【文档说明】上海市华东师范大学第二附属中学2021-2022学年高二下学期3月月考物理试题 含解析.docx，共(21)页，1.795 MB，由小赞的店铺上传

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华东师大二附中2021学年第二学期阶段检测高二物理一、选择题（共12小题，满分40分）1.下列物理量中，属于矢量的是（）A.磁感应强度B.电势差C.电流D.磁通量【答案】A【解析】【详解】A.磁感应强

度既有大小又有方向，是矢量；B.电势差只有大小，没有方向，是标量；CD．电流和磁通量有大小，虽有方向，但是合成时不满足平行四边形法则，则都是标量。故选A。2.下列陈述与事实相符的是（）A.库仑通过扭秤测定了引力常量B.法拉第发现了电流周围存在磁场C.安培发现

了静电荷间的相互作用规律D.伽利略指出了力不是维持物体运动的原因【答案】D【解析】【分析】【详解】A．牛顿发现万有引力之后，卡文迪许通过扭秤测定了引力常量，使万有引力定律具有真正的使用价值，故A错误确；B．奥斯特发现了电流周围存在磁场，故B错误；

C．库仑发现了静电荷间的相互作用规律，故C错误；D．伽利略通过理想实验，说明物体的运动不需要力来维持，故D正确。故选D。3.关于静电场的描述正确的是A.电势降低的方向就是电场线方向B.沿着电场线方向电场强度一定减小C.电场中电荷的受力方向就是电场强度的方向.D.电场中电场强

度为零的地方电势不一定为零【答案】D【解析】【详解】A．沿电场线方向电势降低，电势降低最快的方向是电场线方向，故A项错误；B．负点电荷形成的电场，沿着电场线方向电场强度增大，故B项错误；C．电场中正电荷的受力方向与电场强度的方向相同，电场中负电荷的受力

方向与电场强度的方向相反，故C项错误；D．电势具有相对性，电场中电场强度为零的地方电势不一定为零，故D项正确。4.下列说法中正确的是()A.条形磁铁的磁感线总是从磁铁的N极出发，终止于磁铁的S极B.只受电场力的作用，带电粒子在电场中也可以做匀速圆周运动C.运动的带电

粒子进入磁场一定会受到磁场力的作用D.通电直导线在磁场某处所受安培力的方向即为该点磁场的方向【答案】B【解析】【详解】A．磁感线为闭合曲线，在条形磁铁的外部，磁感线由N极指向S极，在内部又从S极回到N极，A错误；B．带电粒子在库仑力提供向心力的条件下有可能做匀速圆周运动，例如电子绕

原子核做圆周运动，选项B正确；C．当带电粒子以平行于磁场方向的速度进入磁场后不受洛伦兹力的作用，C错误；D．通电直导线在磁场某处所受安培力的方向总是与磁场方向垂直，D错误；故选B。【点睛】理解常见磁场磁感线的分布特点，注意磁

感线为闭合曲线，带电粒子进入磁场不一定受洛伦兹力作用，与粒子速度方向有关5.电动势为E、内电阻为r电源与阻值为R的电阻连成闭合电路。t秒内电源内部的非静电力移送电荷的电量及非静电力做功分别为A.EtR2EtRB.EtRr+2EtRr+C.EtRr+2()ER

tRr+D.EtRr+2()+ErtRr的【答案】B【解析】【详解】由电流的定义式qIt=可知，EqIttRr==+非静电力做功等于克服静电力做的功即为2EEWEItEttRrRr===++故B正确。故选B。6.如图，一定质量的理

想气体从初始状态M经过M→1、M→2、M→3变化过程到状态1、2、3，则气体（）A.M→1过程不可能实现B.M→2过程体积保持不变C.M→3过程不可能实现D.M→3过程体积逐渐增大【答案】B【解析】【详解】B．由图示图像可知，M→2过程p﹣

T图像的反向延长线过原点：即p与T成正比，该过程为等容过程，气体体积不变，B正确；ACD．由理想气体状态方程：pVCT=可知：CpTV=，p﹣T图像的斜率：CkV=，p﹣T图像斜率越大，表明气体体积V越小，p﹣T斜率越小气体体积V越大，由图示图线可知，M→

1过程图线的斜率小于M→2过程图线的斜率，M→3过程图线斜率大于M→2过程图线的斜率，由于M→2过程气体体积不变，因此M→1过程气体体积变大，M→3过程气体体积变小，即状态1的体积大于状态2的体积，状态3的体积小于状态

