河南省中原名校（即豫南九校）2020学年高二物理上学期第三次联考试题（含解析）

PAGE河南省中原名校（即豫南九校）2020学年高二上学期第三次联考物理试题一．选择题1.在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是()A.将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B.在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C.将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接．往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D.绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化【 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 】D【解析】试题分析：将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，回路中没有磁通量的变化，不能产生感应电流，观察到电流表没有变化，故A错误；在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，回路中没有磁通量的变化，不能产生感应电流，观察到电流表没有变化，故B错误；将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁的过程中有感应电流产生，但是之后，再到相邻房间去观察时，回路中已经没有磁通量的变化，此时观察到的电流表没有变化，故C错误；绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，回路中的磁通量发生变化，能观察电流表的变化，故D正确．故选D。考点：电磁感应现象【名师点睛】解决本题关键要准确把握产生感应电流的一般条件：闭合回路的磁通量发生变化，电路必须闭合。视频2.如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触.把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开，则()A.此时A带正电，B带负电B.此时A电势低，B电势高C.移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合D.先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合【答案】C【解析】试题分析：物体C靠近A附近时，由于静电感应，A端带上负电，B端带上正电；故A错误；此时AB为等势体，两端电势相等；故B错误；移去C后，由于电荷间相互作用，重新中和，达电中性状态，两金属箔均闭合；故C正确；先把AB分开，则A带负电，B带正电，移去C后，电荷不能再进行中和，故两金属箔仍然张开；故D错误；故选C。考点：静电感应视频3.关于电源的电动势，下列说法中正确的是()A.同一电源接入不同的电路，电动势会发生变化B.1号干电池比7号干电池的体积大，但电动势相同C.电动势、电压和电势差虽名称不同，但物理意义相同，所以单位也相同D.电源电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领，电源把其他形式的能转化为电能越多，电势能就越大【答案】B【解析】同一电源接入不同的电路，电动势不会发生变化，选项A错误；1号干电池比7号干电池的体积大，但电动势相同，选项B正确；电动势、电压和电势差不但名称不同，物理意义也不相同，电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，反映了电源内部非静电力做功的本领，电压和电势差是两点之间电势的差，它们只是单位也相同；故C错误。电源电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领，根据W=qE可知，电源把其他形式的能转化为电能越多，电动势不一定大，还跟移动电荷的多少有关，故D错误。故选B.4.如图所示为电流天平，可用来测量匀强磁场的磁感应强度.天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，线圈匝数为N，水平边长为L，线圈的下部处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面．当线圈中通有电流I （方向如图）时，在天平左、右两边加上质量分别为m1、m2的砝码，天平平衡．当电流反向（大小不变）时，左边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡．由此可知（　　）A.磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为B.磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为C.磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为D.磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为【答案】D【解析】当B的方向垂直纸面向里，开始线圈所受安培力的方向向向下，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向上，相当于右边少了两倍的安培力大小，所以右边应加砝码，故AB错误，当B的方向垂直纸面向外，开始线圈所受安培力的方向向向上，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向下，相当于右边多了两倍的安培力大小，需要在左边加砝码．有mg=2NBIL，所以．故C错误、D正确．故选D．点睛：本题考查安培力的计算及运用，解决本题的关键掌握安培力方向的判定，然后知道利用力的平衡去求解问题，此题题目较新颖．5.某人把电流表、干电池和一个定值电阻串联后，两端连接两只测量表笔，做成了一个测量电阻的装置．两只表笔直接接触时，电流表读数是4mA，两只表笔与200Ω的电阻连接时，电流表读数是3mA．现在把表笔与一个未知电阻连接时，电流表读数是2mA，则该未知电阻阻值是（　　）A.600ΩB.1200ΩC.300ΩD.200Ω【答案】A6.如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直.磁场方向与圆环所在平面垂直．磁感应强度B随时间均匀增大．两圆环半径之比为2：1，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb，不考虑两圆环间的相互影响.下列说法正确的是（　　）A.Ea：Eb=4：1，感应电流均沿逆时针方向B.Ea：Eb=4：1，感应电流均沿顺时针方向C.Ea：Eb=2：1，感应电流均沿逆时针方向D.Ea：Eb=2：1，感应电流均沿顺时针方向【答案】B【解析】试题分析：根据法拉第电磁感应定律可得，根据题意可得，故，感应电流产生的磁场要阻碍原磁场的增大，即感应电流产生向里的感应磁场，根据楞次定律可得，感应电流均沿顺时针方向。【考点定位】法拉第电磁感应定律、楞次定律的应用【方法技巧】对于楞次定律，一定要清楚是用哪个手判断感应电流方向的，也可以从两个角度理解，一个是增反减同，一个是来拒去留，对于法拉第电磁感应定律，需要灵活掌握公式，学会变通。视频7.中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地刺偏角：“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示意如图，结合上述材料，下列说法正确的是（　　）A.地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B.地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近C.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D.形成地磁场的原因可能是带负电的地球自转引起的【答案】ABD【解析】地球的地理南极和地理北极与地球的磁南极和磁北极不重合，存在一定的磁偏角，故A、B选项正确；地球两极的磁场与地面垂直，故C选项错误；地球自转方向自西向东，地球的南极是地磁场的北极，由安培定则判断可知地球是带负电的，故D正确；故选ABD.点睛：本题考查了地磁场的性质以及磁通量等 内容 财务内部控制制度的内容财务内部控制制度的内容人员招聘与配置的内容项目成本控制的内容消防安全演练内容 ，要注意借助地磁场的磁场分布分析地磁场对应的性质.8.R1和R2是材料相同、厚度相同、上下表面都为正方形的导体，但R1的尺寸比R2大得多，把它们分别连接在如图所示的电路的A、B两端，接R1时电压表的读数为U1，接R2时电压表的读数为U2，则下列判断正确的是（　　）A.R1=R2B.R1＞R2C.U1＜U2D.U1=U2【答案】AD【解析】试题分析：设正方形的边长为a，则导体的电阻，由两导体的ρ与d相同，则两导体电阻相等，即R1=R2，故A正确，B错误；导体接入电路中，电压表示数，由于电源电动势E、内阻r、导体电阻R相同，则电压表示数U相同，即U1=U2，故C错误，D正确；故选AD．考点：电阻定律；欧姆定律【名师点睛】本题考查了比较电阻大小与电压大小问题，难度不大，是一道基础题，熟练应用电阻定律与欧姆定律即可正确解题。9.某电场的等势面如图所示，则下列说法正确的有()A.此电场的等势面为一正点电荷形成的电场的等势面B.若单位正电荷q沿任意路径从A点移动B点，静电力所做的功为零C.