2022-2022学年内蒙古鄂尔多斯市杭锦旗奋斗中学高二（上）月考物理试卷（9月份） 一、选择题（共20小题，每小题3分，共60分，1-15题只有一项题目要求的，16-20有多个选项符合要求，全选对得3分，选对但不全得2分，有选错得0分）1．下列说法中正确的是（ ）A．电场强度和电势都是矢量B．电势为零的地方，电场强度也一定为零C．把电荷从电场中一点移至另一点电场力一定做功D．把电荷从电场中一点移至另一点电场力有可能不做功 2．电场强度的定义式为E=（ ）A．该定义式适用于所有的电场B．F是检验电荷所受到的力，q是检验电荷的电量C．场强的方向与F的方向相同D．由该定义式可知，场中某点电场强度的大小与该点电荷所受的电场力大小成正比 3．真空中两个同性的点电荷q1、q2，它们相距较近，保持静止．释放q2且q2只在q1的库仑力作用下运动，则q2在运动过程中受到的库仑力（ ）A．不断减小B．不断增加C．始终保持不变D．先增大后减小 4．在电场中某点放一检验电荷，其电量为q，检验电荷受到的电场力为F，则该点电场强度为E=，那么下列说法正确的是（ ）A．若移去检验电荷q，该点的电场强度就变为零B．若在该点放一个电量为2q的检验电荷，该点的场强就变为C．若在该点放一个电量为﹣2q的检验电荷，则该点场强大小仍为E，但电场强度的方向变为原来相反的方向D．若在该点放一个电量为﹣q的检验电荷，则该点的场强大小仍为E，电场强度的方向也还是原来的场强方向 5．真空中有两个点电荷所带的电量分别是Q和2Q，相距为r时相互作用的静电力为F．如果它们之间的距离减少为，其余条件不变，则它们之间的静电力大小变为（ ）A．B．2FC．D．4F 6．一条直导线平行于通电螺线管的轴线放在螺线管的正上方，如图所示，导线ab通以由b向a的电流，则导线ab的可能运动是（ ）20\nA．导线ab不做任何运动B．导线ab向纸面内平移C．导线a端向纸外，b端向纸内转动，同时向下移动D．导线a端向纸内，b端向纸外转动，同时向上移动 7．如图所示为电视机显像管偏转线圈的示意图，当线圈通以图示的直流电时，一束沿着管颈轴线射向纸内的电子将（ ）A．向上偏转B．向下偏转C．向左偏转D．向右偏转 8．如图所示，条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡，A为水平放置的直导线的截面，导线中无电流时磁铁对斜面的压力为FN1；当导线中有垂直纸面向外的电流时，磁铁对斜面的压力为FN2，则下列关于压力和弹簧的伸长量的说法中正确的是（ ）A．FN1＜FN2，弹簧的伸长量减小B．FN1=FN2，弹簧的伸长量减小C．FN1＞FN2，弹簧的伸长量增大D．FN1＞FN2，弹簧的伸长量减小 9．如图所示，A、B、C是等边三角形的三个顶点，O是A、B连线的中点．以O为坐标原点，A、B连线为x轴，O、C连线为y轴，建立坐标系．过A、B、C、O四个点各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等、方向向里的电流．则过O点的通电直导线所受安培力的方向为（ ）A．沿y轴正方向B．沿y轴负方向C．沿x轴正方向D．沿x轴负方向 10．如图所示，两根间距为d的平行光滑金属导轨间接有电源E，导轨平面与水平面间的夹角θ=30°．金属杆ab垂直导轨放置，导轨与金属杆接触良好．整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中．当磁场方向垂直导轨平面向上时，金属杆能刚好处于静止状态．要使金属杆能沿导轨向上运动，可以采取的措施是（ ）20\nA．增大磁感应强度BB．调节滑动变阻器使电流减小C．增大导轨平面与水平面间的夹角θD．将电源正负极对调使金属杆的电流方向改变 11．如图所示的电路中，理想电流表A1的读数为1.2A，理想电流表A2的读数为2A，则以下说法正确的是（ ）A．R1＜R2，表A的读数为3.2AB．R1＞R2，表A的读数为3.2AC．R1=R2，表A的读数为4AD．R1＞R2，表A的读数无法判断 12．如图所示，电动势为E，内阻不计的电源与三个灯泡和三个电阻相接．只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作．如果再合上S2，则下列表述正确的是（ ）A．电源输出功率减小B．L1上消耗的功率增大C．通过R1上的电流增大D．通过R3上的电流增大 13．如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P从最高端向下滑动时（ ）A．电压表V读数先变大后变小，电流表A读数变大B．电压表V读数先变小后变大，电流表A读数变小C．电压表V读数先变大后变小，电流表A读数先变小后变大D．电压表V读数先变小后变大，电流表A读数先变大后变小 20\n14．