2012届高二上物理12月月考试题
高二物理上学期12月月考试卷带答案
高二年级月考物理试卷－－－2012.12.16一、单项选择题（本题共10小题，每小题只有一个答案适合要求,请按要求选出来, 每小题4分，共40分)1．关于磁感应强度的定义式ILFB，下列说法正确的是：( ) A ．B 的大小与F 成正比，与L 、I 成反比 B ．B 的方向由F 的方向决定C ．处在磁场中的通电导线L ，在任何情况下所受磁场力F 与I 、L 之比都恒定D ．只有当B 与L 垂直时，定义式才有意义2．如图，导线或线圈中的电流方向和由电流产生的磁场方向标识正确的是：( )3．下列各图中标出了匀强磁场中通电直导线受安培力的方向，正确的是：( )4．如图，匀强磁场方向垂直于纸面向里，一束电子垂直于磁场射入，则电子束将：( ) A ．向上偏转 B ．向下偏转C ．垂直于纸面向里偏转D ．垂直于纸面向外偏转5．磁场中某点的磁感应强度的方向就是：( ) A ．放在该点的通电直导线所受磁场力的方向 B ．运动电荷在该点所受磁场力的方向 C ．放在该点的小磁针静止时N 极所指的方向 D ．通过该点的磁感线的方向6. 如图所示的匀强磁场，磁感应强度为0.2T ，通电直导线与磁场方向垂直，导线长度为0.2m ，导线中电流为1A 。
该导线所受安培力的大小为：( )A ．0.01NB ．0.02NC ．0.03ND ．0.04N7、根据电阻定律，电阻率ρ=R·SL对于温度一定的某重金属导线来说，它的电阻率：( )A 跟导线的电阻成正比B 跟导线的横截面成正比C 跟导线的长度成反比D 由所用金属材料本身特性决定8．电路如图所示，已知电池组的总内电阻r =1Ω，外电路电阻R =5Ω，电压表的示数U =2.5V ，则电池组的电动势E 应等于：( )A.2.0VB.2.5VC.3.0VD.3.5V9.如图所示电路，电源内阻不可忽略。
开关S 闭合后，在变阻器R 0的滑动端向下滑动的过程中( )A.电压表与电流表的示数都减小B.电压表与电流表的示数都增大C.电压表的示数增大，电流表的示数减小D.电压表的示数减小，电流表的示数增大。
2012年高二上册物理12月月考试题(带答案)
2012年高二上册物理12月月考试题（带答案）1.602.002.402.80I/A0.100.160.200.230.250.260.27根据表中的实验数据，在图丙中画出小灯泡的I—U特性曲线。
三、计算题（本题共解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15．如图所示，两平行金属板A、B间为一匀强电场，A、B相距6cm，C、D为电场中的两点，且CD＝4cm，CD连线与场强方向成60°角。
已知将一个电子从D点移到C点的过程中电场力做功为3.2×10-17J，求：（电子电量e=-1.6×10-16C）（1）匀强电场的场强；（2）A、B两点间的电势差；（3）若A板接地，D点电势为多少？16．如图所示，电源的电动势E=110V，电阻R1=21Ω，电动机绕组的电阻R0=0.5Ω，电键S1始终闭合。
当电键S2断开时，电阻R1的电功率是525W；当电键S2闭合时，电阻R1的电功率是336W，求（1）电源的内电阻；（2）当电键S2闭合时流过电源的电流和电动机的输出功率。
17．将倾角为θ的光滑绝缘斜面放置在一个足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B，一个质量为m、带电量为q 的小物体在斜面上由静止开始下滑（设斜面足够长）如图所示，滑到某一位置开始离开，求：（1）物体带电荷性质（2）物体离开斜面时的速度及物体在斜面上滑行的长度是多少？补充试题:（1-5为不定项选择）1．如图所示，在绝缘的斜面上方，存在着匀强电场，电场方向平行于斜面向上，斜面上的带电金属块在平行于斜面的力F作用下沿斜面移动.已知金属块在移动的过程中，力F做功32J，金属块克服电场力做功8J，金属块克服摩擦力做功16J，重力势能增加18J，则在此过程中金属块的()A.动能减少10JB.电势能增加24JC.机械能减少24JD.内能增加16J2．在如右图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用、、和表示。
高二物理上学期12月月考试题 (5)
高二第四次月考物理试题时间 90分钟满分100分一、单项选择题(每题4分，共40分)1.把一个带正电荷量为3q的金属球A跟同样的但带负电荷量为5q的金属球B相碰，碰后两球带的电荷分别为 ( )A．A球为+4q，B球为-4q B．A球为+5q，B球为-3qC．A球为-q，B球为-q D．A球为+q，B球为+q2．两个半径为R的带电金属球球所带电荷量分别为+q1和-q2，当两球心相距3R时，相互作用的静电力大小为( )A．F＝k q1q23R2B．F>kq1q23R2C．F<kq1q23R2D．无法确定3.如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面。
