2021-2022学年河南省八校高二（下）第三次联考物理试卷（含答案解析）

2021-2022学年河南省八校高二（下）第三次联考物理试卷

1.  英国物理学家法拉第提出了“电场”和“磁场”的概念，并引入电场线和磁感线来描述电场和磁场，为经典电磁学理论的建立奠定了基础。下列相关说法正确的是(    )

A. 电荷和电荷、通电导体和通电导体之间的相互作用都是通过电场发生的
B. 电场线和电场线不可能相交，磁感线和磁感线可能相交
C. 磁体和磁体、磁体和通电导体之间的相互作用都是通过磁场发生的
D. 通过实验可以发现电场线和磁感线是客观存在的

2.  关于涡流、电磁阻尼、电磁驱动，下列说法不正确的是(    )

A. 电磁炉利用电磁阻尼工作，录音机在磁带上录制声音利用电磁驱动工作
B. 真空冶炼炉熔化金属是利用了涡流
C. 金属探测器应用于安检场所，探测器利用了涡流的原理
D. 磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用

3.  雷雨天建筑物顶端一避雷针周围电场的等势面分布如图所示，A、B、C为空间电场中的三点，其中A、B两点位置关于避雷针对称，其中一电量大小为e的负电荷由C点移动到B点，下列说法中正确的是(    )

A. A、B两点的电场强度相同
B. 该负电荷在C点的电势能小于B点的电势能
C. 该负电荷从C点移动到B点，电场力做正功大小为2keV
D. C点场强大于B点场强
 

4.  如图所示，两根互相垂直的绝缘长直导线紧挨放置，导线中分别通有向上和向右的大小相等的电流。正方形abcd分别关于两导线对称，a、b、c、d四点的磁感应强度大小分别为、、、。下列说法正确的是(    )

A. 、大小相等
B. 、大小相等
C. 、大小相等
D. 、大小相等

5.  如图所示，一个绝缘半圆环上均匀分布有同种电荷，固定在绝缘水平面上，在圆弧的圆心处放有一个点电荷，点电荷受到的电场力为F，若截走圆弧的，则圆心处的点电荷受到的电场力大小变为(    )

A.  B.  C.  D.

6.  质量为m，电阻率为，横截面积为S，长度为L的粗细均匀的金属棒MN两端由等长的轻质绝缘细线悬挂，金属棒置于竖直方向的匀强磁场中，初始细线竖直，金属棒静止。现在MN两端加上大小为U的电压，使电流由M流向N，要使金属棒的绝缘细线静止时与竖直方向摆角成角，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是(    )
 

A. 磁场方向竖直向上或向下，大小为
B. 磁场方向竖直向上或向下，大小为
C. 增长绝缘细线长度，其余条件不变，金属棒摆角将小于
D. 增大金属棒长度，其余条件不变，金属棒摆角将大于

7.  如图所示，电路中E、r为电源的电动势和内电阻，、、为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表。开关闭合时，水平放置的平行金属板中间带电小液滴P处于静止状态。当滑动变阻器的滑片向a端滑动时，则(    )

A. 电源的效率一定会减小
B. 电源的输出功率一定会增大
C. 小液滴一定会向下运动
D. 若电流表、电压表的示数变化量分别为和，则

8.  如图所示，三个灯泡、、规格相同，螺线管和二极管的导通电阻可以忽略。竖直悬挂的线圈中心轴线与螺线管的轴线水平共线。现突然断开开关S，将发生的现象是(    )

A. 逐渐熄灭，、逐渐熄灭
B. 逐渐熄灭，立即熄灭，先变亮后熄灭
C. 线圈向左摆动，并有收缩趋势
D. 线圈中的感应电流为逆时针从左向右看

9.  如图所示，ab是长为L电阻为R的金属杆，它处在大小为B方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，可绕a点在纸面内转动；S是以a为圆心位于纸面内的金属圆环。在杆转动过程中，杆的b端与金属环保持良好接触；A为电流表，其一端与金属环相连，一端与a点良好接触。当杆沿顺时针方向以角速度转动时，某时刻ab杆的位置如图所示金属圆环的电阻可忽略不计，则此时刻(    )

A. 有电流通过电流表，方向由
B. 有电流通过电流表，方向由
C. 作用于ab的安培力向右，大小为
D. 作用于ab的安培力向左，大小为

10.  一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，其边界如图中虚线所示，三角形bce为等腰直角三角形，其中，，ab、bc与cd共线，ab间的距离等于l。一束质量均为m、电量均为q的带负电的粒子，在纸面内从a点垂直于ac以不同速度射入磁场，不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是(    )

