福建省“华安一中长泰一中南靖一中平和一中龙海二中”五校高二物理上学期第二次联考试题

学校：班级：姓名：座号：准考证号：_________________．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．密．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．封．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．装．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．订．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．线．．．．．．．．．．．．．．．．．华安一中、长泰一中、南靖一中、平和一中、龙海二中五校联考2022-2022学年高二年（上）第二次月考物理试卷考试时间：90分钟满分：100分★注意：请把所有的答案写在答案卷上，写在其它地方不得分一、单项选择题（在每小题给出的四个选项中只有一个选项正确，每题4分共32分）1、某静电场的电场线分布如图所示P、Q两点的电场强度的大小分别为EP和EQ，电势分别为和，则（）A.EP＞EQ，＞B.EP＞EQ，＜C.EP＜EQ，＞D.EP＜EQ，＜2、用控制变量法，可以研究影响平行板电容器的因素，如图所示，平行板电容器的极板A与一静电计相接，极板B接地，若极板B稍向上移动一点，由观察到的静电计的指针变化，作出平行板电容器的电容变小的结论，其依据是()A.两极板间的电压不变，静电计指针张角变大B.两极板间的电压不变，静电计指针张角变小C.极板上的电量几乎不变，静电计指针张角变小D.极板上的电量几何不变，静电计指针张角变大3、伏安法是一种常用的测量导体电阻的方法，某同学分别用如图（a）、（b）两种接法测量一个电阻器的阻值，以下结论正确的是（）A.用图（a）接法测得的电阻值偏大B.用图（b）接法测得的电阻值偏大C.用图中两种接法测得的电阻值都偏大D.用图中两种接法测得的电阻值都偏小4、如图所示，在条形磁铁外套有A、B两个大小不同的圆环，穿过A环的磁通量ΦA与穿过B环的磁通量ΦB相比较()A．ΦA＞ΦBB．ΦA＜ΦBC．ΦA=ΦBD．不能确定5、如图所示，竖直实线表示匀强电场中的一簇等势面，一带电微粒在电场中从A到B作直线运动（如图中虚线所示）。则该微粒（）A．一定带正电B．从到的过程中作匀速直线运动C．从到的过程中电势能增加D．从到的过程中机械能守恒6、如图所示为水平放置的两根等高固定长直细导线的截面图，O点是两导线间距离的中点，a、b是过O点的竖直线上与O点距离相等的两点，两导线中通有大小相等、方向相反的恒定电流．下列说法正确的是（　　）A．两导线之间存在相互吸引的安培力B．O点的磁感应强度为零C．O点的磁感应强度方向竖直向下D．a、b两点的磁感应强度大小相等、方向相反7、在某匀强电场中有M、N、P三点，在以它们为顶点的三角形中，∠M＝30°、∠P＝90°，直角边NP的长度为4cm。已知电场方向与三角形所在平面平行，M、N和P点的电势分别为3V、15V和12V。则电场强度的大小为(　　)-6-A.150V/mB.75V/mC.V/mD.V/m8、在如图所示的电路中，电压表、电流表均为理想电表。电源电动势为12V，内阻为1Ω，电动机线圈电阻为0.5Ω。开关闭合，电动机正常工作，电压表示数为10V。则A.电源两端的电压为12VB.电源的输出功率为24WC.电动机消耗的电功率为80WD.电动机所做机械功的功率为18W二、多项选择题（在每小题给出的四个选项中有多项正确，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错得0分。共16分）9、如图所示，两平行金属板间带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（　　）A.电压表读数增大B.电流表读数增大C.R3上消耗的功率逐渐减小D.质点P仍处于静止状态10、如图所示，a、b、c三枚小磁针分别在通电螺线管的正上方、管内和右侧，当这些小磁针静止时，小磁针N极的指向是(　　)A．a向左B．a向右C．b向左D．c向右11、如图所示,虚线为某电场的等势面,今有两个带电粒子(重力不计),以不同的速率沿不同的方向,从A点飞入电场后,沿不同的轨迹1和2运动,由轨迹可以断定(　　)A.两个粒子的电性一定不同B.粒子1的动能先减少后增加C.粒子2的电势能增大后减小D.经过B、C两点,两粒子的速度一定相等12、如图所示，把一个架在绝缘支架上的枕形导体放在正电荷形成的电场中．导体处于静电平衡时，下列说法正确的是（　　）A.A、B两点场强相等，且都为零B.A、B两点场强不相等C.感应电荷产生的附加电场EA＜EBD.当电键S闭合时，电子从大地沿导线向导体移动三、实验题（每空1分，共12分）13、一多用电表的欧姆挡有三个倍率，分别是×1Ω、×10Ω、×100Ω.用×10Ω挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到________挡．如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是________，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值是______Ω。