下列判断正确的是( )A．1、2两点的场强相等B．1、3两点的场强相等C．1、2两点的电势相等D．2、3两点的电势相等4.如图所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由A→O→B运动，电子重力不计，则电子仅受电场力作用，则电子受力情况是( )A．先变大后变小，方向水平向左B．先变大后变小，方向水平向右C．先变小后变大，方向水平向左D．先变小后变大，方向水平向右5．如图所示，Q是带正电的点电荷，P1、P2为其电场中的两点．若E1、E2为P1、P2两点的电场强度的大小，φ1、φ2为P1、P2两点的电势，则( )A．E 1>E2，φ1>φ2 B．E1>E2，φ1<φ2C．E1<E2，φ1>φ2 D．E1<E2，φ1<φ26、关于平行板电容器的电容C的公式有Qcu=和4sckdεπ=。
下列关于电容的说法正确的是( )A．跟加在两极板间的电压成反比B．跟两极板的距离成反比C．极板间的介质为真空时，电容为零D．跟极板所带的电荷量成正比7．下面是某电热水壶的铭牌，由此可知该电热水壶正常加热1 min 产生的热量为( )电热水壶型号SP—356 A额定电压220 V额定功率 1 800 W额定频率50 Hz额定容量 1.5 LA.1.80×1035 J8．一根粗细均匀的导线，当其两端电压为U时，通过的电流是I，若将此导线均匀拉长到原来的2倍时，电流仍为I，导线两端所加的电压变为( )A．U/2 B．U C．2U D．4U9、如图所示为两电阻R1和R2的伏安特性曲线。
2012年高二上册物理12月月考试卷(含答案)
2012年高二上册物理12月月考试卷(含答案) 2012—2013学年第一学期12月考试高二物理试卷（考试时间：90分钟；分值：100分；）一、选择题：请将本题答案涂在答题卡上（本题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）。
1．自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献。
下列说法正确的是（）A.奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系B.欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系C.法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系D.焦耳发现了电流的热效应，定量经出了电能和热能之间的转换关系2．如图所示，金属细棒质量为m，用两根相同轻弹簧吊放在水平方向的匀强磁场中，弹簧的劲度系数为k，棒ab中通有稳恒电流，棒处于平衡，并且弹簧的弹力恰好为零．若电流大小不变而将方向突然改变，则()A．每根弹簧弹力的大小为mgB．每根弹簧弹力的大小为2mgC．弹簧形变量为mg/kD．弹簧形变量为2mg/k3．如图是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流.各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中表示正确的是() 4．医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通发过动脉的血流速度。
电磁血流计由一对电极a和b以及磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的。
使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示。
由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差。
在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零。
高二物理上学期12月月考试题高二全册物理试题_02
嘴哆市安排阳光实验学校临川十中12月月考高二物理试卷一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分，前面7小题为单选，最后3小题是多选)1、一白炽灯泡的额定功率与额定电压分别为36 W与36 V。
