河南省南阳一中2022年秋高二第三次月考物理答案

答案第1页，共13页 第三次月考物理答案详解 1.【答案】C 【详解】A．磁场中某一点的磁感应强度等于一小段通电导线放在该点时受到的最大的磁场 力F 与该导线的长度l、通过的电流I 乘积的比值，即 F B Il  ，选项A 错误； B．环形金属软弹簧套在条形磁铁的中心位置，若将金属软弹簧沿半径向外拉，该弹簧面积 中存在条形磁铁内部和外部两部分相反的磁通量，使其面积增大，会导致内部磁通量不变， 外部反向的磁通量也变大，则穿过金属软弹簧所包围面积的合磁通量将减小，故B 错误； C．均匀带负电的塑料圆环绕垂直于圆环平面且过圆心的轴旋转，在环的圆心处有一闭合小 线圈，小线圈和圆环在同一平面，圆环在做变速转动时，圆环上的电荷产生等效电流会发生 变化，电流产生的磁场使得穿过线圈的磁通量发生变化，于是在小线圈内一定有感应电流， 选项C 正确； D． 粒子不运动一定不受力， 运动不一定受力， 当速度方向与磁感应强度方向平行时不受力， 故D 错误故选C。 2.【答案】D 【详解】A．当 2 t    时，即 2 t    时，线框回到图示位置，此时的感应电流最小，磁通 量最大，A 错误； B．当 2 t    ，即 2 t   时，线圈转到与图示垂直位置，此时磁通量为零，B 错误； C．线框中产生的交变电动势的最大值为 m 1 2 2       S E nB nBS C 错误； D．线框中产生的交变电动势的有效值为 m 2 4 2    E E nBS D 正确。故选D。 3.【答案】B 【详解】AB．粒子所受电场力方向指向轨迹凹侧，且沿电场线切线方向，由于粒子带负电， 则场强方向与电场力方向相反，从而可以确定电场的方向，再根据等势面与电场线的关系， 画出过Q、P 的等势线，如图所示 答案第2页，共13页 由图可知，Q 点的电势高于P 点电势；由于粒子带负电，根据 p E q  可知，粒子在P 点的 电势能大，故A 错误，B 正确； C．根据能量守恒定律以及前面的分析可知，粒子通过P 点时动能较小，故C 错误； D． Q 点附近电场线比P 点附近电场线密集， 所以粒子通过Q 点时所受电场力较大，则加速 度较大，故D 错误。 故选B。 4.【答案】D 【详解】A．由于有部分机械能转化为电能，故在A 的重力势能大于E 处重力势能，故A 错误。 B．A 到D 过程中，圆环中磁通量增加，圆环与磁铁间相互排斥，故圆环给桌面的压力大于 圆环受到的重力，故B 错误； C．磁铁从D 运动到E 的过程中，圆环磁通量向上减少，根据楞次定律可分析出（俯视）感 应电流方向为逆时针，故C 错误； D． 由楞次定律的推论“来拒去留”可知， 圆环中的磁通量减少， 因此圆滑有向左运动的趋势， 圆环不动因此D 到E 的过程中，圆环受到摩擦力方向向右，故D 正确。 故选D。 5.【答案】A 【详解】A．导体棒ab 加速向左运动时，导体棒ab 中产生的感应电动势和感应电流增加， 由右手定则判断知ab 中电流方向由b→a，根据安培定则可知M 产生的磁场方向垂直纸面 向外，穿过N 的磁通量增大，线圈面积越大抵消的磁感线越多，所以线圈N 要通过增大面 积以阻碍磁通量的增大，线圈N 有扩张的趋势，A 正确； B．导体棒ab 减速向右运动时，导体棒ab 中产生的感应电动势和感应电流减小，由右手定 则判断知ab 电流方向由a→b，根据安培定则判断可知M 产生的磁场方向垂直纸面向里， 穿过N 的磁通量减小，线圈面积越小抵消的磁感线越少，所以线圈N 要通过减小面积以阻 碍磁通量的减小，线圈N 有收缩的趋势，B 错误； 答案第3页，共13页 C．导体棒ab 减速向左运动时，导体棒ab 中产生的感应电动势和感应电流减小，由右手定 则判断知ab 中电流方向由b→a，根据安培定则判断可知M 产生的磁场方向垂直纸面向外， 穿过N 的磁通量减小，线圈面积越大抵消的磁感线越多，所以线圈N 要通过减小面积以阻 碍磁通量的减小，线圈N 有收缩的趋势，C 错误； D．导体棒ab 匀速向左运动时，导体棒ab 产生的感应电动势和感应电流恒定不变，线圈M 产生的磁场恒定不变，穿过线圈N 中的磁通量不变，没有感应电流产生，则线圈N 不受磁 场力，没有扩张的趋势，D 错误； 故选A。 6.