由磁感应强度定义式B=知，磁场中某处的磁感应强度的大小（ ）A．随着通电导线中电流I的减小而增大B．随着IL乘积的减小而增大C．随着通电导线所受磁场力F的增大而增大D．跟F、I、L无关 15．物理学中有些问题的结论不一定必须通过计算才能验证，有时只需通过一定的分析就可以判断结论是否正确．如图所示为两个彼此平行且共轴的半径分别为R1和R2的圆环，两圆环上的电荷量均为q（q＞0），而且电荷均匀分布．两圆环的圆心O1和O2相距为2a，联线的中点为O，轴线上的A点在O点右侧与O点相距为r（r＜a）．试分析判断下列关于A点处电场强度大小E的表达式（式中k为静电力常量）正确的是（ ）A．E=|﹣|B．E=|﹣|C．E=|﹣|D．E=|﹣| 16．如图所示，一束带电粒子沿水平方向沿虚线飞过磁针上方，并与磁针方向平行，能使磁针N极转向读者，那么这束带电粒子可能是（ ）A．向右飞的正离子B．向左飞的负离子C．向右飞的负离子D．向左飞的正离子 17．如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线．在电场力作用下，一带电粒子（不计重力）经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（ ）20\nA．粒子带正电B．粒子在A点电势能大C．粒子在B点动能大D．A、B两点相比，B点电势较低 18．关于公式φ=可知（ ）A．电场中某点的电势，与放在该点电荷具有的电势能成正比B．电场中某点的电势，与放在该点电荷的电荷量成反比C．电场中某点的电势，与该点是否有电荷，电荷的正负及电荷量的大小无关D．放入电场中某点的点电荷不同，电势能也不同，但电势能与电荷量的比值保持不变 19．关于磁感线，下列说法中正确的是（ ）A．磁感线上每一点的切线方向就是该点的磁场方向B．磁感线一定从磁体的N极出发，到S极终止C．任何磁场的磁感线都是闭合曲线，磁感线在空间不能相交D．磁感线密处磁场强，磁感线疏处磁场弱 20．一带电量为q的检验电荷在电场中某点受到的电场力大小为F，该点场强大小为E，则下面能正确反映这三者关系的是（ ）A．B．C．D． 二、实验题（共14分）21．某同学用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如图甲所示，则该金属丝的直径d= mm．另一位同学用游标卡尺上标有20等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得的结果如图乙所示，则该工件的长度L= cm． 20\n22．（10分）（2022秋•许昌校级期中）某同学采用如图1所示的电路测定电源电动势和内电阻．已知干电池的电动势约为1.5V，内阻约为1Ω；电压表（0﹣3V，3kΩ）、电流表（0～0.6A，1.0Ω）、滑动变阻器有R1（10Ω，2A）和R2（100Ω，0.1A）各一只．①实验中滑动变阻器应选用 （填“R1”或“R2”）．②在图2中画出实验电路图．③在实验中测得多组电压和电流值，得到如图3所示的U﹣I图线，由图可较准确地求出该电源电动势E= V；内阻，r= Ω． 三、计算题（共26分）23．（12分）（2022秋•天津校级期中）如图所示，在平行金属带电极板MN电场中将电量为4×10﹣6C的负点电荷从A点移到M板，电场力做负功8×10﹣4J，把该点电荷从A点移到N板，电场力做正功为4×10﹣4J，则：（1）UMN等于多少伏？（2）M板的电势φM和A点的电势φA分别是多少？ 24．（14分）（2022秋•吉林期末）有一个用直流电动机提升重物的装置，重物的质量m=50kg，电路电压为120V，当电动机以v=0.9m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流I=5A，（取g=10m/s2）求：（1）电动机线圈的电阻R等于多少．（2）电动机对该重物的最大提升速度是多少．（3）若因故障电动机不能转动，这时通过电动机的电流是多大，电动机消耗的电功率又为多大． 2022-2022学年内蒙古鄂尔多斯市杭锦旗奋斗中学高二（上）月考物理试卷（9月份）参考答案与试题解析 一、选择题（共20小题，每小题3分，共60分，1-15题只有一项题目要求的，16-20有多个选项符合要求，全选对得3分，选对但不全得2分，有选错得0分）1．下列说法中正确的是（ ）20\nA．电场强度和电势都是矢量B．电势为零的地方，电场强度也一定为零C．把电荷从电场中一点移至另一点电场力一定做功D．把电荷从电场中一点移至另一点电场力有可能不做功【考点】电势差与电场强度的关系；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场强度是矢量，有大小，有方向，电势差是标量，正负表示的不是方向．