若把此灯泡接到输出电压为18 V的电源两端，则灯泡消耗的电功率( )A．等于36 W B．小于36 W，大于9 W C．等于9 W D．小于9 W2、关于电功和电热．以下说法正确的是( )A．外电路电流做的功一定等于电热B．外电路中电流所做的功一定大于电热C．只有在外电路是纯电阻的情况下．电功才大于电热D．当外电路有电动机、电解槽的情况下电流做的功将转化为热能、机械能、化学能，因此，电功大于电热3．如图所示，带负电的金属环绕其轴OO′匀速转动时，放在环顶部的小磁针最后将( )A. N极竖直向上B. N极竖直向下C. N极水平向左 D．小磁针在水平面内转动4、在如图所示的电路中，电源的内电阻r =1Ω，外电路电阻R =9Ω，闭合开关后，电流表的示数I = 0.3A ，电流表的内阻不计．电源的电动势E 等于（）A．1 V B．2 V C．3V D．5 V5、用电压表检查图示电路中的故障，测得U ad＝5.0 V，U ed＝0 V，U be＝0 V，U ab＝5.0 V，则此故障可能是( )A．L断路 B．R断路 C．R′断路 D．S断路6、如图所示，当ab端接入100V电压时，cd两端为20V；当cd两端接入100V时，ab两端电压为50V，则R1∶R2∶R3之比是( )A．4∶1∶2 B．2∶1∶1 C．3∶2∶1 D．以上都不对7、如图所示，电源E的电动势为3.2V，电阻R的阻值为30Ω，小灯泡L的额定电压为3.0V，额定功率为4.5W，当开关接位置1时，电压表的示数为3V，那么当开关接到位置2时，小灯泡L的发光情况是( )A．很暗，甚至不亮 B．正常发光C．比正常发光略亮 D．有可能被烧坏8．在倾角为α的光滑绝缘斜面上，放一根通电的直导abcdR1 R2R3R1 R2线，如图所示，当加上如下所述的磁场后，有可能使导线静止在斜面上的是( )A．加竖直向下的匀强磁场B．加垂直斜面向下的匀强磁场C．加水平向左的匀强磁场D．加沿斜面向下的匀强磁场9．如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为1T的匀强磁场中，以导线为中心，半径为R的圆周上有a、b、c、d 四个点，已知c点的实际磁感应强度为0，则下列说法中正确的是（）A．直导线中电流方向垂直纸面向里B．d点的磁感应强度为0C．a点的磁感应强度为2T，方向向右D．b点的磁感应强度为2T，方向斜向下，与B成450角10、如图所示，用半偏法测电流表G的内电阻R g，下列说法中正确的是( )A．电键S1闭合前，R1必须调节到高阻值处B．电键S1闭合前，R2的必须调节到最大C．当电流表示数从满偏电流I1调到半偏电流I1/2时，R2中电流稍大于I1/2 D．电源电动势的大小及相应的R1最大值的大小，对实验误差有很大影响二、填空题（每空4分，图各2分，共18分）11、一根固定在刻度尺上的均匀电阻丝（总阻值小于5Ω）两端各有一个固定的接线柱a和b，刻度尺的中间有一个可沿电阻丝滑动的触头c，c的上端为接线柱，触头c与电阻丝通常不接触，当用手按下时，才与电阻丝接触，且可在直尺上读出触点的位置。
高二上学期12月份月考物理试题及答案
高二十二月份月结学情调研物 理 试 题2017.12.4第Ⅰ卷 选择题（40分）一、选择题（4×10=40分。
1-6小题有一个正确答案，7-10有多个答案正确。
全选对得4分，选对但不全得2分，不选或错选得0分）1.关于静电场，下列说法正确的是（ ）A. 电势等于零的物体一定不带电B. 电场强度为零的点，电势一定为零C. 同一电场线上的各点，电势一定相等D. 负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加2.根据楞次定律知感应电流的磁场一定是 （ ）A.阻碍引起感应电流的磁通量B.与引起感应电流的磁场反向C.阻碍引起感应电流的磁通量的变化D.与引起感应电流的磁场方向相同3．如图所示，平行于纸面水平向右的匀强磁场，磁感应强度B 1＝1T ．位于纸面内的细直导线，长L ＝1m ，通有I ＝1 A 的恒定电流．当导线与B 1成60°夹角时，发现其受到的安培力为零，则该区域同时存在的另一匀强磁场的磁感应强度B 2的不可能的是( )A.12TB.32T C ．1T D.3T4．带电的平行板电容器与静电计的连接如图所示，要使静电计的指针偏角变大，可采用的方法有（ ）A ．减小两极板间的距离B ．用手触摸极板错误！未找到引用源。
C ．在两板间插入电介质D ．将极板B 向上适当移动5．如图所示电路中，电动势为E ，内阻为r 的电源与一滑动变阻器构成闭合电路，当滑动触片移动时，滑动变阻器两端电压和电路中电流的关系图象如下图中的( )6．如右图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边沿垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的( )A ．2倍B ．4倍C ．12倍D ．14倍7.如图所示，从S 处发出的热电子经加速电压U 加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子流向上极板偏转，不考虑电子本身的重力．设两极板间电场强度为E ，磁感应强度为B.欲使电子沿直线从电场和磁场区域中通过，只采取下列措施，其中可行的是( )A. 