【答案】A 【详解】0 ~1s∶磁感应强度方向垂直纸面向里且均匀减小，由楞次定律及安培定则可得， 线框中产生顺时针方向的感应电流，由 Δ Δ E t   可知，产生的感应电动势恒定，电流恒定， 所以ab 边受到的安培力F BIL  均匀减小，由左手定则可知，安培力方向向左，为正； 1~3s ∶磁感应强度方向垂直纸面向外且均匀增大，由楞次定律及安培定则可得，线框中产 生顺时针方向的感应电流， 由 Δ Δ E t   可知， 产生的感应电动势恒定， 电流恒定， 所以ab 边 受到的安培力F BIL  均匀增大，由左手定则可知，安培力方向向右，为负； 3~5s ∶磁感应强度方向垂直纸面向外且均匀减小，由楞次定律及安培定则可得，线框中产 生逆时针方向的感应电流， 由 Δ Δ E t   可知， 产生的感应电动势恒定， 电流恒定， 所以ab 边 受到的安培力F BIL  均匀减小，由左手定则可知，安培力方向向左，为正； 综合上述分析可知A 正确，BCD 错误。 故选A。 7.【答案】A 【详解】AB．当开关S 闭合时，灯A2 立即发光。电流通过线圈，穿过线圈的磁通量增大， 根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反， 阻碍电流的增大， 电路的电流只 能逐渐增大，所以A1 逐渐亮起来，所以A2 比A1 先亮，由于线圈直流电阻忽略不计，当电 流逐渐稳定时，线圈不产生感应电动势，两灯电流相等，亮度相同，故A 正确，B 错误； CD．稳定后，当开关S 断开后，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源， 与灯泡A1 和A2 串联，两灯电流相同，都过一会儿熄灭，灯A2 不会闪亮，流过A2 的电流方 向向右，故CD 错误。 故选A。 答案第4页，共13页 8.【答案】C 【详解】ABC．设粒子的运动轨迹半径为1 r 时，粒子的轨迹与ad 边相切，如图中曲线①所 示 由几何关系得 1 1 sin30 2 a r r    解得 1 r a  粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得 2 1 1 1 mv qv B r  解得粒子的速率为 1 Bqa v m  当粒子的运动轨迹与ab 边相切时，如图中曲线②所示，由几何关系可得 2 2 cos30 r r a   可得此时粒子的运动轨迹半径为 2 2 2 3 a r   解得粒子的速率为 2 2 (2 3) Bqa v m   当粒子的运动轨迹与bc 边相切时，如图中曲线③所示，由几何关系可得 3 3 sin30 2 a r r   可得此时粒子运动的轨迹半径 答案第5页，共13页 3 1 3 r a  解得粒子的速率为 3 3 Bqa v m  当粒子的速率大于qBa m 时，粒子全部从ad 边离开磁场。 当粒子的速率为2 5 qBa m 时，由于 3 2 2 5 qBa v v m   所以粒子从bc 边离开磁场。 当粒子的速率为3 qBa m 时，粒子恰好从bc 边离开磁场，故C 正确，AB 错误； D．当粒子的速率由6 qBa m 变为10 qBa m 时，由于 10 6 3 qBa qBa qBa m m m   可知两种速率的粒子均从cd 边离开磁场，从cd 边离开磁场的运动轨迹如图中曲线④所示， 由几何关系可知粒子轨迹对应的圆心为300，保持不变，粒子在磁场中的运动时间为 300 5 2 5 360 6 3 m m t T qB qB         可知当粒子的速率由6 qBa m 变为10 qBa m 时，粒子在磁场中运动的时间不变，故D 错误。 故选C。 9.【答案】AD 【详解】A．由图乙可知原线圈正弦交流电的电压峰值为 m1 30 2V U  根据理想变压器特点， 副线圈中也为正弦交流电， 由原副线圈电压关系得副线圈中电压峰值 为 2 m2 m1 1 120 2V n U U n    由图可知交流电的周期 2 2 10 s T    则 2 100 T      答案第6页，共13页 所以副线圈两端电压的瞬时值表达式 120 2 sin100 V u t   故A 正确； BC．电压表V2 测量副线圈两端电压，原线圈输入电压的有效值 1 30V U  根据原副线圈电压比等于线圈匝数比 1 1 2 2 U n U n  可得 2 120V  U 原线圈两端电压不变，原副线圈匝数比不变，所以副线圈两端电压不变，故BC 错误； D． T R 处温度降低时，电阻减小，电流增大，则输出功率增大，根据理想变压器特点，原线 圈输入功率增大，故D 正确。 故选AD。 10.【答案】AB 【详解】AD．