30°，磁场宽度为d，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，则（    ）

A. 两粒子圆周运动的周期之比 B. 两粒子的质量之比

C. 两粒子轨道半径之比 D. 两粒子的速率之比

【答案】A

【解析】

【详解】A．如图

由几何关系可得，从A运动到B，a粒子转过的圆心角为，b粒子转过的圆心角为，两粒子运动时间相同，根据

可得运动周期为

故A正确；

BCD．设粒子a的运动轨迹半径为Ra，粒子b的运动轨迹半径为Rb，根据几何关系可知

整理可得

两粒子做匀速圆周运动有

由此可得

粒子所受洛伦兹力提供向心力，故有

整理可得

由此可得

故BCD错误。

故选A

8. 如图所示，A、B为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S分别与电源两极相连，两极板中央各有一个小孔a和b，在a孔正上方某处放一带电质点由静止开始下落，若不计空气阻力，该质点到达b孔时速度恰为零，然后返回。现要使带电质点能穿过b孔，则可行的方法是（　　）

A. 保持S闭合，将A板适当上移

B. 保持S闭合，将B板适当下移

C. 先断开S，再将A板适当上移

D. 先断开S，再将B板适当下移

【答案】B

【解析】

【详解】设质点距离A板的高度为h，A、B两板原来的距离为d，电压为U，质点的电荷量为q。由题知质点到达b孔时速度恰为零，根据动能定理得

A.若保持S闭合，将A板适当上移，U不变，设质点到达b时速度为v，由动能定理得

解得

说明质点到达b孔时速度恰为零，然后返回，不能穿过b孔，故A错误。

B.若保持S闭合，将B板适当下移距离Δd，U不变，由动能定理得

则

质点能穿过b孔，故B正确；

C.若断开S时，将A板适当上移，板间电场强度E不变，设A板上移距离为Δd，质点进入电场的深度为d′时速度为零。由动能定理得

又由原来情况有

比较两式得

说明质点在到达b孔之前，速度减为零，然后返回，故C错误。

D.若断开S，再将B板适当下移，板间电场强度E不变，设B板下移距离为Δd，质点进入电场的深度为d′时速度为零。由动能定理得

又由原来情况有

比较两式得

说明质点在到达b孔之前，速度减为零，然后返回，故D错误。

故选B。

二、多项选择题（本题包括4小题，每小题4分，共16分，全部选对得4分，选对但不全得2分，有错的得0分。）

9. 下列说法正确的是（　　）

A. 如图甲所示，是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，要想粒子获得的最大动能增大，可增加电压U

B. 如图乙所示，是磁流体发电机的结构示意图，可以判断出B极板是发电机的正极，A极板是发电机的负极

C. 如图丙所示，是速度选择器，带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是Eq＝qvB，即

D. 如图丁所示，是霍尔效应示意图，导体上表面的电势比下表面的高

【答案】BC

【解析】

【详解】A．由洛仑兹力提供向心力可得

解得回旋加速器的最终速度公式

则动能为

可知粒子最终动能与加速电压无关，故A错误；

B．磁感线由N极指向S极，由左手定则可知带正电的粒子将向下偏转，所以B极板将聚集正电荷，是发电机的正极，故B正确；

C．带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是电场力与洛仑兹力等大反向，即

Eq＝qvB

解得

故C正确；

D．由左手定则可知自由电子向上偏转，即上表面将聚集负电荷，所以上表面的电势比下表面的低，故D错误。

故选BC。

10. 如图为一块手机电池的背面印有的一些符号，下列说法正确的是（　　）

A. 该电池的容量为1000mA·h

B. 该电池的电动势为3.7V

C. 该电池在工作1小时后达到的电流为1000mA

D. 若电池以20mA的电流工作，可用50小时

【答案】ABD

【解析】

【详解】A．由图可知该电池的容量为1000mA·h，所以A正确；

B．该电池的电动势为3.7V，所以B正确；

C．该电池在工作的电流是可以改变的，不一定是1000mA，所以C错误；

D．若电池以20mA的电流工作，则工作时间为

所以D正确。

故选ABD。

11. 三根足够长的绝缘直导线a、b、c固定放置在同一纸面内，其交点M、N、P恰好构成正三角形，O点为该三角形的中心，点与O点关于导线c对称。现在a、b、c三根导线中分别通入方向如图所示的恒定电流I、3I、5I，已知长直导线电流在空间某点产生的磁感应强度大小与电流大小成正比，与该点到直导线的距离成反比。若O点的磁感应强度大小为，则下列说法正确的是（　　）