2的体积，由图示图线可知，由状态1到状态2到状态3，气体温度不变而压强增大，由玻意耳定律可知，气体体积减小，M→1、M→2、M→3过程都是可能实现的，ACD错误。故选：B。7.在x轴上有两个固定的点电荷。q1、q2，其静电场的电势在x轴上分布如图所示。下列说法正确的是（）A.从x1到x2处，

场强变大B.x1处的电场强度为零C.从x1到x2，场强沿x轴正方向D.正试探电荷从x1移到x2，受到的电场力做负功【答案】D【解析】【详解】AB．根据UEdx==可知，在x−图像中，图线上某点的切线斜率表示该点的场强，从x1到x2

处，斜率逐渐减小，所以场强变小，且x1处的电场强度不为零。故AB错误；C．从图像中看出从x1移到x2，电势一直在增加，所以场强沿x轴负方向。故C错误；D．根据公式WqEx=正试探电荷从x1移到x2，电场力方向与位移

方向相反，所以电场力做负功。故D正确。故选D。8.如图所示，原来静止的弓形线圈通有逆时针方向的电流I，在其直径中点右侧放置一根垂直于线圈平面的固定不动的长直导线，并通以电流I，方向垂直纸面向里，此时环形线圈的运动情况是（）A.从左至右观察，以AB为轴逆时针旋转，并且B点靠近直线电流B.从左至右观

察，以AB为轴逆时针旋转，并且B点远离直线电流C.从左至右观察，以AB轴顺时针旋转，并且B点靠近直线电流D.从左至右观察，以AB为轴顺时针旋转，并且B点远离直线电流【答案】A【解析】【详解】根据右手螺旋定则知，直线电流在A点的磁场方向竖直向上

，与A点电流方向平行，所以A点不受安培力；取线圈上下位置一微元研究，如同所示根据左手定则，所以圆形线圈将以直径AB为轴逆时针转动，在旋转的过成中，环形线圈会和固定不动的长直导线平行，此时电流方向同向，根据左手定则，会靠近直线电流。故选A。9.如图所示，水平导轨接有电源，导轨上固定有三根用同

种材料制作的导体棒a、b、c，其中b最短，c为直径与b等长的半圆，导体的电阻与其长度成正比，导轨电阻不计。现将装置置于向下的匀强磁场中，接通电源后，三根导体棒中均有电流通过，则它们受到安培力的大小关系为（）A.Fa>Fb=FcB.Fa=Fb>FcC.Fa=

Fb=FcD.Fa>Fb>Fc为【答案】B【解析】【详解】设a、b两棒的长度分别为La和Lb，C的直径为d；由于导体棒都与匀强磁场垂直，则：a、b两棒所受安培力大小分别为Fa=BIaLaFb=BIbLb=BIbdFc=BIcd因aaaUUSILLS==则=aaaBUSFBIL=因b

UUSIddS==则bbBUSFBId==因22cUUSIddS==则2ccBUSBUSFBId==则Fa=Fb>Fc故B正确，ACD错误。故选B。10.如图所示，三根通电长直导线a、b、c平行水平放置，它们的横截面恰位于直角三角形的三个顶点，

∠a=60°，∠c=90°，导线a、b固定，导线a中通有方向垂直纸面向里、大小为I的恒定电流时，自由的通的电长直导线c恰处于静止状态。已知通电长直导线在距导线r处产生的磁场的磁感应强度大小为B=kIr（k

为常数，I为通电长直导线中的电流大小），则导线b中电流的大小和方向为（）A.电流大小为I，方向垂直纸面向里B.电流大小为3I，方向垂直纸面向里C.电流大小为I，方向垂直纸面向外D.电流大小为3I，方向垂直纸面向外【答案】A【解析】【详解】根据电流方向相同相吸引、相反相排斥可得c的

受力情况如图所示：根据几何关系可得b对c的作用力为Fb=Fatan30°根据安培力的计算公式可得F=BIL设b中的电流为I′，bc距离为L，则ac的距离为33L，则有'3=333ILIkkL解得I′=I方向向里。A正确、BCD错误。故选A。1