根据右手定则可知，电流从D 点流出，经过R 流向C 点，因此铜片D 的电 势高于铜片C 的电势，故A 正确，D 错误； B．设圆盘半径为l ，由感应电动势公式可知 E Blv  且 2 l v   故转动切割的感应电动势为 2 2 Bl E   感应电流为 E I R  解得 2 2 Bl I R   答案第7页，共13页 转速增大为原来的2 倍，由 2 n    可知角速度增大为原来的2 倍，电流变为原来的2 倍，故B 正确； C．由功率表达式可知 2 4 2 4 B l P EI R    故磁感应强度变为原来一半时，功率变为原来的四分之一，故C 错误。 故选AB。 11.【答案】BC 【详解】A．对匀强磁场中的小球有 2 1 2 M mgR mv  可得 2 M v gR  对匀强电场中的小球有 2 1 2 N mgR qER mv   得 2 2 N qER v gR m   所以 N M v v  故A 错误； B．对匀强磁场中的小球，在最低点有 2 M M M v F mg Bqv m R    可得 3 M M F mg Bqv   对匀强电场中的小球，在最低点有 2 N N v F mg m R   可得 答案第8页，共13页 3 2 N F mg qE   所以 M N F F  故B 正确； C．因小球第一次到达M 点的过程中，只有重力做正功，平均速率大，时间短；而小球第一 次到达N 点的过程中，重力做正功，电场力做负功，平均速率小，时间长，故C 正确； D．根据能量守恒，在磁场中的小球上升到最高点时重力势能转化为重力势能，能上升到同 高度， 而电场中的小球上升到最高点时重力势能有一部分转化为电势能， 所以末状态的重力 势能小于初状态的重力势能，不能上升到原高度，故D 错误。 故选BC。 12.【答案】BD 【详解】A．金属棒a 向右运动时，受向左的安培力，则a 棒向右做减速运动，随速度的减 小，感应电流减小，安培力减小，a 棒的加速度减小，则a 做加速度减小的减速直线运动， 同理可得b 棒做加速度减小的变加速直线运动，最终两棒达到共速的稳定状态，故A 错误； B．当两棒共速时，由动量守恒定律可知 0 2 mv mv  解得 0 2 v v  故B 正确； C．两棒的焦耳热为 2 2 2 0 0 1 1 1 2 2 2 4 Q mv mv mv    由于两棒的电阻等大，故a 棒上产热为 2 1 0 1 2 8 Q Q mv   故C 错误 D．设从开始运动到两金属棒最终达到稳定过程中，磁通量的变化量为，时间为Δt ，平 均电流为I ，有 x E BL t t      答案第9页，共13页 2 E I R  对金属棒b 列动能定理有 0 BIL t mv   联立方程可解得 0 2 2 mv R x B L  故D 正确。 故选BD。 13． ACD 2.397（2.396~2.399 均算正确） A1 1 g 0 2 1 ( + ) I R R I I  【详解】 （1）[1]A．测量电阻时如果指针偏转角度过大，说明挡位选的过大，应将选择开关 S 拨至倍率较小的挡位，重新欧姆调零后测量，故A 正确； B．测量电阻不需要区分正负极，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，不会影响测量结果， 故B 错误； C．为保护电表，测量电路某个电阻时，应该把该电阻与电路断开，故C 正确； D．测量电阻时不要用手接触表笔的金属杆，否则人体的电阻会并联进去，影响测量结果， 故D 正确。 故选ACD。 （2）[2]由图示螺旋测微器可知，其示数为 2mm+39.7 0.01mm 2.397mm D    由于需要估读，2.396mm~2.399mm 均算正确。 [3]由于电流表A1 的内阻已知，电流表A2 的内阻未知，因此应选用已知内阻的电流表A1 和 定值电阻R0 串联组成电压表； [4]为尽可能多测几组数据，滑动变阻器应采用分压接法，而改装后的电压表内阻远远大于 待测金属棒阻值，因此电流表应采用外接法，实验电路图如下 答案第10页，共13页 [5]根据电路图及闭合回路欧姆定律可得金属棒的电阻为 1 g 0 X 2 1 ( + ) X X I R R U R I I I    14． 