A. O点的磁感应强度方向垂直纸面向里

B. 点的磁感应强度大小为

C. 点磁感应强度方向垂直纸面向里

D. 若将b导线中电流反向，则O点的磁感应强度大小变为

【答案】AD

【解析】

【详解】A．根据右手螺旋定则判断，a、b、c直导线在O点的磁感应强度方向均垂直纸面向里，A正确；

B．设a导线在点产生的磁感应强度大小为B，则b导线在点产生的磁感应强度大小为3B，c导线在点产生的磁感应强度大小为5B，则在点产生的磁感应强度总和为

所以

又a导线在点产生的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里；b导线在点产生的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里；c导线在点产生的磁感应强度大小为5B，方向垂直纸面向外，则点的磁感应强度大小为

B错误；

C．根据右手螺旋定则判断，a、b直导线在点磁感应强度方向垂直纸面向里、c导线在点产生的磁感应强度垂直纸面向外，且在点的磁感应强度大小为

所以点产生的磁感应强度垂直纸面向外，C错误。

D．若将b导线中电流反向，则点的磁感应强度大小为

D正确；

故选AD。

12. 某电场的电场强度E随时间t变化规律的图像如图所示。当t=0时，在该电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是（　　）

A. 带电粒子将始终向同一个方向运动

B. 0~3s内电场力对带电粒子的冲量为0

C. 2s末带电粒子回到原出发点

D. 0~2s内，电场力的总功不为零

【答案】BD

【解析】

【详解】AB．设粒子带电量为q，质量为m，由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度大小为

方向沿电场的负方向，则有带电粒子由静止开始沿电场的负方向做匀加速直线运动，速度达到

负方向运动的位移为

带电粒子在第2s内加速度大小为

方向沿电场的正方向，粒子做匀减速直线运动，因a2=2a1，所以经0.5s，速度减到零

负方向减速运动的位移为

然后沿电场正方向做匀加速直线运动，再经0.5s，速度大小达到v1，运动的位移为

第3s内，加速度a1沿电场的负方向，粒子做匀减速直线运动，3s末速度减到零，位移为

因此可知回到出发点，因此粒子在0~3s内的动量变化量是零，A错误；B正确；

C．由以上分析计算可知2s末带电粒子没有回到原出发点，C错误；

D．0~2s内，粒子在2s末时速度达到v1，不是零，由动能定理可知，电场力的总功不是零，D正确。

故选BD。

第Ⅱ卷（非选择题，共60分）

三、实验题（共15分）

13. 某同学做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验，已知小灯泡L“”标称值为“5V；2.5W”，实验室中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：

电压表V1（量程为3V，内阻为3kΩ）

电流表A1（量程为0.6A，内阻约为1.0Ω）

电流表A2（量程为3A，内阻约为0.1Ω）

滑动变阻器R1（0～10Ω，额定电流为2A）

滑动变阻器R2（0～1kΩ，额定电流为0.5A）

定值电阻R3（阻值为10Ω）

定值电阻R4（阻值为3kΩ）

电源E（E=6V，内阻不计）

（1）实验中滑动变阻器应选用___________，电流表应选用___________，定值电阻应选用___________。（均填器材的符号）

（2）在图1中的虚线框内将电路图补充完整___________。（图中标出选用的器材的符号）

（3）实验中得到的该灯泡的伏安特性曲线如图2所示，如果将小灯泡与另一个电动势为4V，内阻为8Ω的电源直接相连，则小灯泡的实际功率为___________W。（保留两位有效数字）

【答案】    ①. R1    ②. A1    ③. R4    ④.     ⑤. 0.44##0.45##0.46##0.47##0.48##0.49##0.50##0.51##0.52##0.53##0.54

【解析】

【详解】（1）[1][2][3]为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1；灯泡额定电流为

电流表A2量程量程太大，所以选电流表A1；因为灯泡的额定电压为5V，电压表的量程为3V，所以应扩大其量程，可以把定值电阻R4与电压表V1串联；

（2）[4]实验要求灯泡两端电压从零开始变化，滑动变阻器应选择分压接法，灯泡的阻值为

由于电压表内阻远大于灯泡内阻，为减小实验误差，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示

（3）[5]在灯泡I-U坐标系内作出电源的I-U图线如图所示

由图示图线可知

U=1.75V

I=0.28A

灯泡实际功率为

P=UI=1.75×0.28=0.49W

14. 某物理兴趣小组的同学从一款电子产品中拆下一个特殊电池，通过查阅说明书了解到该电池的电动势约为1V左右，内阻约为300Ω左右。他们欲通过实验尽量准确的测出该电池的电动势和内阻。除了待测电池，实验室可提供的器材还有：

A.电流表A1（量程为0~300μA，内阻为900Ω）

B.电流表A2（量程为0~0.6A，内阻为1Ω）

C.定值电阻R1（阻值为100Ω）

D.定值电阻R2（阻值1100Ω）

E.电阻箱R（0~99999Ω）

F.导线和开关。

（1）为了顺利完成测量，电流表应选________，定值电阻应选_________；（填所选仪器前的字母序号）

（2）在方框中画出设计的电路图；（      ）

（3）该小组同学按设计的电路图连接好电路，测得几组所选电流表的读数I，以及相应的电阻箱的读数R，做出图线如图所示。通过计算可以求得该电池电动势_______V，内阻________Ω（结果保留2位有效数字）。

【答案】    ①. A    ②. C    ③.     ④.     ⑤.