适当减小电场强度EB ．适当减小磁感应强度BC ．适当增大加速电场的宽度D ．适当增大加速电压U8．如图所示的电路中，各元件均为线性元件.电源电动势为E ，内电阻不能忽略，闭合S 后，调整R 的阻值，使电压表的示数增大△U ，在这一过程中（ ）A ．通过R 1B ．R 2两端的电压减小，减小量为△UC ．路端电压与干路电流的比值为定值D ．路端电压的变化量与干路电流的变化量的比值为定值9．如图所示，通电导线旁边同一平面有矩形线圈abcd .则 （ ）A.若线圈向右平动，其中感应电流方向是a →b →c →dB.若线圈竖直向下平动，无感应电流产生C.当线圈以ab 边为轴转动时，其中感应电流方向是a →b →c →dD.当线圈向导线靠近时，其中感应电流方向是a →b →c →d10．如图所示，在半径为R 的圆内有一磁感应强度为B 的向外的匀强磁场，一质量为m ．电荷量为q 的粒子（不计重力），从A 点对着圆心方向垂直射入磁场，从C 点飞出，则（ ）A ．粒子带正电B ．粒子的轨道半径为RC ．带电粒子从C 点飞出时，速度偏转角为120°D ．粒子在磁场中运动的时间为/3m Bq π第Ⅱ卷 非选择题（60分）二、实验题（本题共18分。
高二物理上学期12月月考试卷高二全册物理试题_03
嘴哆市安排阳光实验学校南城一中高二（上）月考物理试卷（12月份）一．选择题：（本大题10小题，共40分．其中1-7题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，8-10题有多个选项是正确的，全选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分．）1．如图所示是电子射线管的示意图．接通电源后，电子射线由阴极沿x轴正方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线．要使荧光屏上的亮线向上（z轴正方向）偏转，在下列措施中可采用的是（）A．加一沿y轴正方向的磁场 B．加一沿y轴负方向的磁场C．加一沿z轴正方向的磁场 D．加一沿z轴负方向的磁场2．下列等式中正确的是（）A．1T=1kg/m2B．1T=1kg/（A•s2）C．1T=1kg•m2/（A•s2）D．1T=1N/（A•m）3．在图所示的电路中，电源内阻忽略不计，电动势为E，电阻R1、R2阻值相等，保持R1的阻值不变，改变R2的阻值，则关于R2消耗的功率P的说法正确的是（）A．R2增大，P增大；R2减小，P减小B．R2增大，P减小；R2减小，P增大C．无论R2是增大还是减小，P均减小D．无论R2是增大还是减小，P均增大4．一根条形磁铁自左向右穿过一个闭合线圈，则流过灵敏电流计的感应电流方向是（）A．始终由a流向b B．始终由b流向aC．先由a流向b，再由b流向a D．先由b流向a，再由a流向b5．如图所示，通电导线MN在纸面内从a位置绕其一端M转至b位置时，通电导线所受安培力的大小变化情况是（）A．变小B．不变C．变大D．不能确定6．如图，一条形磁铁静止在光滑水平面上，在条形磁铁的位置的正上方水平固定一铜质圆环．以下判断正确的是（）A．若由静止释放圆环，环下落时环中会产生感应电流B．若由静止释放圆环，环下落时环的机械能守恒C．若由静止释放圆环，环下落时磁铁对桌面的压力比磁铁受的重力大D．给磁铁水平向右的初速度，磁铁滑出时做匀速运动7．某空间中存在一个有竖直边界的水平方向匀强磁场区域，现将一个等腰梯形闭合导线圈，从图示位置垂直于磁场方向匀速拉过这个区域，尺寸如图所示，下图中能正确反映该过程线圈中感应电流随时间变化的图象是（）A ．B ．C ．D ．8．三根平行的长直通电导线，分别通过一个等腰直角三角形的三个顶点且与三角形所在平面垂直，如图所示．现在使每根通电导线在斜边中点O处所产生的磁感应强度大小均为B，则下列说法中正确的有（）A．O点处实际磁感应强度的大小为BB．O 点处实际磁感应强度的大小为BC．O点处实际磁感应强度的方向与斜边夹角为90°D．O点处实际磁感应强度的方向与斜边夹角正切值为2．9．两个电压表甲、乙是由完全相同的电流表改装而成，它们的量程分别为5V、15V，为了测量15﹣20V的电压，把甲、乙串联起来使用，则两表的（）A．读数相同B．指针偏转角度相同C．读数正比于表的内阻D．指针偏转角度正比于表的内阻10．如图所示，空间中存在一水平方向匀强电场和一水平方向匀强磁场，且电场方向和磁场方向相互垂直．在电磁场正交的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成60°夹角且处于竖直平面内．一质量为m，带电量为+q 的小球套在绝缘杆上．初始，给小球一沿杆向下的初速度v0，小球恰好做匀速运动，电量保持不变．已知，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E=，则以下说法正确的是（）A．