黑 2990 2000 C 【详解】 （1）[1]图甲中，电路中a 与电源正极连接为“+”，b 为“-”，多用表电流“红进黑出”， 故c 为红表笔，d 黑表笔； （2）[2]调零时，R0 接入电路的阻值是 0 V m V 2990Ω E R r R U R    （3）[3]现对电压表刻度重新赋值，则4V 处应标注 V 0 V 2000Ω x E R r R R U R     （4）[4]改装后的欧姆表如果去测量几十欧的电阻很不精确，是因为多用表的内阻太大，导 致偏角太大，测量不精确，改进办法降低多用表内阻 m V E R U R  内 故改变电动势，6V 或10V，内阻仍然很大，只有用一个50Ω的电阻与电压表并联可以增大 回路总电流，减小内阻。 故选C。 15． （10 分） （1）4m/s（2）0.80J 【详解】⑴下边产生的感应电动势E=BL1v （1 分） 感应电流 E I R  （1 分） 下边受到的安培力F=BIL1 （1 分） 安培力和重力平衡时F=mg （1 分） 得v=4m/s （1 分） 答案第11页，共13页 ⑵如图，标出线圈的几个关键位置：①是初始位置，②是线圈下边缘刚好进入磁场的位置， ③是速度刚好达到稳定值的位置， ④是线圈刚好完全进入磁场的位置， ⑤是线圈下边缘到达 磁场下边界的位置（为了能看清，把线圈的位置做了一些左右调整，不影响分析） ． 克服安培力做功只发生在②→④阶段， 从线框开始下落到刚好全部进入磁场过程①→④对线框用动能定理：   2 2 1 2 mg h L W mv    （3 分） 得W=0.80J （2 分） 16． （1） 5 9 10 C   ； （2）7.2W 【详解】 （1）滑动变阻器滑片处于最左端时，电容器两端的电压就是电源的路端电压： 1 3 3 6V E U R R r    （2 分） 滑动变阻器滑片处于最右端时， 1 2 , R R 并联电阻为 1 2 R 电容器两端的电压： 2 3 1 3 3V 2 E U R R R r     （2 分） 通过 4 R 的电量   5 1 2 9 10 q C U U C     （2 分） （2）当R 外=r 时电源的输出功率最大 （2 分） 2 2 12 7.2W 4 4 5 E P r     ． （2 分） 17． （1）0﹣4s 内，线圈中的感应电流的大小为0.02A，方向沿逆时针方向．4﹣6s 内，线圈 中的感应电流大小为0.08A，方向沿顺时针方向； （2）0﹣4s 内，R 两端的电压是0.08V；4 ﹣6s 内，R 两端的电压是0.32V，R 消耗的总功率为0.0272W； （3）前4s 内通过R 的电荷量 是8×10﹣2C． 【详解】 （1）0﹣4s 内，由法拉第电磁感应定律有： 答案第12页，共13页 1 0.4 0.2 100 0.02V 0.1V 4 B S E N N t t            线圈中的感应电流大小为： 1 1 0.1 A 0.02A 4 1 E I R r      （1 分） 由楞次定律知感应电流方向沿逆时针方向． （1 分） 4﹣6s 内，由法拉第电磁感应定律有： 2 0.4 100 0.02V 0.4V 2 B S E N N t t           线圈中的感应电流大小为： 2 2 0.4 A 0.08A 4 1 E I R r      （1 分） 方向沿顺时针方向． （1 分） （2）0﹣4s 内，R 两端的电压为： 1 1 0.02 4V 0.08V U I R     消耗的功率为： 1 1 1 0.08 0.02W 0.0016W P U I     （2 分） 4﹣6s 内，R 两端的电压为： 2 2 0.08 4V 0.32V U I R     消耗的功率为： 2 2 2 0.32 0.08W 0.0256W P U I     （2 分） 故R 消耗的总功率为： 1 2 0.0272W P P P    （1 分） （3）前4s 内通过R 的电荷量为： 2 0.2 0.02 100 8 10 C 4 1 E t BS q I t n n R r R r R r                 （3 分） 18． （1） 2 0 2 mv E qh  ;（2） 0 mv B qr  ;（3） 0 4 2 h r t v    【详解】 （1）带电粒子在电场中做类平抛运动，有 水平方向 2h = v0t1 （1 分） 竖直方向 h = 1 2 at12 （1 分） Eq a m  （1 分） 由①②③式得 2 0 2 mv E qh  （1 分） （2）粒子进入磁场时沿y 轴方向的速度 vy= at1 粒子进入磁场时的速度 2 2 0 y v v v  