1.如图（a）所示，电源电动势E=9V，内阻不计，定值电阻R1=500Ω，电阻R的U-I关系如图（b）所示，R2为滑动变阻器。电键闭合后，为使R2消耗的电功率等于R1功率的2倍，滑动变阻器R2的阻值和对应的功率P2分别为（）A.R2=1000Ω32910W−=PB.R2

=1000Ω221.3510WP−=C.R2=1500Ω32910W−=PD.R2=1500Ω221.3510WP−=【答案】B【解析】【详解】串联电路电流处处相等，根据2PIR=可知2121000ΩRR==将2R和1R等效为电源内阻，则等效电源满足9VE=，1500Ωr=

在图像中有可知通过滑动变阻器电流约为33.710A−，所以功率为3222(3.710)1000W1.3710WP−−==ACD错误，B正确。故选B。12.如图所示的坐标系中，x轴上固定一个点电荷

Q，y轴上固定一根光滑绝缘细杆（细杆的下端刚好在坐标原点O处）．将一个套在杆上重力不计的带电圆环（视为质点）从杆上P处由静止释放，圆环从O处离开细杆后恰好绕点电荷Q做圆周运动．下列说法正确的是的A.圆环沿细杆从P运动到O的过程中，加速度一直增大B.圆环沿细杆从P运动到O的过程中，速

度先增大后减小C.增大圆环所带的电荷量，其他条件不变，圆环离开细杆后仍然能绕点电荷做圆周运动D.将圆环从杆上P的上方由静止释放，其他条件不变，圆环离开细杆后仍然能绕点电荷做圆周运动【答案】C【解析】【详解】A.圆环从P运动到

O的过程中，受库仑引力，杆子的弹力，库仑引力沿杆子方向上的分力等于圆环的合力，滑到O点时，所受的合力为零，加速度为零．故A错误；B.圆环从P运动到O的过程中，只有库仑引力做正功，根据动能定理知，动能一直增大，则速度一直增大．故B错误．CD.根据动能定理得212qUm=，根据牛顿第二定律

得22Qqkmrr=，联立解得22QUkrr=，可知若只正大圆环电荷量，圆环仍然可以做圆周运动；若增大高度，知电势差U增大，库仑引力与所需向心力不等，不能做圆周运动，故C正确，D错误．故选C。二、填空题（共5小题，满分

18分）13.如图甲，在斯特林循环的p-V图像中，一定质量理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A，整个过程由两个等温和两个等容过程组成。A→B的过程中，气体分子单位时间内对气壁单位面积撞击的次数__________（填“

增加”、“减少”或“不变”），气体分子的平均动能__________（填“增大”、“减小”或“不变”）；在B→C的过程中，气体吸收热量为1Q，在C→D的过程中，气体吸收热量为2Q，则该气体在B→C→D过程中

对外界做的总功等于____________。状态A和状态D的气体分子热运动速率的统计分布图像如图乙中两条曲线，则状态D对应的__________曲线（选填“①”或“②”）。【答案】①.增加②.不变③.2Q④.②【解析】【详解】[1][2]在A→B的过程中，气体压强增大，温度不变，所以气体分子

单位时间内对气壁单位面积撞击的次数增加，气体分子的平均动能不变。[3]在B→C的过程中，气体对外界做功为零，在C→D的过程中，根据热量学第一定律可知，气体对外界做的功等于Q2，所以气体在B→C→D过程中对外界做的总功等于Q2。[4]在D→A的过程中，气体经历等容变化，且压强减小，根据查理定律可

知状态A的温度低于状态D的温度，所以气体在状态D时速率大的分子比例较多，对应的是②曲线。14.在磁感应强度为B的匀强磁场中，半径为R的半球形球壳如图（a）放置，穿过它的磁通量为_______；面积为S的矩形线框在该磁场中的初始位置如图（b）中实线所示，线框绕O轴逆时针转动到与磁场垂直的

虚线位置，这一过程中穿过线框的磁通量的变化量大小为______。【答案】①.2BR②.()cos1BS+【解析】【详解】[1]根据磁通量的公式，可得穿过半球形球壳的磁通量为21BSBR==[2]根据磁

通量的公式，取此时磁感线穿过的面的磁通量为正，没有转动前，通过线框的磁通量为2cosBSBS==有效由于转动后，磁感线从另一面穿过，则此时磁通量为负，即有3ΦBSBS=−=−有效这一过程中穿过线框的磁通量

的变化量大小为23(cos1)BS=−=+15.如图，电源电动势为E，内阻为r。S为单刀双掷开关，两电阻R1=10Ω，R2=8Ω。当开关S接1时，电流表示数为0.2A。则开关S接2时，电流表示数________（选填“增大”或“减小”），电流表示数

的变化范围可能是__________。【答案】①.增大②.0.2A<I<0.25A【解析】【详解】[1]当开关S接1时，电流表示数为0.2A；则当S接2时，外电阻减小，电流增大，即电流表示数增大；[2]当S接2时，外电阻减小，电流增大，所以电路中大于0.