小球的初速度为v0=B ．若小球的初速度为，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止C ．若小球的初速度为，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止D ．若小球的初速度为，则运动中克服摩擦力做功为二、实验题（每空2分，共16分）11．（1）图1是电压表的刻度盘．若当时使用的是该表的0﹣3V量程，那么电压表读数是V．（2）图2游标卡尺的读数mm．（3）图3螺旋测微器的读数是 mm．12．某同学为测定电子元件的电阻，做如下测量：（1）用多用表粗测该元件的电阻，选用“×10”倍率的电阻挡后，应先，再进行测量，之后多用表的示数如图（a）所示，测得该元件电阻为Ω．（2）为了精确测得上述待测电阻Rx的阻值，实验室提供了如下器材：A．电流表A1（量程50mA、内阻r1=10Ω） B．电流表A2（量程200mA、内阻r2约为2Ω）C．定值电阻R0=30Ω D．滑动变阻器R（最大阻值约为10Ω）E．电源E（电动势约为4V） F．开关S、导线若干该同学设计了测量电阻Rx的一种实验电路原理如图（b）所示，N处的电流表应选用（填器材选项前相应的英文字母）．开关S闭合前应将滑动变阻器的滑片置于（选填“a”或者“b”）．若M、N电表的读数分别为I M、I N，则Rx的计算式为Rx= ．（用题中字母表示）三、计算题（4小题，共44分）13．如图所示，一质量为m的导体棒MN两端分别放在两个固定的光滑圆形导轨上，两导轨平等且间距为L，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，当导体棒中通一自右向左的电流I时，导体棒静止在与竖直方向成37°角的导轨上，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）磁场的磁感应强度B；（2）每个圆导轨对导体棒的支持力大小F N．14．水平放置的两根平行金属导轨ad和bc，导轨两端a、b和c、d两点分别连接电阻R1和R2，组成矩形线框，如图所示，ad和bc相距L=0.5m，放在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B=1T，一根电阻为0.2Ω的导体棒PQ跨接在两根金属导轨上，在外力作用下以4m/s的速度，向右匀速运动，如果电阻R1=0.3Ω，R2=0.6Ω，导轨ad和bc的电阻不计，导体与导轨接触良好．求：（1）导体棒PQ中产生的感应电流的大小；（2）导体棒PQ上感应电流的方向；（3）导体棒PQ向右匀速滑动的过程中，外力做功的功率．15．MN、PQ为相距L=0.2m的光滑平行导轨，导轨平面与水平面夹角为θ=30°，导轨处于磁感应强度为B=1T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，在两导轨的M、P两端接有一电阻为R=2Ω的定值电阻，其余电阻不计．一质量为m=0.2kg的导体棒垂直导轨放置且与导轨接触良好．今平行于导轨对导体棒施加一作用力F，使导体棒从ab位置由静止开始沿导轨向下匀加速滑到底端，滑动过程中导体棒始终垂直于导轨，加速度大小为a=4m/s2，经时间t=1s滑到cd 位置，从ab到cd过程中电阻发热为Q=0.1J，g取10m/s2．求：（1）到达cd位置时，对导体棒施加的作用力；（2）导体棒从ab滑到cd过程中作用力F所做的功．16．如图所示，x轴上方以原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xy平面并指向纸面外，磁感应强度为B．在x轴（﹣R，R）下方的区域内存在方向与y轴相同的匀强电场．y轴下方的A点与O点的距离为d，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从A点由静止释放，经电场加速后从O点射入磁场，不计粒子的重力作用．（1）要使粒子进入磁场之后不再经过x轴，电场强度需大于或等于某个值E，求E；（2）若电场强度变化为第（1）问E 的，求粒子经过磁场偏转后到达x轴时的坐标；并求粒子从A点出发到该位置的时间．南城一中高二（上）月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一．选择题：（本大题10小题，共40分．其中1-7题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，8-10题有多个选项是正确的，全选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分．）1．如图所示是电子射线管的示意图．接通电源后，电子射线由阴极沿x轴正方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线．