【解析】

【详解】（1）[1][2]根据题意，由公式

可知，电路中的电流最大值约为

可知，电流表A2量程太大，故选电流表，而电流表的量程太小，需并联一个比电流表内阻小的电阻扩大量程，则定值电阻选择。

（2）[3]由（1）分析，结合题意，设计的电路图如图所示

（3）[4][5]电流表与并联之后的电阻为

设电流表的电流为，干路电流为，则有

由电路图，根据闭合回路欧姆定律有

整理得

结合可得

，

解得

，

四、解答题（共45分）

15. 如图所示，两带电金属板间的电场可视为匀强电场，金属板外无电场，两极板间的距离为d，上极板正中央有一小孔，一质量为m、带电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零，空气阻力不计，重力加速度为g。求：

（1）小球到达小孔处的速度v的大小。

（2）两极板间的电场强度E的大小。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）小球在金属板上方时做自由落体运动，则有

得

（2）带电小球进入金属板后做匀减速直线运动，设其加速度大小为a，则有

根据牛顿第二定律可得

联立解得

16. 风力发电作为新型环保能源，近年来得到了快速发展，如图所示的风车阵中发电机输出功率为100kW，输出电压是250V，用户需要的电压是220V，输电线总电阻为10Ω。若输电线因发热而损失的功率为输送功率的4%。

（1）画出此输电线路的示意图；

（2）求在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比；

（3）求用户得到的电功率。

【答案】(1)见解析；(2)240:11；(3)96kW。

【解析】

【分析】

【详解】(1)如图所示

(2)输电线损耗功率

P线=100×4% kW=4kW

又P线=I22R线，输电线电流

原线圈中输入电流

则升压变压器匝数比

降压变压器输入电压

降压变压器匝数比

(3)用户端电流

解得：

故用户得到的电功率

17. 如图所示，MN、PQ为足够长的平行金属导轨，匀强磁场垂直于导轨平面斜向上，一根金属杆在v=2m/s的速度沿导轨匀速向下滑动，下滑过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好。M、P间连接一个电阻R=5.0，金属杆及导轨的电阻不计，已知导轨间距L=0.5m，磁感应强度B=1T。金属杆质量m=0.05kg，导轨平面与水平面间夹角，，，。

（1）求电阻R中电流I的大小；

（2）求金属杆与导轨间的滑动摩擦因数的大小；

（3）对金属杆施加一个垂直于金属杆且沿导轨平面向上的恒定拉力F=0.1N，若金属杆继续下滑x=2m后速度恰好减为0，求在金属杆减速过程中电阻R上产生的焦耳热。

【答案】（1）0.2A；（2）0.5；（3）0.1J

【解析】

【详解】（1）感应电动势为

由于金属杆及导轨的电阻不计，因此

（2）安培力大小为

由于金属棒匀速运动，根据平衡条件可得

代入数值解得

（3）从施加拉力F到金属棒停下的过程，由能量守恒定律得

代入数值得

Q=0.1J

18. 如图在第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，在第二、三、四象限内存在垂直平面向外的匀强磁场。一带正电粒子从x轴上的M点以速度沿与x轴正方向成60°角射入第二象限，恰好垂直于y轴从N点进入匀强电场，从x轴上的P点再次进入匀强磁场，且P点速度，已知磁场的范围足够大，，粒子的比荷为k，不计粒子重力。求：

（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小；

（2）匀强电场的电场强度E的大小；

（3）粒子从P点进入匀强磁场再次到达x轴的位置与M点的距离以及经历的时间。

【答案】（1）；（2）；（3），

【解析】

【详解】（1）设粒子从M点做圆周运动到N点，圆的半径为，根据洛伦兹力提供向心力

由几何关系

解得

（2）粒子从N点运动到P点，做类平抛运动，根据几何关系

粒子在电场中运动

即

根据动能定理

求得

（3）设粒子从P点进入磁场时速度与x轴正方向夹角为，则有

则

由类平抛规律可得

由

解得

可得过P点作速度v的垂线与y轴交点即为圆心，设粒子再次回到x轴到达点，可得与P关于原点O对称，故

则与M点相距为，从P到点经历时间为