2A，即I2＞0.2A，由于外电阻减小，路端电压减小，则有2211IRIR则得11220.210A0.25A8IRIR==故有20.2A0.25AI＜＜16.一内壁光滑、粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一轻活塞。初始时，管内水银柱及

空气柱长度如图所示。已知大气压强p0=75cmHg，环境温度不变。右侧封闭气体的压强p右=______cmHg；为使管内两边水银柱高度相等并达到稳定，需要用力向下缓慢推活塞______cm。【答案】①.90②.9.417【解析】【详解】[1]075(205)cmHg=90cmHgh

ppp=+=+−右[2]两边水银柱一样高，则左边下降右边上升各7.5cm。所以右边被封气体高度变为12.5cm，对右边气体，由玻意耳定律：1122pvpv=1122144cmHgpvpv==此时左侧气体压强也为p2。对于左侧气体，由玻意耳定律：1

122pvpv=左左左左1122phSphS=左左左左11222.083cmphhp==左左左左所以活塞下降距离为：47.52.0839.417cmx=+−=17.实验证明：通电长直导线周围磁场的磁感应强度大小为kIBr=，式中常量0k，I

为电流强度，r为距导线的距离。在水平长直导线MN正下方，有一矩形线圈abcd通以逆时针方向的恒定电流，被两根轻质绝缘细线静止地悬挂着，如图所示。开始时MN内不通电流，此时两细线内的张力均为03NT=；当MN通以强度为11AI=电流时，两

细线内的张力均减小为12NT=；当MN内电流强度大小变为2I时，两细线内的张力均增大为24NT=。则电流2I的大小为________A；当MN内的电流强度为33AI=时两细线恰好同时断裂，则在此断裂的瞬间线圈

的加速度大小为________g。（g为重力加速度）【答案】①.1②.2【解析】【详解】[1]MN不通电时两线原来的拉力均为03NT=，则mg=2T0=6N当MN通1A的电流时，两线的张力均减为12NT=，由于2T1<mg所以安培力方向向上，大小为mg=2T

1+F安计算出F安=I1(1kr-2kr)=2N，I1=1A当两细线内的张力均增大为24NT=时，由于2T2>mg安培力方向向下，大小为2T2=mg+F′安，F′安=I2(1kr-2kr)计算得I2=1A电流方向与原来相反。[2]当MN中的电流为33AI=时两细线签好同时断裂，此

时线圈的安培力方向向下，大小为F″安=I3(1kr-2kr)=6N细线断开的瞬间由牛顿第二定律有mg+F″安=ma所以线圈的加速度为2g。三、实验题（共1小题，满分10分，每小题10分）18.在“用DIS测电源的电动势和内阻”实验中。（1）下图中，A代表电

流传感器，B代表电压传感器，R为变阻器，R1为定值电阻。则下面各电路图中，图______是合理正确实验电路图；A.B.C.D.（2）某次实验得到的电源的U–I图线如图（1）所示，由实验图线的拟合方程y=−1..03x+2.82

可得，该电源的电动势E=______V，内阻r=______Ω；（3）根据实验测得的该电源的U、I数据，若令y=UI，UxI=，则通过计算机拟合得出y-x图线如图（2）所示，则图线最高点A点的坐标x=______Ω，y=

______W（结果保留2位小数）；（4）若该电池组电池用旧了，电池内电阻会明显增加，如果用这个旧电池组重做该实验，请在图（2）中定性画出旧电池组的y-x图线。______【答案】①.B②.2.82③.1.03④.1.03⑤.1.

93⑥.【解析】【详解】（1）[1]该实验原理为闭合电路的欧姆定律，需要测量电源的路端电压和干路电流，电路应为B；（2）[2][3]根据闭合电路的欧姆定律UEIr=−可得E=2.82V，r=1.03Ω（3）[4]由题意可知，y=UI＝P出，UxRI==功率为2222

