2022-2022学年山东省德州市齐河一中高三（上）段考物理试卷（1月份）一、选择题（本题包括10小题，每小题4分，共40分．每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）1．（4分）（2022秋•齐河县校级月考）下列说法正确的是（ ） A．美国人富兰克林提出了正、负电荷的概念 B．麦克斯韦第一个采用了画电场线的方法描述电场． C．安培发现了电流周围存在着磁场 D．奥斯特提出了分子电流假说，用以解释电流的磁场和磁铁的磁场在本质上是相同的考点：物理学史．版权所有专题：常规题型．分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．解答：解：A、美国人富兰克林提出了正、负电荷的概念，故A正确；B、法拉第第一个采用了画电场线的方法描述电场．故B错误；C、奥斯特发现了电流周围存在着磁场，故C错误；D、安培提出了分子电流假说，用以解释电流的磁场和磁铁的磁场在本质上是相同的，故D错误；故选：A．点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一． 2．（4分）（2022•江苏）将一电荷量为+Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等．a、b为电场中的两点，则（ ） A．a点的电场强度比b点的大 B．a点的电势比b点的高 C．检验电荷﹣q在a点的电势能比在b点的大 D．将检验电荷﹣q从a点移到b点的过程中，电场力做负功考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场线的疏密表示场强的大小；a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势；电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小．解答：解：A：电场线的疏密表示场强的大小，故A正确；-13-B：a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势．故B正确；C：电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小，即负电荷在a点的电势能较b点小，故C错误；D：由上知，﹣q在a点的电势能较b点小，则把﹣q电荷从电势能小的a点移动到电势能大的b点，电势能增大，电场力做负功．故D正确．故选：ABD点评：该题考查电场线的特点与电场力做功的特点，解题的关键是电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加． 3．（4分）（2022秋•平顶山期末）如图所示，A、B两导体板平行放置，在t=0时将电子从A板附近由静止释放（电子的重力忽略不计）．分别在A、B两板间加四种电压，它们的UAB﹣t图线如下列四图所示．其中可能使电子到不了B板的是（ ） A．B．C．D．考点：带电粒子在匀强电场中的运动．版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：首先分析电子在四种图象下分别做什么运动，必要的情况下，作出一个周期的v﹣t图象进行分析．解答：解：A．加A图电压，电子从A板开始向B板做匀加速直线运动一定能到达B板．故A错误．B．加B图电压，开始向B板匀加速，再做相同大小加速度的匀减速，但时间是2倍，然后为相同加速度大小的匀加速，做出一个周期的v﹣t图，可知有可能到不了B板．故B正确．C．加C图电压，由v﹣t图，电子一直向前运动，可知一定能到达．故C错误．D．加D图电压，可以知道电子在一个周期内速度的方向不变，一直向前运动，一定能到达能到达．故D错误．故选B．点评：解决本题的关键理清电子在四种图象下的运动情况，并能结合v﹣t图象求解． 4．（4分）（2022•江苏）在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图所示．M是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻RM发生变化，导致S两端电压U增大，装置发出警报，此时（ ）-13- A．RM变大，且R越大，U增大越明显 B．RM变大，且R越小，U增大越明显 C．RM变小，且R越大，U增大越明显 D．RM变小，且R越小，U增大越明显考点：闭合电路的欧姆定律．版权所有专题：压轴题；恒定电流专题．分析：电阻R与RM并联后与S串联，当电阻R越大时，电阻R与RM并联的电阻越接近RM，电压变化越明显．解答：解：S两端电压U增大，故传感器两端电压一定减小；当“有药液从针口流出体外”使传感器接触药液，RM变小；当R＞RM时，R越大，M与R并联的电阻R并越接近RM，U增大越明显；故选：C．点评：本题是电路的动态分析问题，关键明确当电阻R越大时，电阻R与RM并联的电阻越接进RM，电压变化越明显． 