电场强度的大小与电势的大小没有必然的联系．当电荷咋等势面上运动时，电场力不做功【解答】解：A、电场强度是矢量，电势差是标量．故A错误．B、电势为零，是人为选择的，而电场强度是由电场决定的，此处电场强度不一定为零．故B错误C、根据W=qU知，两点间的电势差为零，将电荷从两点中的一点移到另一点，电场力做功为零．故C错误，D正确故选：D【点评】本题考查了电场强度、电势、电势差等基本概念，知道它们的联系和区别，基础题 2．电场强度的定义式为E=（ ）A．该定义式适用于所有的电场B．F是检验电荷所受到的力，q是检验电荷的电量C．场强的方向与F的方向相同D．由该定义式可知，场中某点电场强度的大小与该点电荷所受的电场力大小成正比【考点】电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场强度E的定义式E=中，F是放入电场中的试探电荷所受的电场力，q是试探电荷的电量，这是比值定义法，适用于任何电场；点电荷场强公式据库仑定律推导出来，只适用于点电荷的场强．【解答】解：AC、电场强度E的定义式E=中，F是放入电场中的试探电荷所受的电场力，q是试探电荷的电量，这是比值定义法，适用于任何电场，故AB正确；C、据场强方向规定，正电荷所受的电场力的方向与场强方向相同，负电荷所受电场力的方向与场强方向相反，故C错误；D、该定义式可知，场中某点电场强度的大小与该点电荷所受的电场力大小无关，故D错误．故选：AB．【点评】明确电场强度E的定义式E=中，F是放入电场中的试探电荷所受的电场力，q是试探电荷的电量，这是比值定义法，适用于任何电场；点电荷场强公式只适用于点电荷产生的场强是解题的关键． 3．真空中两个同性的点电荷q1、q2，它们相距较近，保持静止．释放q2且q2只在q1的库仑力作用下运动，则q2在运动过程中受到的库仑力（ ）A．不断减小B．不断增加C．始终保持不变D．先增大后减小【考点】库仑定律．20\n【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】本题比较简单，由题可知小球受斥力，距离越来越远，因此直接利用库仑定律公式即可求解．【解答】解：带电相同的小球受斥力作用，因此距离越来越远，由于电量保持不变，根据可知距离增大，电场力将逐渐减小，故BCD错误，A正确．故选A．【点评】对于库仑定律公式，要明确其使用条件和各个物理量的含义． 4．在电场中某点放一检验电荷，其电量为q，检验电荷受到的电场力为F，则该点电场强度为E=，那么下列说法正确的是（ ）A．若移去检验电荷q，该点的电场强度就变为零B．若在该点放一个电量为2q的检验电荷，该点的场强就变为C．若在该点放一个电量为﹣2q的检验电荷，则该点场强大小仍为E，但电场强度的方向变为原来相反的方向D．若在该点放一个电量为﹣q的检验电荷，则该点的场强大小仍为E，电场强度的方向也还是原来的场强方向【考点】电场强度．【分析】电场中的电场强度与放入电场中的电荷无关，由电场本身性质决定．【解答】解：电场中的电场强度与放入电场中的电荷无关，无论有无放入检验电荷、检验电荷的电量如何，电场强度不变．故D正确，A、B、C错误．故选：D．【点评】解决本题的关键知道电场中的电场强度与放入电场中的电荷无关，有本身性质决定． 5．真空中有两个点电荷所带的电量分别是Q和2Q，相距为r时相互作用的静电力为F．如果它们之间的距离减少为，其余条件不变，则它们之间的静电力大小变为（ ）A．B．2FC．D．4F【考点】库仑定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据库仑定律的公式列出变化前和变化后的关系式直接对比即可．【解答】解：由库仑定律的可得，原来它们之间的库仑力为 F=k=k，20\n变化之后它们之间的库仑力为 F′=k=4k=4F，所以D正确．故选D．【点评】本题是对库仑定律的直接的应用，掌握住公式即可，比较简单． 6．一条直导线平行于通电螺线管的轴线放在螺线管的正上方，如图所示，导线ab通以由b向a的电流，则导线ab的可能运动是（ ）A．导线ab不做任何运动B．导线ab向纸面内平移C．导线a端向纸外，b端向纸内转动，同时向下移动D．导线a端向纸内，b端向纸外转动，同时向上移动【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】通电导线因放在通电螺线管的磁场中故受到磁场力，因左右两侧磁场方向不同，故可以分左右两边分别分析研究，画出两侧的磁场方向，则由左手定则可判出磁场力的方向，根据受力情况可判出物体的转动情况．当导体转动后，我们可以认为电流向右偏内，受力也将发生变化，为了简便，我们可以判断导体转动到向里的位置判断导体的受力情况，再判出导体的运动情况．