单位正电荷q从A点移动到C点静电力所做的功小于从B点移动到C点静电力所做的功D.单位正电荷q从A点移动到E点，跟单位负电荷-q从C点移动到E点静电力所做的功相等【答案】BD【解析】正点电荷形成的电场的等势面为同心圆，所以A错误．Ａ、B两点位于同一个等势面上，两点之间无电势差，即是UAB=0．所以W=qUAB=0．所以B正确；因为A、B两点的电势都为10V．到C点的电势差都是4V．即：UAC=UBC=4V．所以WAC=WBC，C项错误；单位正电荷从A点移动到E点，跟单位负电荷从C点移动到E点静电力所做的功相等，均做正功，做功均为qU=2q．D选项正确；故选BD．点睛：解答此题要掌握：电场线与等势面垂直．电场线密的地方电场的强度大，等势面密，电场线疏的地方电场的强度小，等势面疏；沿电场线的方向，电势降低．沿着等势面移动点电荷，电场力不做功．电场线与等势面垂直．10.如图所示，示波器是一种常见的电学仪器，可以在荧光屏上显示出被 检测 工程第三方检测合同工程防雷检测合同植筋拉拔检测方案传感器技术课后答案检测机构通用要求培训 的电压随时间的变化情况.电子经电压U1加速后进入偏转电场.下列关于所加竖直偏转电压U2、水平偏转电压U3与荧光屏上所得的图形的说法中正确的是（　　）A.如果只在U2上加上图甲所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图a所示y轴上的一段亮线B.如果只在U3上加上图乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图b所示x轴上的一段亮线C.如果同时在U2和U3上加上甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图c所示D.如果同时在U2和U3上加上甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图d所示【答案】ABD【解析】如果只在U2上加上甲图所示的电压，电子只在竖直方向上偏转，图a正确；如果只在U3上加上乙图所示的电压，电子只在水平方向上偏转，图b正确；如果同时在U2和U3上加上甲、乙所示的电压，电子在竖直方向和水平方向同时偏转，其在T内在竖直方向完成一个周期，在2T内在竖直方向完成两个周期，故在荧光屏上形成两个完整的正弦波形，图d正确．本题正确选项ABD．二、填空题和实验题11.在如图所示的实验装置中，充电后的平行板电容器的A极板与灵敏的静电计相接，极板B接地，在两板间用绝缘细绳悬挂一带电小球，静止时细绳与竖直方向夹角为α.(1)若极板B稍向上移动一点，则将观察到静电计指针偏角变大______（填“变大”,“变小”或“不变”），此实验说明平行板电容器的电容与极板的正对面积正比有关；(2)若极板B稍向左移动一点，则将观察到静电计指针偏角________，此实验说明平行板电容器的电容与极板间距离有关；(3)若极板B稍向左移动一点后，小球静止时细绳与竖直方向的夹角α与原来相比_________（填“变大”,“变小”或“不变”）。【答案】(1).（1）变大(2).（2）变大(3).（3）不变【解析】（1）若极板B稍向上移动一点，极板正对面积减小，由电容的决定式分析知电容减小，电容器的电量不变，根据电容的定义式，极板间的电压U增大．则静电计指针偏角增大．（2）若极板B稍向左移动一点，板间距离增大，由电容的决定式分析知电容减小，电容器的电量不变，根据电容的定义式，极板间的电压U增大．则静电计指针偏角增大．（3）电容器的电量不变，若极板B稍向左移动一点，板间距离增大，由电容的决定式；电容的定义式以及联立可得，则两板间场强不变，则小球受电场力不变，则小球静止时细绳与竖直方向的夹角α与原来相比不变.点睛：对于电容器动态变化分析问题，要抓住不变量．当电容器保持与电源相连时，电压不变．当电容器充电后，与电源断开后，往往电量不变．根据电容的决定式和定义式结合进行分析．12.某研究性学习小组利用如图所示的电路测量电池的电动势和内阻，其中电流表A1的内阻r1=1.0kΩ，电阻R1=9.0kΩ，为了方便读数和作图，给电池串联一个R0=3.0Ω的电阻．①按图示电路进行连接后，发现aa′、bb′和cc′三条导线中，混进了一条内部断开的导线．为了确定哪一条导线内部是断开的，将电键S闭合，用多用电表的电压挡先测量a、b′间电压，读数不为零，再测量a、a′间电压，若读数不为零，则一定是_______导线断开；若读数为零，则一定是________导线断开．②排除故障后，该小组顺利完成实验．通过多次改变滑动变阻器触头位置，得到电流表A1和A2的多组I1、I2数据，作出图象如图．由I1-I2图象得到的电池的电动势E=______V，内阻r=_________Ω。【答案】(1).①(2).(3).②1.41（1.36~1.44均可）(4).0.5（0.4~0.6均可）【解析】①用电压挡检测电路故障，电压表的表头是电流计，原电路有断路，回路中无电流，将电压表接在间后有示数，说明电路被接通，即间有断路故障，再测量间电压，电压表读数不为零，说明断路故障的范围被缩小到间，则一定是导线断开；若读数为零，则说明电路仍未被接通，断路故障的范围被确定在间。