5．（4分）（2022秋•海曙区校级期末）如图所示的电路中，输入电压U恒为12V，灯泡L上标有“6V、12W”字样，电动机线圈的电阻RM=0.50Ω．若灯泡恰能正常发光，下列说法正确的是（ ） A．电动机的输入功率为12W B．电动机的输出功率为12W C．电动机的热功率为12W D．整个电路消耗的电功率为22W考点：电功、电功率．版权所有专题：恒定电流专题．分析：由灯泡铭牌可知灯泡额定电压是6V，额定功率是12W，由电功率的变形公式可以求出灯泡正常发光时的电流；由串联电路特点可以求出电动机的电压，由电功率公式可以求出电机总功率与热功率，进一步求出电动机的输出功率；由电功率公式可以求出电路总功率．解答：解：A、电动机两端的电压U1=U﹣UL=12﹣6V=6V，整个电路中的电流I==2A，所以电动机的输入功率P=U1I=6×2W=12W．故A正确．-13-B、C、电动机的热功率P热=I2RM=4×0.5W=2W，则电动机的输出功率P2=P﹣I2RM=12﹣2W=10W．故B错误，C错误．D、整个电路消耗的功率P总=UI=12×2W=24W．故D错误．故选：A．点评：解决本题的关键知道电动机的输出功率P2=I2RM以及知道整个电路消耗的功率P总=UI． 6．（4分）（2022•兰州模拟）在如图所示的电路中，理想变压器原副线圈的匝数比为2：1，四个灯泡完全相同，其额定电压为U，若已知灯泡L3和L4恰能正常工作，那么（ ） A．L1和L2都能正常工作B．L1和L2都不能正常工作 C．交流电源电压为2UD．交流电源电压为4U考点：变压器的构造和原理．版权所有专题：交流电专题．分析：设每只灯的额定电流为I，因并联在副线圈两端的两只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为2I，由电流关系求出匝数比；由匝数比求电压关系．解答：解：A、设每只灯的额定电流为I，额定电压为U，因并联在副线圈两端的两只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为2I，电流与匝数成反比，所以原副线圈电流之比为1：2，即原线圈的电流为I，L1和L2都能正常工作，A正确B错误；C、副线圈两端电压为U，根据电压与匝数成正比，原线圈两端的电压为2U，所以电源的电压为4U，D正确．故选：AD点评：本题解题的突破口在原副线圈的电流关系，难度不大，属于基础题． 7．（4分）（2022秋•齐河县校级月考）如图为甲、乙两灯泡的I﹣U图象．根据图象，计算甲、乙两灯并联在电压为22OV的电路中，实际发光的功率约为（ ） A．15W30WB．30W 40WC．40W60WD．60W100W考点：电功、电功率．版权所有专题：恒定电流专题．分析：由图分别读出两灯的电流，根据公式P=UI求出两灯实际发光的功率．-13-解答：解：甲、乙两灯泡并联在电压220V的电路中，两灯的电压都是220V，由图分别两灯的电流分别为I甲=0.18A，I乙=0.28A，由公式P=UI得，两灯实际发光的功率分别为P甲=39.6W≈40W，P乙=61.6W≈60W．故选：C．点评：本题一要抓住并联电路的特点：两灯电压相等，二要有基本的读图能力． 8．（4分）（2022秋•齐河县校级月考）在倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小为B的匀强磁场，区域I的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v2做匀速直线运动，从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，线框的动能变化量为△Ek，重力对线框做功大小为W1，安培力对线框做功大小为W2，下列说法中正确的有（ ） A．在下滑过程中，由于重力做正功，所以有v2＞v1 B．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，机械能守恒 C．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程，有（W1﹣△Ek）机械能转化为电能 D．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，线框动能的变化量大小为△Ek=W﹣W2考点：导体切割磁感线时的感应电动势；法拉第电磁感应定律专题：电磁感应与电路结合．分析：当ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区和ab边下滑到JP与MN的中间位置时，恰好做匀速直线运动，重力沿斜面向下的分力与安培力大小相等，可得到速度关系．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，机械能减小，转化为电能，由能量守恒定律求解机械能转化为电能的数量．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，根据动能定理求解动能的变化．