【解答】解：通电螺线管的磁感线如图所示：则由图示可知左侧导体所处的磁场方向斜向下，右侧导体所处的磁场斜向上，则由左手定则可知，左侧导体受力方向向外，右侧导体受力方向向里，故从上向下看，小磁针应为逆时针转动；当导体转过90°时，由左手定则可得导体受力向下，故可得出导体运动为逆时针转动的同时还要向下运动．即为a端转向纸外，b端转向纸里，且靠近通电螺线管，故C正确，ABD错误；故选：C．【点评】解决本题的关键（1）清楚通电螺线管的磁场，应看到左右两边磁场的不同；（2）能准确地应用左手定则判断磁场与电流不垂直的情况；（3）会找到一些有代表性的特殊位置求解． 7．如图所示为电视机显像管偏转线圈的示意图，当线圈通以图示的直流电时，一束沿着管颈轴线射向纸内的电子将（ ）20\nA．向上偏转B．向下偏转C．向左偏转D．向右偏转【考点】左手定则；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】由安培定则判断出磁场方向，然后由左手定则判断电子所受洛伦兹力方向．【解答】解：由安培定则可知，线圈在纸面内中心点的磁场方向向下，由左手定则可知电子将向右偏转，故D正确．故选：D．【点评】本题考查了判断电子的偏转方向问题，应用安培定则与左手定则即可正确解题，应用左手定则解题时要注意电子带负电． 8．如图所示，条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡，A为水平放置的直导线的截面，导线中无电流时磁铁对斜面的压力为FN1；当导线中有垂直纸面向外的电流时，磁铁对斜面的压力为FN2，则下列关于压力和弹簧的伸长量的说法中正确的是（ ）A．FN1＜FN2，弹簧的伸长量减小B．FN1=FN2，弹簧的伸长量减小C．FN1＞FN2，弹簧的伸长量增大D．FN1＞FN2，弹簧的伸长量减小【考点】电流的磁场对磁针的作用．【分析】（1）通电导体在磁场中受到力的作用，力的方向可以用左手定则判断；（2）长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，得出导线给磁铁的反作用力方向【解答】解：（1）磁铁的磁感线在它的外部是从N极到S极，因为长直导线在磁铁的中心偏右位置，所以此处的磁感线是斜向左下的，电流的方向垂直与纸面向外，根据左手定则，导线受磁铁给的安培力方向是斜向右下方，（2）长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左上方；（3）导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左上的，将这个力分解为垂直于斜面与平行于斜面的分力，因此光滑平板对磁铁支持力减小，由于在电流对磁铁作用力沿斜面方向的分力向下，所以弹簧拉力拉力变大，弹簧长度将变长．故选C．【点评】本题的关键是知道磁场对电流的作用的方向可以通过左手定则判断，然后根据作用力和反作用力的知识进行推理分析 9．如图所示，A、B、C是等边三角形的三个顶点，O是A、B连线的中点．以O为坐标原点，A、B连线为x轴，O、C连线为y轴，建立坐标系．过A、B、C、O四个点各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等、方向向里的电流．则过O点的通电直导线所受安培力的方向为（ ）20\nA．沿y轴正方向B．沿y轴负方向C．沿x轴正方向D．沿x轴负方向【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；左手定则．【分析】通电导线在磁场中受到安培力，方向是由左手定则可确定，而通电导线与通电导线间的安培力由通电导线周围存在磁场是由安培定则来确定，则对放入其中的通电导线有安培力作用，从而由安培力的叠加可确定其方向．【解答】解：等边三角形的三个顶点A、B、C处均有一通电导线，且导线中通有大小相等的恒定电流．由安培定则可得：导线A、B的电流在O处的合磁场为零，则只有在C处的电流产生磁场对O点通电导线有安培力作用．再由左手定则可得：安培力的方向是与AB边垂直，沿着y轴的正方向．故A正确，BCD错误；故选：A【点评】从题中可得这一规律：通电导线的电流方向相同时，则两导线相互吸引；当通电导线的电流方向相反时，则两导线相互排斥． 10．如图所示，两根间距为d的平行光滑金属导轨间接有电源E，导轨平面与水平面间的夹角θ=30°．金属杆ab垂直导轨放置，导轨与金属杆接触良好．整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中．当磁场方向垂直导轨平面向上时，金属杆能刚好处于静止状态．要使金属杆能沿导轨向上运动，可以采取的措施是（ ）A．增大磁感应强度BB．调节滑动变阻器使电流减小C．增大导轨平面与水平面间的夹角θD．