要使荧光屏上的亮线向上（z轴正方向）偏转，在下列措施中可采用的是（）A．加一沿y轴正方向的磁场 B．加一沿y轴负方向的磁场C．加一沿z轴正方向的磁场 D．加一沿z轴负方向的磁场【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】电子射线由阴极沿x轴方向射出，形成的亮线沿z轴正方向偏转，说明电子受到的洛伦兹力方向向上，将四个选项逐一代入，根据左手定则判断分析，选择可行的磁场方向．【解答】解：A、若加一沿y轴正方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿z轴负方向，亮线向下偏转，故A错误．B、若加一沿y轴负方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿z轴正方向，亮线向上偏转，故B正确．C、若加一沿z轴正方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿y轴负方向，亮线向y轴负方向偏转，故C错误．D、若加一沿z轴负方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿y轴正方向，亮线向y轴正方向偏转，故D错误．故选：B．【点评】本题考查磁偏转方向判断的能力．由由左手定则判断处洛伦兹力的方向是正确解题的关键．．2．下列等式中正确的是（）A．1T=1kg/m2B．1T=1kg/（A•s2）C．1T=1kg•m2/（A•s2）D．1T=1N/（A•m）【考点】磁感应强度．【分析】物理公式同时对应着物理量单位的计算；由物理公式去分析推导物理量所对应的单位．【解答】解：由B=可知，1T=1N/（A•m）=1kg/（A•s2）；故BD正确，AC错误；故选：BD【点评】本题考查磁感应强度的单位，要注意明确物理公式不但能计算物理量的关系，还能计算单位的关系．3．在图所示的电路中，电源内阻忽略不计，电动势为E，电阻R1、R2阻值相等，保持R1的阻值不变，改变R2的阻值，则关于R2消耗的功率P的说法正确的是（）A．R2增大，P增大；R2减小，P减小B．R2增大，P减小；R2减小，P增大C．无论R2是增大还是减小，P均减小D．无论R2是增大还是减小，P均增大【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】对于电源，当内外电路的电阻相等时，电源的输出功率最大；本题可以将电阻R1和电源整体等效成一个电源处理．【解答】解：对于电源，当内外电路的电阻相等时，电源的输出功率最大；将电阻R1和电源整体等效成一个电源，则等效电源的内外电阻相等，输出功率最大；故此后无论是增大还是减小R2，其功率P均减小；故选：C．【点评】本题关键是记住“对于电源，当内外电路的电阻相等时，电源的输出功率最大”的结论，采用等效法处理是物理的常用方法．4．一根条形磁铁自左向右穿过一个闭合线圈，则流过灵敏电流计的感应电流方向是（）A．始终由a流向b B．始终由b流向aC．先由a流向b，再由b流向a D．先由b流向a，再由a流向b【考点】楞次定律．【分析】楞次定律的内容：感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流磁通量的变化．根据楞次定律判定感应电流的方向．【解答】解：条形磁铁从左向右进入螺线管的过程中，原磁场方向向左，且磁通量在增加，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化，所以感应电流的磁场向右，由安培定则，知感应电流的方向b→→a．条形磁铁从左向右离开螺线管的过程中，原磁场方向向左，且磁通量在减少，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化，所以感应电流的磁场向左，由安培定则，知感应电流的方向a→→b，故D正确，ABC错误．故选：D．【点评】解决本题的关键掌握用楞次定律判断感应电流方向的步骤，先判断原磁场的方向以及磁通量是增加还是减小，再根据楞次定律判断出感应电流的磁场方向，最后根据安培定则，判断出感应电流的方向．5．如图所示，通电导线MN在纸面内从a位置绕其一端M转至b位置时，通电导线所受安培力的大小变化情况是（）A．变小B．不变C．变大D．不能确定【考点】安培力．【分析】安培力公式为：F=BIL，注意公式的适用条件是：匀强磁场，电流和磁场方向垂直．【解答】解：从A转到B位置时，导线MN还是与磁场垂直，故F=BIL不变，故B正确；故选：B【点评】本题比较简单，应用公式F=BIL时注意公式适用条件和公式中各个物理量的含义．6．如图，一条形磁铁静止在光滑水平面上，在条形磁铁的位置的正上方水平固定一铜质圆环．以下判断正确的是（）A．若由静止释放圆环，环下落时环中会产生感应电流B．若由静止释放圆环，环下落时环的机械能守恒C．