22()()()44EEREPIRRRrRrRrRrrR====−+−++当R=r时，P出最大24EPr=出故图线最高点A点的坐标x=R=r=1.03Ω。[5]21.934EyPr===出W。（4）[6]若电池用旧了，电动势变小，内阻变大，旧电池组的y-x图线将变为四、计算题（共1小

题，满分16分，每小题16分）19.如图所示，两足够长平行金属导轨间的距离L=1m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.5T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.5Ω的直流电源。现把一个质量m=0.0

4kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒能静止在导轨上。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R=4Ω，其它电阻不计，g取10m/s2。已知sin37=0.6，cos37=0.8，求：（1）导体棒受到的安培力大小；（2）导体棒受到的摩擦力大小和方

向；（3）若把匀强磁场B的方向改为竖直向上、大小改为1.0T，且已知导体棒与金属导轨间的动摩擦因数为μ=0.1，其它条件都不变，求改变磁场的瞬间导体棒的加速度大小。【答案】（1）0.5N（2）0.26N方向沿斜面向下（3）a=11.7m/s2【解析】【详解】(

1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：4.51A40.5EIRr===++导体棒受到的安培力FBIL=安，代入数据得：F安=0.5N(2)导体棒所受重力沿斜面向下的分力1sin3

70.24NFmg==由于1F小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件sin37mgfF+=安解得f=0.26N，方向沿斜面向下(3)匀强磁场B方向改为竖直向上时，安培力水平向右，''1NF

BIL==安而重力的下滑分力：1sin370.24NFmg==金属棒受摩擦力为'(cos37'sin37)0.092NfmgBIL=+=有牛顿第二定律得1cos37FFfma−−=安解得a=11.7m/s2五、解答题（共1小题，满分16分，

每小题16分）20.电动汽车在行驶过程中，消耗电池能量对外做功使汽车前进。汽车安装的电池常用两个物理量衡量其性能，见下表：物理量定义单位电池容量电池存储电量的多少mAh电池的能量密度ρ单位质量携带电能的多少Wh/kg某质量m=0.056kg的电池以恒定电流放电时，端电压与流过电池电量的关系

如下图所示。电池容量检测系统在电压为4V时显示剩余电量100%，电压为3V时显示剩余电量0%。通过计算机测得曲线与电量轴所围的面积约为7000V·mAh。（1）该曲线与电量轴所围面积的物理意义是什么？（2）该电池的能量密度ρ是多少？（3）在放电过程中

剩余电量从100%到80%用了时间t，由图像推测剩余电量从50%到30%约要多少时的间？（4）某电动汽车除电池外总质量为M，配上质量为m、能量密度为ρ的电池，单次充电后可以在水平路面行驶距离s（s较长，近似认为全程匀速

行驶），行驶中所受阻力与总质量成正比，比例系数为k。假设电池能量的34用来对外做功使汽车前进，写出汽车行驶距离s的表达式。为提升电动车单次充电行驶最大距离，国家大力支持研发提高电池的能量密度，而不是仅靠增加

车上电池质量，请通过分析说明原因。【答案】（1）表示对外做功的值（2）125Wh/kg（3）2t（4）提高电池的能量密度ρ比增加电池质量m更合理【解析】【详解】(1)根据图像的坐标轴可知，图像所围面积物理意义是U·It，表示对外做功的值；(2)由（1）知，能量密度7Wh/kg=125Wh/

kg0.056WUItmm===(3)q=It，I不变则电量与时间成正比，由U-q图像可知剩余电量从10000到8000，通过电池电量约300mAh，剩余电量从5000到3000，通过电池电量约600mAh，则时间约为2t(4)设汽车质量M，电

池质量m，单次充电行驶最大距离s，由题意，阻力与总质量成正比，即f=k（m+M）汽车消耗电能，克服阻力做功fs=k（m+M）s电池能量的34用来对外做功W=fs=34mρ单次充电行驶最大距离34()ms

kmM=+<34ks与m为非线性关系，有上限。可见行驶的最大距离随着电池质量的增加，提升得越来越慢。s与ρ成正比，ρ增大并不增加阻力，不造成电能额外损耗，可见，提高电池的能量密度ρ比增加电池质量m更合理。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxu

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