A. 可以经过三角形边界的粒子的速率最小值为
B. 可以经过三角形边界的粒子的速率最大值为
C. 在磁场中运动时间最短的粒子速率为
D. 在磁场中运动时间最短的粒子运动时间为

11.  为测定一电池的电动势和内阻，甲和乙两位同学先后用同一套实验仪器来测量电池的电动势和内阻，其中R、Ro分别是电阻箱和定值电阻，实验时甲、乙分别设计了如图甲和乙所示的两个电路，实验记录电阻箱R的阻值以及对应电压表的示数据实验记录的数据作出关系图线丙和丁。

可以判断图线丁是利用图______填“甲”或“乙”电路进行实验所描出的。
依据实验数据绘出的图线如图所示；则电源电动势______V，内阻______。
计算结果均保留两位有效数字
 

12.  某同学使用多用电表，某次指针指示的位置如图所示，若选择开关置于欧姆挡“”，则所测电阻的阻值为______；
若选择开关置于直流电流100mA挡，则所测电流为______mA；
若选择开关置于直流电压50V挡，则所测电压为______V。

13.  如图所示，两平行金属导轨间的距离，金属导轨所在的平面与水平面夹角，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势、内阻的直流电源。现把一个质量的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止，导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻，金属导轨电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取。已知，，求：
导体棒两端电压；
导体棒与金属导轨的动摩擦因数。

14.  如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在水平向左的匀强电场，在y轴左侧区域存在宽度为的垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为大小可调节。现有质荷比为的带正电粒子从x轴上的A点以一定初速度垂直x轴射入电场，且以，方向与y轴正向成的速度经过P点进入磁场，、，不计重力。求：
粒子在A点进入电场的初速度为多少；
要使粒子不从CD边界射出，则磁感应强度B的取值范围；
粒子经过磁场后，刚好可以回到A点，则磁感应强度B为多少。

15.  我国在建航母采用了电磁弹射技术。原理如图1，飞机钩在滑杆上，储能装置通过导轨和滑杆放电，产生强电流恒为4000A，导轨激发的磁场在两导轨间近似为匀强磁场，磁感应强度，在磁场力和飞机发动机推力作用下，滑杆和飞机从静止开始向右加速，在导轨末端飞机与滑杆脱离。导轨长120m、间距为3m。飞机质量为，在导轨上运动时所受阻力恒为机重的倍，假如刚开始时发动机已达额定功率，为。飞机在导轨末端所受竖直升力与水平速度关系。如图2是在一次弹射过程中，记录的飞机在导轨各个位置上的速度。滑杆的质量忽略，g取。求：
飞机在导轨上运动30m处的加速度大小；
如果飞机在导轨末端刚好达到起飞条件，求飞机在导轨上运动的时间。

16.  如图，在平面直角坐标系xoy的第四象限区域都有沿方向的匀强电场。在第一象限的某个长方形区域内有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，其下边界在x轴上，左边界在y轴上。一质量为m、电荷量为的带电微粒重力不计，以初速度从图中的P点沿方向进入电场，通过x轴上的Q点时速度为，PQ间沿方向的距离为L，带电微粒进入第一象限后，由于磁场的作用，该微粒再次通过x轴时，恰好沿方向经过原点求：
匀强电场的电场强度E的大小。
微粒在磁场中运动的轨迹半径及微粒从P到O运动的时间。
在xoy平面内长方形磁场区域的最小面积。

答案和解析

1.【答案】C 

【解析】解：A、电荷和电荷之间的相互作用是通过电场发生的，通电导体和通电导体之间的相互作用都是通过磁场发生的，故A错误；
B、电场线和磁感线都不能相交，否则在交点处的电场或磁场的方向有两个，故B错误；
C、磁场和磁极、磁极和通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的，故C正确；
D、电场线和磁感线都是为了现象的描述场而引入的假象曲线，实际不存在，故D错误；
故选：C。
电荷和电荷之间的相互作用是通过电场发生的、通电导体和通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的，电场线和磁感线都不能相交，否则在交点处的电场或磁场的方向有两个，电场线和磁感线都是为了现象的描述场而引入的假象曲线。
本题要重点掌握电场磁场是客观存在的，但电场线和磁感线是不存在的，知道电荷、磁极和通电导体间的相互作用都是通过场完成的。
 