解答：解：A、当ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区时，恰好以速度v1做匀速直线运动，由平衡条件得：mgsinθ=；当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v2做匀速直线运动，回路中总电动势为2BLv2，ab和cd两边都受到安培力，则有mgsinθ==，则有v2=v1．在下滑过程中，重力做正功，安培力做的是负功．故A错误；B、C从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，线框速度在减小，故其动能减小，由于安培力做负功，机械能减小转化为电能．根据功能关系得知，机械能减小量是（W1﹣△Ek）转化为电能．故B错误，C正确．-13-D、从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，只有重力和安培力对线框做功，其所做的总功等于其动能的变化量，考虑到线框动能的减小，所以其克服安培力做功大于重力做功，故△Ek=W合=W2﹣W1，故D错误．故选：C点评：本题从力和能量两个角度分析电磁感应现象，安培力的表达式F=是常用的经验公式，要记牢．同时，要把握住能量是如何转化的问题． 9．（4分）（2022秋•孝感期末）如图所示：将一束等离子体喷射入磁场，在场中有两块金属板A、B，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压．如果射入的等离子体速度均为v，两金属板的板长为L，板间距离为d，板平面的面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于速度方向，负载电阻为R，电离气体充满两板间的空间．当发电机稳定发电时，电流表示数为I，那么板间电离气体的电阻率为（ ） A．B．C．D．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：电离气体充满两板间的空间，受到洛伦兹力发生偏转，在A、B间产生电势差，最终稳定时，电荷所受洛伦兹力和电场力处于平衡．根据平衡求出A、B间的电动势，从而根据闭合电路欧姆定律求出电离气体的电阻，再根据电阻定律求出电阻率．解答：解：最终稳定时，电荷所受洛伦兹力和电场力处于平衡，有qvB=q．解得E=vBd．根据闭合电路欧姆定律得，电离气体的电阻R′=﹣R=﹣R．由电阻定律得，R′=ρ解得ρ=．故B正确，A、C、D、错误．故选：B．点评：本题综合考查了闭合电路欧姆定律、电阻定律与磁场的知识，关键知道稳定时，电荷受电场力和洛伦兹力处于平衡． -13-10．（4分）（2022•聊城二模）如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m的金属棒ab．导轨的一端连接电阻R，其他电阻均不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下，ab在一水平恒力F作用下由静止开始向右运动的过程中（ ） A．随着ab运动速度的增大，其加速度也增大 B．外力F对ab做的功等于电路中产生的电能 C．外力F做功的功率始终等于电路中的电功率 D．克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率；法拉第电磁感应定律．版权所有专题：电磁感应与电路结合．分析：在水平方向，金属棒受到拉力F和安培力作用，安培力随速度增大而增大，根据牛顿定律分析加速度的变化情况．根据功能关系分析电能与功的关系．解答：解：A、金属棒所受的安培力为：FA=BIL=，由牛顿第二定律得，金属棒的加速度：a=，速度v增大，安培力增大，加速度减小，故A错误．B、根据能量守恒知，外力F对ab做的功等于电路中产生的电能以及ab棒的动能，故B错误．C、当ab棒匀速运动时，外力做的功全部转化为电路中的电能，外力F做功的功率等于电路中的电功率，ab棒做加速度运动时，外力F的功率大于电路中的电功率，故C错误．D、克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能，故D正确．故选：D．点评：在电磁感应现象中电路中产生的热量等于外力克服安培力所做的功；在解题时要注意体会功能关系及能量转化与守恒关系． 二、实验题（18分）11．（6分）（2022秋•齐河县校级月考）读数：（1） 0.960 cm；（2）① 2.50 A（量程3A）；② 10.0 V（量程15V）．考点：用多用电表测电阻；刻度尺、游标卡尺的使用．版权所有-13-专题：实验题．分析：（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数．（2）根据图示确定电表量程与分度值，然后读出其示数．