将电源正负极对调使金属杆的电流方向改变【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】对初始状态进行受力分析，根据平衡条件得出重力与安培力的关系，即F=BIL=mgsinθ，因此要使金属杆向上运动，应该增大安培力，根据安培力的表达式可以得出采取何种措施．【解答】解：A．根据初始时金属杆能刚好处于静止状态，受力分析知：mgsinθ=BIL，因此增大磁感应强度B，安培力增大，金属棒将沿斜面向上运动，故A正确；B．若减小电流，则安培力F=BIL将减小，金属棒将向下运动，故B错误；C．增大倾角θ，重力分力沿斜面向下分力mgsinθ＞BIL，金属棒将向下运动，故C错误；D．将电源正负极对调使金属杆中的电流方向改变，安培力将沿斜面向下，因此金属棒将向下运动，故D错误．故选：A．【点评】解决本题的关键是正确地进行受力分析比较安培力和重力沿斜面分力的大小． 20\n11．如图所示的电路中，理想电流表A1的读数为1.2A，理想电流表A2的读数为2A，则以下说法正确的是（ ）A．R1＜R2，表A的读数为3.2AB．R1＞R2，表A的读数为3.2AC．R1=R2，表A的读数为4AD．R1＞R2，表A的读数无法判断【考点】串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．【分析】理想电流表内阻不计，相当于导线．四个电阻实质是并联，电流表A测量干路电流，A1的读数等于通过上面10Ω电阻与R2的电流之和，A2的读数等于通过上面10Ω电阻与R1的电流之和，根据并联电路的特点进行分析求解．【解答】解：由于是理想电流表，对电路的影响不计，相当于导线，所以四个电阻并联，并联电路电压相等，则知通过两个10Ω电阻的电流相等．设通过R1、R2和两个10Ω电阻的电流分别为I1、I2和I3．则有：A1的读数为IA1=I2+I3，A2的读数为IA2=I1+I3，A的读数为IA=I1+I2+2I3，由题：IA1=1.2A，IA2=2A联立得：IA=IA1+IA2=3.2A；I2＜I1，由于R1、R2并联，电压相等，由U=IR得：R1＜R2，故A正确．故选：A．【点评】解决本题关键要抓住电流表相当于导线，对电流没有影响，同时要判断出每个电流表测量什么电流，即可根据并联电路的规律进行求解． 12．如图所示，电动势为E，内阻不计的电源与三个灯泡和三个电阻相接．只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作．如果再合上S2，则下列表述正确的是（ ）A．电源输出功率减小B．L1上消耗的功率增大C．通过R1上的电流增大D．通过R3上的电流增大【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作，再合上S2，并联部分的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化．由于电源的内阻不计，电源的输出功率P=EI，与电流成正比．L1的电压等于并联部分总电压，并联部分的电压随着其电阻的减小而减小，分析L1上消耗的功率变化，判断通过R3上的电流变化．20\n【解答】解：A、只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作，再合上S2，并联部分的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流增大．由于电源的内阻不计，电源的输出功率为P=EI，与电流成正比，则电源输出功率增大．故A错误．B、由于并联部分的电阻减小，根据串联电路的特点，并联部分分担的电压减小，L1两端的电压减小，其消耗的功率减小．故B错误．C、再合上S2，外电路总电阻减小，干路电流增大，而R1在干路中，通过R1上的电流增大．故C正确．D、并联部分的电压减小，通过R3上的电流将减小．故D错误．故选：C【点评】本题要抓住并联的支路增加时，并联的总电阻将减小．同时要注意电源的内阻不计，电源的输出功率P=EI，若电源的内阻考虑，则结果不一样． 13．如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P从最高端向下滑动时（ ）A．电压表V读数先变大后变小，电流表A读数变大B．电压表V读数先变小后变大，电流表A读数变小C．电压表V读数先变大后变小，电流表A读数先变小后变大D．电压表V读数先变小后变大，电流表A读数先变大后变小【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】定性思想；控制变量法；恒定电流专题．【分析】由电路图可知，本题中滑动变阻器的两部分并联，并联后再与R串联；闭合电键S，分析外电阻的变化，分析电压表和电流表示数的变化．