2.【答案】A 

【解析】解：A、电磁炉利用涡流工作，录音机在磁带上录制声音时，利用了电流的磁效应，故A错误；
B、真空冶炼炉是线圈中的电流做周期性变化，在金属中产生涡流，从而产生大量的热量，熔化金属的，故B正确；
C、金属探测器在探测金属时，由于被测金属中产生的涡流从而使报警器工作，故C正确；
D、磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框中可以产生感应电流，能起电磁阻尼的作用，故D正确。
本题选不正确的，
故选：A。
电磁炉利用涡流工作，录音机利用了电流的磁效应；
电流做周期性的变化，在附近的导体中产生感应电流，该感应电流看起来像水中的漩涡，所以叫做涡流；
金属探测器应用于安检场所，探测器利用了涡流的原理；
磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用；
明确涡流、电磁阻尼、电磁驱动在生活中的应用是解决问题的关键。
 

3.【答案】C 

【解析】解：根据对称性可知A、B两点电场强度大小相同，但根据电场强度方向垂直于等势面可知A、B两点电场强度方向不同，故A错误；
B.负电荷在电势越低的位置电势能越高，所以负电荷在C点的电势能大于B点的电势能，故B错误；
C.该负电荷从C点移动到B点，电场力做正功大小为，代入数据解得，，故C正确；.
D.等势面越稀疏的位置电场强度小，所以C点场强小于B点场强，故D错误。
故选：C。
由对称性分析电场强度，负电荷在电势越低的位置电势能越高，由求解电场力做功大小，由等势面越稀疏的位置电场强度小判断CB点场强。
本题考查静电力，学生需深刻理解电场强度与电势的关系。
 

4.【答案】A 

【解析】解：由于导线中分别通有向上和向右的大小相等的电流，且a、b、c、d四个点到通电导线的距离相等，故每根通电导线在四个点产生磁感应强度大小相等，设为B，根据安培定则可知，两根通电导线在a点的磁感应强度都是垂直纸面向外，故有

两根通电导线在c点的磁感应强度都是垂直纸面向里，故有
两根通电导线在b点的磁感应强度正好抵消，故有
两根通电导线在d点的磁感应强度正好抵消，故有
BCD错误，A正确。
故选：A。
根据导线周围磁场分布可知，与导线等距离地方磁感应强度大小相等，根据安培定则判断出两导线在a、b、c、d点形成磁场方向，磁感应强度B是矢量，根据矢量分解合成的平行四边形定则求解。
此题考查了磁感应强度的计算，磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据安培定则判断导线周围磁场方向是解题的前提。
 

5.【答案】A 

【解析】解：将绝缘半圆环等分，如图所示

根据力的合成可知，
整理可得
根据对称性和电场的叠加原理可知，若截走圆弧的，则圆心处的点电荷受到的电场力大小变为
故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据对称性和电场的叠加原理，结合题意求出若截走圆弧的时圆心处的点电荷受到的电场力大小。
在本题中，要注意电场的叠加原理，另外要注意对称法的应用，在平常练习中要注意训练。
 

6.【答案】B 

【解析】解：AB、根据电阻定律可知金属棒的电阻为：
通过金属棒的电流为：
当磁场方向竖直向上或向下时，金属棒所受安培力水平向右或向左，都可以使金属棒与竖直方向成一定角度，金属棒所受安培力大小为：
当摆角为时，根据平衡条件可知，
联立解得：，故A错误，B正确；
CD、根据上述分析可知，
由上述表达式可知与绝缘细线的长度无关，与金属棒的质量成反比，所以增大绝缘细线长度，其余条件不变，金属棒摆角将不变；
增大金属棒长度，其余条件不变，则金属棒质量增大，摆角将小于，故CD错误；
故选：B。
对金属棒进行受力分析，结合电阻定律和安培力公式分析出磁场的大小和方向；
根据角的表达式，分析出不同物理量对摆角的影响。
本题主要考查了共点力的平衡，解题的关键点是根据安培力的公式结合电阻定律分析出磁场的大小，根据角度的表达式分析出不同物理量对摆角的影响。
 

7.【答案】D 

【解析】解：由图可知，与滑动变阻器串联后与并联，再与串联接在电源两端；电容器与并联；当滑片向a端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流减小；路端电压增大，但两端的电压减小，故并联部分的电压增大，也即电压表的示数增大，由欧姆定律可知流过的电流增大，故电流表的示数减小。
A.由于路端电压增大，根据可知电源效率增大，故A错误；
B.由于不知道电源内电阻与外电阻的大小关系，所以当滑动变阻器的滑片向a端滑动时，不能判断电源输出功率的变化情况，故B错误；
C.由分析知电压表的示数增大，金属板板间的电场增大，电场力增大，电场力大于小液滴的重力，则小液滴向上运动，故C错误；
D.根据电路可知，干路电流减小，流过的电流增大，流过的电流减小，则干路电流减小量小于的电流减小量，即；由于，有则，故D正确。
故选：D。
根据电路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化，判断电阻功率的变化，确定电容器两端电压变化情况，油滴受力变化和运动情况。将电阻和r等效为内阻，研究电压和电流变化之比。
本题结合了电路分析和静电场知识，及等效电路方法，关键在于将电阻和r等效为内阻去研究电压和电流变化之比。
 