解答：解：（1）由图1所示游标卡尺可知，主尺示数为0.9cm，游标尺示数为12×0.05mm=0.60mm=0.060cm，游标卡尺示数为0.9cm+0.060cm=0.960cm．（2）电流表量程为3A，由图2所示电流表可知其分度值为0.1A，电流表示数为2.50A；电压表量程为15V，由图示电压表可知，其分度值为0.5V，其示数为10.0V；故答案为：（1）0.960；（2）2.50；10.0．点评：本题考查了游标卡尺与电表读数，游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数，游标卡尺不需要估读． 12．（12分）（2022•宝安区模拟）如图甲所示，为某同学测绘额定电压为2.5V的小灯泡的I﹣U特性曲线的实验器材．（1）根据实验原理，用笔画线代替导线，将图甲中的实验电路图连接完整．（2）开关S闭合之前，图甲中滑动变阻器的滑片应该置于 A 端（选填“A”、“B”或“AB中间”）（3）实验中测得有关数据如下表：U/V0.400.801.201.602.002.402.80I/A0.100.160.200.230.250.260.27根据表中的实验数据，在如图乙中画出小灯泡的I﹣U特性曲线．（4）若已知小灯泡灯丝在27℃时电阻值约为1.5Ω，并且其电阻值与灯丝的热力学温度成正比，试估算该灯泡以额定功率工作时灯丝的温度约为 1.65×103 ℃（保留三位有效数字）．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．版权所有专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）测定伏安特性曲线，电流、电压需从零开始测起，所以滑动变阻器需采用分压式接法，根据灯泡的电阻大小确定电流表的内外接．（2）滑动变阻器采用分压式接法，滑片初始的位置应使测量电路部分短路，从而保护测量电路部分．（3）用平滑的曲线描点作图．（4）根据电阻值与灯丝的热力学温度成正比，求出比例系数，从图线求出灯泡在额定电压下的电阻，从而求出此时的温度．-13-解答：解：（1）测绘额定电压为2.5V的小灯泡的I﹣U特性曲线，电流、电压需从零开始测起，所以滑动变阻器需采用分压式接法，灯泡的电阻较小，属于小电阻，电流表采取外接法．实物连线图如下图（1）．（2）开关S闭合之前，图甲中滑动变阻器的滑片应该置于A端，使得闭合时，使得测量部分短路，电压、电流为零，起到保护作用．（3）根据数据描点作图，如下图（2）．（4）因为R=kT，则1.5=k（273+27），解得k=，从图线上知，当U=2.5V时，电流I=0.26A，此时的电阻，根据R′=kT′，解得T′=9.6×200K=1920K，则t=1920﹣273=1647°C=1.65×103°C．故答案为：（1）如图（1）（2）A（3）如图（2）（4）1.58×103～1.65×103点评：本题考查了电流表内外接、滑动变阻器分压、限流式的选择，关键搞清它们的区别． 三、计算题（本题包括3小题，每题14分，共42分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，解答中必须明确写出数值和单位．）13．（14分）（2022•北京）如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场．带电量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动．忽略重力的影响，求：（1）匀强电场场强E的大小；（2）粒子从电场射出时速度v的大小；（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R．-13-考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）根据公式可求E；（2）根据动能定理列式求解；（3）根据洛伦兹力提供向心力列式求解．解答：解：（1）根据匀强电场电势差和电场强度的关系得：匀强电场场强E的大小；（2）设带电粒子出电场时速度为v．由动能定理得：解得：；①（3）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：②①②联立得：；答：（1）匀强电场场强E的大小；（2）粒子从电场射出时速度ν的大小；（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R．点评：本题考查了带电粒子在电场中的加速和在磁场中的偏转，属于基础题，另外要注意公式，d是指沿电场方向距离． 14．（14分）（2022秋•海淀区期末）在如图所示的电路中，两平行正对金属板A、B水平放置，两板间的距离d=4.0cm．电源电动势E=400V，内电阻r=20Ω，电阻R1=1980Ω．闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球（可视为质点）从B板上的小孔以初速度v0=1.0m/s竖直向上射入两板间，小球恰好能到达A板．