【解答】解：闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P从最高端向下滑动时，变阻器并联的总电阻先增大后减小，外电阻先增大后减小，总电流先减小后增大，电源的内电压先减小后增大，由闭合电路欧姆定律知，路端电压先增大后减小，所以电压表V读数先变大后变小．滑动触头P从最高端滑到中点的过程中，变阻器下部分电阻减小，而电压增大，则电流表A读数变大．滑动触头P从中点滑到最下端的过程中，总电流增大，变阻器上部分的电压减小，电阻增大，其电流减小，因此电流表A读数变大，总之，电流表A的读数一直变大，故A正确．故选：A【点评】本题是电路的动态变化分析问题，按局部到整体，再到局部的思路分析．电压表的读数也可以直接根据路端电压随外电阻增大而增大，减小而减小分析． 14．由磁感应强度定义式B=知，磁场中某处的磁感应强度的大小（ ）A．随着通电导线中电流I的减小而增大B．随着IL乘积的减小而增大C．随着通电导线所受磁场力F的增大而增大D．跟F、I、L无关【考点】磁感应强度．20\n【分析】磁感应强度的定义式：B=是采用比值法定义的，B的大小与F、IL等无关，由磁场本身决定的，充分理解磁场强度的定义式即可正确解答本题．【解答】解：物理学中B=是采用比值法定义的，磁感应强度的大小由磁场本身决定，与F、I、L的变化无关，故ABC错误，D正确．故选：D．【点评】对于概念的理解要深入充分，不能停留在表面，很多概念的定义式和决定式是不同的，如电场强度、磁感应强度、速度、加速度等． 15．物理学中有些问题的结论不一定必须通过计算才能验证，有时只需通过一定的分析就可以判断结论是否正确．如图所示为两个彼此平行且共轴的半径分别为R1和R2的圆环，两圆环上的电荷量均为q（q＞0），而且电荷均匀分布．两圆环的圆心O1和O2相距为2a，联线的中点为O，轴线上的A点在O点右侧与O点相距为r（r＜a）．试分析判断下列关于A点处电场强度大小E的表达式（式中k为静电力常量）正确的是（ ）A．E=|﹣|B．E=|﹣|C．E=|﹣|D．E=|﹣|【考点】电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】本题不通过计算，只需通过一定的分析就可以判断结论，可以根据单位、特殊值和极限法分析各式是否正确．【解答】解：与点电荷的场强公式E=k比较可知，A、C两项表达式的单位不是场强的单位，故可以排除；当r=a时，右侧圆环在A点产生的场强应为零，则A处场强只由左侧圆环上的电荷产生，即场强表达式只有一项，故B错误．D正确．综上所述，可知，只有D正确．故选：D20\n【点评】本题考查定性、极限分析问题的思想方法，要求学生在牢固的掌握基本知识的基础上要能过灵活的分析问题．根据单位即量纲分析表达式是否正确是常用的方法，要熟练掌握． 16．如图所示，一束带电粒子沿水平方向沿虚线飞过磁针上方，并与磁针方向平行，能使磁针N极转向读者，那么这束带电粒子可能是（ ）A．向右飞的正离子B．向左飞的负离子C．向右飞的负离子D．向左飞的正离子【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】小磁针N极受力方向与磁场方向相同．电流方向与正电荷定向移动方向相同，与负电荷定向移动方向相反．根据安培定则，将选项逐一代入检查，选择符合题意的选项．【解答】解：带电粒子沿水平方向沿虚线飞过磁针上方，并与磁针方向平行，能使磁针N极转向读者．则知电流的磁场在小磁针所在处是垂直于纸面指向读者的．依据安培定则可得，电流的方向水平向左．因此，如果这束带电粒子是正离子，则向左飞行；如果是负离子，则向右飞行．故选：CD．【点评】本题考查应用物理基本定则的能力，A、B两项是等效的，C、D两项也是等效的，考试时抓住等效性，可以节省时间． 17．如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线．在电场力作用下，一带电粒子（不计重力）经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（ ）A．粒子带正电B．粒子在A点电势能大C．粒子在B点动能大D．A、B两点相比，B点电势较低【考点】电势；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向．不计重力的粒子在电场力作用下从A到B，运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧．【解答】解：A、根据曲线运动条件可得粒子所受合力应该指向曲线内侧，所以电场力逆着电场线方向，即粒子受力方向与电场方向相反，所以粒子带负电．