8.【答案】BD 

【解析】解：AB、电感L的电阻可忽略，D为理想二极管，闭合时，通过灯泡的电流大于通过的电流；断开电键，原来通过和的电流立即消失，通过的电流由于线圈对电流的变化有阻碍作用，阻碍电流的变化，且与构成回路，由于二极管具有单向导电性，所以无电流通过，则立即熄灭，由于开始通过的电流大于通过的电流，所以先变亮然后逐渐变暗。逐渐变暗。故B正确，A错误；
C、电流的减小时，螺线管产生的磁场减弱，根据楞次定律可知，线圈向右摆动，并有面积扩大的趋势，以阻碍磁通量的减小，故C错误；
D、由图，电流从左向右流过螺线管，根据安培定则，螺线管内产生的磁场方向向左，则穿过线圈的磁场方向向左；由于电流的减小，所以螺线管产生的磁场减弱，则处线圈的磁通量变小，根据楞次定律可得，铝环上的感应电流逆时针方向从左向右看，故D正确。
故选：BD。
根据线圈对电流有阻碍作用，以及二极管具有单向导电性进行分析．根据安培定则判断螺线管内产生的磁场的方向，然后根据楞次定律判断线圈内的感应电流的方向以及受力。
解决本题的关键知道线圈对电流的变化有阻碍作用，以及知道二极管特性．
 

9.【答案】AC 

【解析】解：AB、图示位置时，ab杆向左运动，根据右手定则，判断出ab杆中感应电流方向，电流通过电流表，方向由，故A正确，B错误；
CD、根据左手定则，作用于ab的安培力向右；
根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势
感应电流大小为：
根据安培力的计算公式可得ab的安培力为：，故C正确、D错误。
故选：AC。
根据右手定则判断电流方向，根据左手定则判断安培力的方向，根据法拉第电磁感应定律结合闭合电路的欧姆定律、安培力的计算公式求解安培力大小。
本题主要是考查了法拉第电磁感应定律、右手定则、左手定则；对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种：一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据来计算；二是导体棒转动切割磁感应线产生的感应电动势，可以根据来计算。
 

10.【答案】BC 

【解析】解：设粒子在磁场中运动的半径为r、速率为v，根据牛顿第二定律有

解得


可以经过三角形边界的粒子的最小半径为

所以可以经过三角形边界的粒子的速率最小值为

可以经过三角形边界的粒子的最大半径为

所以可以经过三角形边界的粒子的速率最大值为

故A错误，B正确；
根据几何关系可知，打在b、c两点的粒子运动时时间最长，为半个周期，而打在bc边上的粒子的运动时间随到b点的距离增大而减小，打在ec边上的粒子的运动时间随到e点的距离增大而增大，因此打在e点的粒子运动时间最短，此时粒子的运动半径为l，所以速率为，其运动时间为
故C正确，D错误。
故选：BC。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意作出粒子运动轨迹，求出粒子的轨道半径与转过的圆心角，然后分析答题。
根据题意分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹，应用牛顿第二定律即可解题。
 

11.【答案】乙   

【解析】解：先观察图丙，发现时，有一定数值，随着R增大，增大，即电压表示数减小，显然甲图电压表示数会随着R的增大而增大，乙图中电压表示数会随着R的增大而减小，故可以判断图丁中图线是利用图乙的实验数据描绘的；
根据乙图电路和闭合电路欧姆定律可得：，化简为：，依据实验数据绘出的图线可得：，，解得：，，
故答案为：乙


先观察图丙，发现时，有一定数值，随着R增大，增大，即电压表示数减小，据此判断是哪个图的实验数据描绘出来的；
当R无穷大时，电压表测量的就是电源电动势，据此判断；
根据给出的斜率，找到U与R的关系，再利用闭合电路欧姆定律列式求出电动势和内阻。
第问取乙图取，甲图取，采用了特殊值=法，简化了计算过程，直接用字母R，或者取非0的特殊值进行计算出来的结果也是一样的，可以根据情况自由选择。
 