若由静止释放圆环，环下落时磁铁对桌面的压力比磁铁受的重力大D．给磁铁水平向右的初速度，磁铁滑出时做匀速运动【考点】楞次定律；机械能守恒定律．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合．【分析】圆环竖直向下运动时，通过圆环的磁通量始终为零，不产生感应电流．没有安培力做功，只有重力做功，故环的机械能守恒．当磁铁向右运动时，穿过线圈中的磁通量发生变化，则产生电磁感应，根据楞次定律可明确磁铁的运动情况．【解答】解：A、圆环竖直向下运动时，通过圆环的磁通量始终为零，不产生感应电流，由于没有感应电流，故没有安培力做功，只有重力做功，故环的机械能守恒；同时因为没有感应电流也就没有磁场，故环下落时对桌面的压力不变，仍等于重力；故AC错误，B正确；D、以磁铁水平向右的初速度时，由于线圈中磁通量发生变化，则对磁铁有阻碍作用，故磁铁做减速运动；故D错误；故选：B．【点评】解决本题的关键知道产生感应电流的条件，以及掌握条形磁铁的磁感线分布，同时能正确应用楞次定律中的“来拒去留”规律分析运动问题．7．某空间中存在一个有竖直边界的水平方向匀强磁场区域，现将一个等腰梯形闭合导线圈，从图示位置垂直于磁场方向匀速拉过这个区域，尺寸如图所示，下图中能正确反映该过程线圈中感应电流随时间变化的图象是（）A ．B ．C ．D ．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】楞次定律，判断感应电流方向；由法拉第电磁感应定律和欧姆定律判断电流大小，用排除法解决较好．【解答】解：当右边进入磁场时，便会产生感应电流，由楞次定律得，感应电流应是逆时针方向，由于有效切割长度逐渐增大，导致感应电流的大小也均匀增大；当线框右边出磁场后，有效切割长度不变，则产生感应电流的大小不变，但比刚出磁场时的有效长度缩短，导致感应电流的大小比其电流小，但由楞次定律得，感应电流应仍是逆时针，故排除AB；当线框左边进入磁场时，有效切割长度在变大，当感应电流的方向是顺时针，即是负方向且大小增大，故选项C正确，ABD错误．故选：C．【点评】对于图象问题可以通过排除法进行求解，如根据图象过不过原点、电流正负、大小变化等进行排除．8．三根平行的长直通电导线，分别通过一个等腰直角三角形的三个顶点且与三角形所在平面垂直，如图所示．现在使每根通电导线在斜边中点O处所产生的磁感应强度大小均为B，则下列说法中正确的有（）A．O点处实际磁感应强度的大小为BB．O 点处实际磁感应强度的大小为BC．O点处实际磁感应强度的方向与斜边夹角为90°D．O点处实际磁感应强度的方向与斜边夹角正切值为2．【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用．【分析】本题考查了磁场的叠加，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．【解答】解：A、由题意可知，三平行的通电导线在O点产生的磁感应强度大小相等，方向如图则：B合==B，故A错误，B正确，C、设方向沿斜边的夹角为α，根据；力的合成与分解的法则，结合三角函数关系，则有：tanα==2．所以磁感应强度的方向与斜边夹角为arctan2，故C错误，D正确；故选：BD．【点评】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9．两个电压表甲、乙是由完全相同的电流表改装而成，它们的量程分别为5V、15V，为了测量15﹣20V的电压，把甲、乙串联起来使用，则两表的（）A．读数相同B．指针偏转角度相同C．读数正比于表的内阻D．指针偏转角度正比于表的内阻【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】串联后两表的分压即示数与其电阻成正比，因电流大小一样，故指针偏转角度相同．【解答】解；A 因量程不同，内阻不同，则分压不同，故示数不同．故A错误；B 因是串联关系，电流大小一样，则偏转角度相同．故B正确；C 读数为分压，正比于两表的内阻．故C正确；D 指针偏转角度相同．故D错误；故选：BC．【点评】考查的串联电路电压与电阻的关系及电压表的内部原理，明确电压与电阻成正比．10．如图所示，空间中存在一水平方向匀强电场和一水平方向匀强磁场，且电场方向和磁场方向相互垂直．在电磁场正交的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成60°夹角且处于竖直平面内．一质量为m，带电量为+q 的小球套在绝缘杆上．初始，给小球一沿杆向下的初速度v0，小球恰好做匀速运动，电量保持不变．已知，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E=，则以下说法正确的是（）A．小球的初速度为v0=B ．