②根据闭合电路的欧姆定律：，，上式可简化为，读出两点坐标：（60，0.12）和（260，0.05），代入方程解得：电动势E=1.41V，内阻r=0.5Ω。点睛:由图象法处理实验数据的关键是要理解图线的物理意义——纵轴截距和斜率表示什么，闭合电路的欧姆定律是核心。三、计算题13.如图所示，一质量为m、带电荷量为q的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时绝缘细线向左且与竖直方向成θ角，重力加速度为g.(1)判断小球带何种电荷；(2)求电场强度E；(3)若在某时刻将细线突然剪断，求经过t时间小球的速度v.【答案】（1）负电　（2）mgtanθ/q　（3）gt/cosθ【解析】试题分析：（1）负电．（2）小球受力如右图所示，其中电场力F＝qE，由平衡条件得：F＝mgtanθ，E＝mgtanθ/q．（3）剪断细线后小球做初速度为零的匀加速直线运动F合＝mg/cosθ＝ma，v＝at，所以v＝gt/cosθ速度方向与竖直方向夹角为θ斜向左下方．考点：物体的平衡；电场强度............14.如图所示，单匝线圈ABCD在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以速度3v匀速进入同一匀强磁场.求：(1)第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比；(2)第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比；(3)第二次进入与第一次进入整个过程线圈中产生热量之比.【答案】（1）3：1（2）9：1（3）3：1【解析】（1）线圈以速度v匀速进入磁场，当CD边在磁场中时，线框中感应电动势，E1=BLv此时线框中的感应电流为，同理，线圈以速度3v匀速进入磁场时，线框中的感应电流为所以第二次与第一次线圈中电流之比为3∶1(2)线圈以速度v匀速进入磁场，当CD边在磁场中时，由于线圈做匀速运动，所以此时外力也最大，且外力大小等于安培力大小，此时外力的功率为同理，线圈以速度3v匀速进入磁场时，外力的功率为所以第二次与第一次外力做功的功率之比为9∶1(3)线圈以速度v匀速进入磁场，线框中的感应电流为设AD边长为l，则线框经过时间完全进入磁场，此后线框中不再有感应电流．所以第一次线框中产生的热量为同理，线圈以速度3v匀速进入磁场时，线框中产生的热量为所以第二次与第一次线圈中产生热量之比为3∶115.如图是磁流体发电机原理示意图.设平行金属板间距为d，发电通道长为a、宽为b，其间有匀强磁场，磁感应强度为B，导电流体的速度为v，电阻率为ρ，负载电阻为R，导电流体从一侧沿垂直磁场且极板平行方向射入极板间，(忽略粒子重力)求:(1)该发电机产生的电动势；(2)负载R上的电流I；(3)求磁流体发电机总功率P；(4)为了使导流体以恒定的速度v通过磁场，发电通道两端需保持一定的压强差，试计算.【答案】（1）E=Bdv；（2）（3）；（4）【解析】（1）其中r=ρd/ab．当外电路断开时，电动势为E=Bdv．（2）根据欧姆定律可求得负载R上的电流（3）磁流体发电机的总功率P=EI=．（4）当导电流体受到的安培力与受到的压力差相等时，导电流体才能以恒定速度通过磁场，即有：16.平面直角坐标系xoy中，第I象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第III象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示．一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍．粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等.不计粒子重力,问：(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；(2)电场强度和磁感应强度的大小之比．【答案】（1），方向与x轴方向的夹角为45°角斜向上（2）【解析】(1)粒子运动轨迹如图：粒子在电场中由Q到O做类平抛运动，设O点速度v与x方向夹角为，Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，根据平抛运动的规律有：x方向：y方向：粒子到达O点时沿y轴方向的分速度：，又，解得，即，粒子到达O点时的夹角为450解斜向上，粒子到达O点时的速度大小为；(2)设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，粒子在电场中运动的加速度：，设磁感应强度大小为B，粒子做匀速圆周运动的半径为R，洛伦兹力提供向心力，有：，根据几何关系可知：解得：