12.【答案】 

【解析】解：若选择开关置于欧姆挡“”，由图示表盘可知，所测电阻的阻值为：；
若选择开关置于直流电流100mA挡，由图示普遍可知，其分度值为2mA，所测电流为55mA；
若选择开关置于直流电压50V挡，由图示表盘可知，其分度值为1V，所测电压为。
故答案为：；；。
欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。
根据电流表量程由图示表盘确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数。
根据电压表量程由图示表盘确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数。
本题考查了多用电表读数，对多用电表读数，先根据选择开关位置确定其所测量的量与量程，然后根据表盘确定其分度值，再根据指针位置读出其示数。
 

13.【答案】解：由闭合电路中的欧姆定律可知，导体棒两端电压，解得：；
根据左手定则可知，导体棒受到的安培力沿导轨向上，，
重力沿斜面的分力为，则：，受力图像如图所示：

根据平衡状态可得：，，解得：
答：导体棒两端电压为4V；
导体棒与金属导轨的动摩擦因数为。 

【解析】由闭合电路欧姆定律求解电压，由安培力公式及受力分析求解动摩擦因数。
本题考查安培力，学生需结合受力分析及闭合电路欧姆定律综合分析。
 

14.【答案】解：粒子在电场中只受水平向左的电场力作用，故粒子做类平抛运动，那么，竖直方向做匀速运动，故有：；
粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有：，所以，轨道半径；
要使粒子不从CD边界射出，

根据几何关系可得：，所以，；
所以，磁感应强度；
粒子离开磁场运动到A的过程做匀速直线运动，故粒子运动轨迹如图所示，
；
根据粒子在磁场中做匀速圆周运动可得：粒子出磁场时速度与y轴正方向夹角为；
设出磁场处为Q点，则由几何关系，
所以，
所以，轨道半径；
根据洛伦兹力做向心力可得：
所以，；
答：粒子在A点进入电场的初速度为；
要使粒子不从CD边界射出，则磁感应强度B的取值范围为；
粒子经过磁场后，刚好可以回到A点，则磁感应强度B为。 

【解析】根据粒子在A到P的运动过程只受电场力作用，做类平抛运动，由末速度求解；
根据几何关系由磁场宽度求得粒子做圆周运动的轨道半径范围，即可根据洛伦兹力做向心力求得磁感应强度范围；
根据粒子在第四象限做匀速直线运动，由几何关系求得粒子在磁场中的偏转角和偏转位移，从而求得轨道半径，即可根据洛伦兹力做向心力求得磁感应强度。
带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力做向心力，故常根据速度及磁感应强度求得半径，然后根据几何关系求得运动轨迹；或反过来由轨迹根据几何关系求解半径，进而求得速度、磁感应强度。
 

15.【答案】解：由图可知，飞机在30m处速度为
分析飞机在30m处水平方向的受力有：
发动机的推力  ①
滑杆受到的安培力②
阻力③
根据牛顿第二定律得
   ④
联立①②③④解得：
飞机在导轨末端刚好达到起飞条件，则：⑤
对全过程，由动能定理得：
    ⑥
联立②③⑤⑥解得：
答：飞机在导轨上运动30m处的加速度大小是；
飞机在导轨上运动的时间为。 

【解析】由图读出飞机在导轨上运动到30m处的速度，由求出牵引力的大小。根据求滑杆受到的安培力，再由牛顿第二定律求加速度。
飞机刚好达到起飞条件时，应满足：，由此求出飞机起飞时的速度，再由动能定理求飞机在导轨上运动的时间。
本题是安培力公式与力学知识的综合应用，关键要把握刚好达到起飞的条件：竖直升力等于飞机重力。要知道飞机的功率一定时，往往运用动能定理求时间。
 

16.【答案】解：以初速度从图中的P点沿方向进入电场，通过x轴上的Q点时速度为，
在电场力的方向上的位移，
由动能定理得：
联立解得：；
微粒由P点到Q点的运动过程中时间
，故
又，
微粒进入第一象限做匀速直线运动的时间
微粒做圆周运动的时间
故微粒从P到O的时间
如图所示，有
由几何关系可得长度形磁场区域的最小长度和宽度分别为：、R，所以磁场区域的最小面积为
 
答：匀强电场的电场强度E的大小为；
微粒在磁场中运动的轨迹半径及微粒从P到O运动的时间为。
在xoy平面内长方形磁场区域的最小面积为。 

【解析】对微粒由动能定理求解得电场强度大小。
微粒从P点到O点的运动过程中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，由速度公式求解时间。Q到O做匀速圆周，根据周期求解运动时间。
由速度的分解求出微粒进入磁场时速度与水平方向的夹角，根据牛顿第二定律求出磁场中轨迹半径，即可求得长方形磁场区域的长和宽，从而求出面积。
掌握平抛运动的处理方法并能运用到类平抛运动中，粒子在磁场中做匀速圆周运动，能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定各量之间的关系