故A错误；B、粒子从A到B，电场力对粒子运动做负功，电势能增加，故B错误；C、粒子从A到B，电场力对粒子运动做负功，电势能增加，导致动能减少，故C错误；D、沿电场线的方向电势降低，则D正确故选：D20\n【点评】电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布．对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧． 18．关于公式φ=可知（ ）A．电场中某点的电势，与放在该点电荷具有的电势能成正比B．电场中某点的电势，与放在该点电荷的电荷量成反比C．电场中某点的电势，与该点是否有电荷，电荷的正负及电荷量的大小无关D．放入电场中某点的点电荷不同，电势能也不同，但电势能与电荷量的比值保持不变【考点】电势；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电势反映电场能的性质，沿场强方向，电势降低，电势类似于重力场中的高度，具有相对性，与放入其中的试探电荷无关．【解答】解：电势反映电场能的性质，沿场强方向，电势降低，与放入其中的试探电荷无关，故AB错误，CD正确；故选CD【点评】本题考查了电势的定义，知道电势反映电场能的性质，具有相对性，与放入其中的试探电荷无关． 19．关于磁感线，下列说法中正确的是（ ）A．磁感线上每一点的切线方向就是该点的磁场方向B．磁感线一定从磁体的N极出发，到S极终止C．任何磁场的磁感线都是闭合曲线，磁感线在空间不能相交D．磁感线密处磁场强，磁感线疏处磁场弱【考点】磁感线及用磁感线描述磁场．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】磁体周围的磁感线从N极出发回到S极，在内部则是从S极回到N极，磁感线的分布疏密可以反映磁场的强弱，越密越强，反之越弱．磁感线是有方向的，磁感线上的任何一点的切线方向跟小磁针放在该点的北极指向一致．【解答】解：A、磁感线上每一点的切线方向就是该点的磁场方向，A正确；B、磁体周围的磁感线从N极出发回到S极，在内部则是从S极回到N极，B错误；C、任何磁场的磁感线都是闭合曲线，磁感线在空间不能相交，C正确；D、磁感线密处磁场强，磁感线疏处磁场弱，D正确．故选ACD．【点评】本题考查了磁感线的引入的原因和特点．由于磁场是看不见，摸不着的，为了描述磁场的性质而引入了磁感线的概念，它是假想出来的有方向的曲线，但可以描述磁场的性质． 20．一带电量为q的检验电荷在电场中某点受到的电场力大小为F，该点场强大小为E，则下面能正确反映这三者关系的是（ ）20\nA．B．C．D．【考点】电场强度．【分析】电场中的电场强度与放入电场中检验电荷的电量无关，由场源电荷决定．【解答】解：A、因为电场中的电场强度与放入电场中检验电荷的电量q无关，由场源电荷决定．所以电场强度不随q、F的变化而变化．故A错误，B正确，D错误．C、由E=知，某点的电场强度一定，F与q成正比．故C正确．故选：BC．【点评】解决本题的关键掌握电场强度的定义式E=．知道电场中的电场强度与放入电场中电荷的电量无关，由场源电荷决定． 二、实验题（共14分）21．某同学用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如图甲所示，则该金属丝的直径d= 3.204（3.203﹣3.205） mm．另一位同学用游标卡尺上标有20等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得的结果如图乙所示，则该工件的长度L= 5.015 cm．【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．【专题】实验题．【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．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．【解答】解：螺旋测微器的固定刻度读数为3mm，可动刻度读数为0.01×20.4mm=0.204mm，所以最终读数为：3.204mm，需要估读在范围23.203﹣3.205mm都正确；游标卡尺的固定刻度读数为5cm，游标读数为：0.05×3mm=0.15mm=0.015cm，所以最终读数为5.015cm．故本题答案为：3.204（3.203﹣3.205），5.015．【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．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． 22．（10分）（2022秋•许昌校级期中）某同学采用如图1所示的电路测定电源电动势和内电阻．已知干电池的电动势约为1.5V，内阻约为1Ω；电压表（0﹣3V，3kΩ）、电流表（0～0.6A，1.0Ω）、滑动变阻器有R1（10Ω，2A）和R2（100Ω，0.1A）各一只．