若小球所带电荷量q=1.0×10﹣7C，质量m=2.0×10﹣4kg，不考虑空气阻力，忽略射入小球对电路的影响，取g=10m/s2．求：（1）A、B两金属板间的电压的大小U；（2）滑动变阻器消耗的电功率P滑；（3）电源的效率η．考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用；闭合电路的欧姆定律．版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：（1）小球从B板上的小孔射入恰好到达A板的过程中，在电场力和重力的作用下做匀减速直线运动，电场力做功﹣qU，重力做功﹣mgd，根据动能定理求解U．-13-（2）变阻器两端的电压等于U，由I=，U=IR滑，相结合求出R滑，滑动变阻器消耗的电功率．（3）电源的效率η==．解答：解：（1）小球从B板上的小孔射入恰好到达A板的过程中，在电场力和重力的作用下做匀减速直线运动，设A、B两极板间电压为U，根据动能定理有﹣qU﹣mgd=0﹣mv02解得U=200V（2）设此时滑动变阻器接入电路中的电阻值为R滑，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流得I=根据部分电路欧姆定律可知U=IR滑解得R滑=2.0×103Ω滑动变阻器消耗的电功率=20W（3）电源的效率η=×100%=×100%=99.5%．答：（1）A、B两金属板间的电压的大小U是200V；（2）滑动变阻器消耗的电功率P滑是20W．（3）电源的效率η是99.5%．点评：本题电场与电路的综合应用，小球在电场中做匀减速运动，由动能定理求电压．根据电路的结构，由欧姆定律求变阻器接入电路的电阻．难度不大． 15．（14分）（2022•浙江校级模拟）如图a所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷=106C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过×10﹣5s后，电荷以v0=1.5×l04m/s的速度通过MN进入其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图b所示规律周期性变化（图b中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为t=0时刻）．求：（1）匀强电场的电场强度E（2）图b中t=×10﹣5s时刻电荷与O点的水平距离（3）如果在O点右方d=68cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板所需的时间．（sin37°=0.60，cos37°=0.80）-13-考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．版权所有专题：压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，根据运动学公式和牛顿第二定律结合可求出电场强度E．（2）电荷进入磁场后做匀速圆周运动，分别求出电荷在磁场中运动的半径和周期，画出轨迹，由几何关系求出t=×10﹣5s时刻电荷与O点的水平距离．（3）电荷在周期性变化的磁场中运动，根据周期性分析电荷到达档板前运动的完整周期数，即可求出荷沿ON运动的距离．根据电荷挡板前的运动轨迹，求出其运动时间，即得总时间．解答：解：（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，设其在电场中运动的时间为t1，有：v0=at1Eq=ma解得：E==7.2×103N/C（2）当磁场垂直纸面向外时，电荷运动的半径：=5cm周期=当磁场垂直纸面向里时，电荷运动的半径：=3cm周期=故电荷从t=0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图所示．×10﹣5s时刻电荷与O点的水平距离：△d=2（r1﹣r2）=4cm（3）电荷从第一次通过MN开始，其运动的周期为：T=根据电荷的运动情况可知，电荷到达档板前运动的完整周期数为15个，有：电荷沿ON运动的距离：s=15△d=60cm故最后8cm的距离如图所示，有：r1+r1cosα=d﹣s-13-解得：cosα=0.6则α=53°故电荷运动的总时间：=3.86×10﹣4s答：（1）匀强电场的电场强度E为7.2×103N/C．（2）图b中t=×10﹣5s时刻电荷与O点的水平距离为4cm．（3）电荷从O点出发运动到挡板所需的时间为3.86×10﹣4s．点评：本题是带电粒子在电场和磁场中运动的问题，电荷在电场中运动时，由牛顿第二定律和运动学公式结合研究是最常用的方法，也可以由动量定理处理．电荷在周期性磁场中运动时，要抓住周期性即重复性进行分析，根据轨迹求解时间． 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