-6-14、利用伏安法测定一节干电池的电动势和内电阻．要求尽量减小实验误差。(1)应该选择的实验电路是图中的_______(选填“甲”或“乙”)。（2）现备有以下器材：A．干电池1个B．滑动变阻器（0~50Ω）C．滑动变阻器（0~1750Ω）D．电压表（0~3V）E．电压表（0~15V）F．电流表（0~0.6A）G．电流表（0~3A）其中滑动变阻器应选_____，电流表应选____，电压表应选_____。(填字母代号)(3)某位同学根据记录的数据将对应点已经标在如图所示的坐标纸上，请画出U－I图线_______。(4)根据(3)中所画图线可得出干电池的电动势E＝_______V（保留三位有效数字），内电阻r＝_______Ω。（保留两位有效数字）（5）由于电压表的分流作用使本实验电路存在系统误差，导致E测___E真，，r测____r真(填“>”“<”或“=”)四、计算题（共40分）15、（8分）如图所示，一个挂在绝缘细线下端的带正电的小球B，静止在图示位置，若固定的带正电小球A的电荷量为3Q，B球的质量为m，带电荷量为Q，θ=37°，A和B在同一条水平线上，整个装置处于真空中，（tan37°=0.75）求：(1)A球受到的库仑力的大小(2)A、B两球间的距离．16、（10分）如图所示，在水平向右的匀强电场中，用长为L不可伸长的绝缘细线拴住一质量为m，带电荷量为q的小球，线的上端固定于O点．细线与竖直方向成30°角时静止释放小球，小球开始摆动，当摆到A点时速度为零，此时OA恰好处于水平状态，设整个过程中细线始终处于拉直状态，静电力常量为k，忽略空气阻力．求：（1）判断小球电性；（2）BA两点间的电势差UBA；（3）匀强电场的场强E的大小．-6-17、（10分）如图所示的电路中，电阻，，电源的电动势E=12V，内电阻，安培表的读数．求：（1）流过电阻的电流是多少？（2）电阻的阻值是多大？（3）电源的输出功率是多少？18、（12分）如图所示，在倾角θ=37°的绝缘斜面上，固定一宽L=0.25m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器，电源电动势E=15V，内阻r=1Ω，一质量m=20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好，导轨与金属棒的电阻不计．整个装置处于磁感应强度B=1T，方向水平向右与金属棒ab垂直的匀强磁场中．调节滑动变阻器R=24Ω时，金属棒恰能在导轨上静止，已知：g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8（1）请计算通过金属棒的电流；（2）请计算金属棒ab所受摩擦力大小；（3）如果斜面光滑，改变所加的匀强磁场，求所加匀强磁场的磁感应强度B1最小值和方向．华安一中、长泰一中、南靖一中、平和一中、龙海二中五校联考2022-2022学年（上）第二次月考高二年物理试卷参考答案一、单项选择（每题4分共32分）1、A2、D3、A4、A5、C6、C7、A8、D二、多项选择（每题4分共16分）9、BC10、AD11、AB12、AD三、实验题（每空1分，共12分）13、(1).×100Ω(2).欧姆调零(3).2.20×103（或2.2×103）14、(1).甲(2).BFD.(3).如右图-6-(4).1.50(1.49～1.51)0.89(0.86～0.92)(5).<<四、计算题15、（8分）解：（1）以小球B为研究对象，对小球进行受力分析，根据小球处于平衡状态可知---------4分（2）而小球所受库仑力大小为联立解得A、B两球之间的距离为--------4分16、（10分）解：（1）若小球不带电，则从A点释放，将运动到与A点等高的地方，而实际上小球没能运动到与A点等高的地方，所以电场力对小球做了负功，电场力水平向右，而电场强度方向水平向右，则小球带正电；----------------2分（2）小球1从B到A过程，由动能定理得：qUBA﹣mgLcos30°=0﹣0-----3分解得：UBA=①----------------1分（2）BA间沿电场线的距离为：d=L+Lsin30°②----------------1分在匀强电场，有：E=③----------------2分所以联立①②③三式得：E=．----------------1分17、（10分）（1）并联部分电压为----------------2分通过的电流为----------------1分流过电阻的电流为----------------1分（2）两端的电压为----------------2分的阻值为----------------1分-6-（3）电源的输出功率为----------------3分18、（12分）解：（1）根据闭合电路的欧姆定律可知回路中电流为I=----------------2分（2）根据左手定则可知，受到的安培力方向竖直向下，导体棒静止，共点力平衡，根据受力分析可知摩擦力沿斜面向上，故mgsin37°+F安sin37°=f----------------2分F安=BIL=1×0.6×0.25N=0.15N----------------2分联立解得f=0.21N----------------1分（3）根据受力分析可知，受到的安培力沿斜面向上时，此时安培力最小，即磁场最小，方向垂直于斜面向上，----------------2分故mgsin37°=B1IL，----------------2分解得----------------1分-6-