20\n①实验中滑动变阻器应选用 R1 （填“R1”或“R2”）．②在图2中画出实验电路图．③在实验中测得多组电压和电流值，得到如图3所示的U﹣I图线，由图可较准确地求出该电源电动势E= 1.47 V；内阻，r= 1.81 Ω．【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题．【分析】①为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；②根据实物电路图作出实验电路图；③根据电源U﹣I图象求出电源电动势与内阻．【解答】解：①电源内阻约为1.5V，电路最大电流约为零点几安培，两滑动变阻器均可保证安全，为方便实验操作，滑动变阻器应选R1；②伏安法测电源电动势与内阻，电压表测路端电压，电流表测电路电流，实验电路图如图所示：③由图示电源U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.47，电源电动势E=1.47V，电源内阻：r==≈1.81Ω．故答案为：①R1；②电路图如图所示；③1.47，1.81．【点评】本题考查了实验器材选择、作电路图、求电源电动势与内阻，电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻． 三、计算题（共26分）23．（12分）（2022秋•天津校级期中）如图所示，在平行金属带电极板MN电场中将电量为4×10﹣6C的负点电荷从A点移到M板，电场力做负功8×10﹣4J，把该点电荷从A点移到N板，电场力做正功为4×10﹣4J，则：（1）UMN等于多少伏？（2）M板的电势φM和A点的电势φA分别是多少？【考点】电势能；电势．20\n【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】（1）由题意可知将电荷从M移到N板时电场力所做的功，则由W=Uq可知MN间的电势差；（2）M点的电势等于MN间的电势差，A点的电势等于AN间的电势差．【解答】解：（1）从A移到M电场力做负功8×10﹣4J，则从M移到A电场力做正功8×10﹣4J，故从M移到N，电场力做功为：W=8×10﹣4J+4×10﹣4J=1.2×105J；有：UMN===﹣300V；（2）N板接地，故M板的电势为：φM=UMN=﹣300V；A点的电势为：φA﹣0===﹣100V；答：（1）MN间的电势差为﹣300V；（2）M板的电势φM和A点的电势φA分别是﹣300V和﹣100V．【点评】在根据电场力做功求电势有电势差要注意各量的符号，并且要明确各符号代表的含义． 24．（14分）（2022秋•吉林期末）有一个用直流电动机提升重物的装置，重物的质量m=50kg，电路电压为120V，当电动机以v=0.9m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流I=5A，（取g=10m/s2）求：（1）电动机线圈的电阻R等于多少．（2）电动机对该重物的最大提升速度是多少．（3）若因故障电动机不能转动，这时通过电动机的电流是多大，电动机消耗的电功率又为多大．【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】（1）电动机的电功率P电=UI，发热功率P热=I2R，输出的机械功率P机=mgv，根据能量守恒P电=P热+P机求解电阻R．（2）根据P电=P热+P机，结合数学知识求出P机的最大值，再根据P机max=mgvmax求得最大速度；（3）若因故障电动机不能转动，电动机电路是纯电阻电路，欧姆定律成立，由欧姆定律求出电流，再求电功率．【解答】解：（1）电动机提升重物时，根据能量守恒定律得P电=P热+P机，即：UI=I2R+mgv解得：R==6Ω（2）根据P电=P热+P机，得：P机=P电﹣P热=UI﹣I2R=﹣R（I﹣）2+20\n当I=时，P机有最大值，即I=时，P机max=根据P机max=mgvmax得：vmax==1.2m/s；（3）若因故障电动机不能转动，则由欧姆定律得通过电动机线圈的电流为：I′==20A电动机消耗的电功率为：P电′=I′2R=2400W答：（1）、电动机线圈的电阻R等于6Ω；（2）、电动机对该重物的最大提升速度是1.2m/s；（3）若因故障电动机不能转动，这时通过电动机线圈的电流为20A，电动机消耗的电功率为2400W．【点评】电动机在正常工作时电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，不能直接根据电压与电流求电阻R；电动机不转动时，其电路是纯电阻电路，欧姆定律成立，能根据电压和电阻求电流，要注意区分． 20