若小球的初速度为，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止C ．若小球的初速度为，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止D ．若小球的初速度为，则运动中克服摩擦力做功为【考点】带电粒子在混合场中的运动．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】小球受重力、摩擦力（可能有）、弹力（可能有）、向右上方的洛伦兹力、向左的电场力，当受到的合外力等于0时，小球做匀速直线运动．当小球受到的合外力不为0时，要判断出支持力的方向，明确支持力的大小随洛伦兹力的变化关系，然后做出判定．【解答】解：A、对小球进行受力分析如图，电场力的大小：F=qE=，由于重力的方向竖直向下．电场力的方向水平向右，二者垂直，合力：，由几何关系可知，重力与电场力的合力与杆的方向垂直，所以重力与电场力的合力不会对小球做功，而洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，所以也不会对小球做功．所以，当小球做匀速直线运动时，不可能存在摩擦力，没有摩擦力，说明小球与杆之间就没有支持力的作用，则洛伦兹力大小与重力、电场力的合力相等，方向相反．所以qv0B=2mg．所以v0=．故A正确；B 、若小球的初速度为，则洛伦兹力：f=qv0B=3mg＞F G+F，则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向下的支持力，则摩擦力：f=μF N．小球将做减速运动；随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐减小，摩擦力减小，小球做加速度不断减小的减速运动，最后当速度减小到时，小球开始做匀速直线运动．故B错误．C 、若小球的初速度为，则洛伦兹力：f=qv0B=mg＜F G+F，则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向上的支持力，而摩擦力：f=μF N．小球将做减速运动；随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐增大，摩擦力逐渐增大，小球的加速度增大，所以小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止．故C正确；D 、若小球的初速度为，球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止，运动中克服摩擦力做功等于小球的动能，所以W==．故D错误．故选：AC【点评】本题考查小球在混合场中的运动，解答的关键明确小球的受力情况，并能够结合受力的情况分析小球的运动情况，要知道小球何时做加速度减小的减速运动，何时做加速度增大的减速运动，当加速度减为零时，做匀速运动．二、实验题（每空2分，共16分）11．（1）图1是电压表的刻度盘．若当时使用的是该表的0﹣3V量程，那么电压表读数是 1.20 V．（2）图2游标卡尺的读数52.35 mm．（3）图3螺旋测微器的读数是0.350 mm．【考点】用多用电表测电阻；刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．【专题】实验题；定量思想；图析法；基本实验仪器．【分析】（1）根据表盘确定电压表分度值，然后根据指针位置读出其示数．（2）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺读数．（3）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数．【解答】解：（1）电压表量程为0﹣3V，由图1所示表盘可知，其分度值为0.1V，示数为1.20V；（2）由图2所示游标卡尺可知，其示数为：52mm+7×0.05mm=52.35mm；（3）由图3所示螺旋测微器可知，其示数为：0mm+35.0×0.01mm=0.350mm；故答案为：（1）1.20；（2）52.35；（3）0.350．【点评】本题考查了电压表、游标卡尺与螺旋测微器读数，要掌握常用器材的使用及读数方法；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺读数，螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，游标卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读．12．某同学为测定电子元件的电阻，做如下测量：（1）用多用表粗测该元件的电阻，选用“×10”倍率的电阻挡后，应先欧姆调零，再进行测量，之后多用表的示数如图（a）所示，测得该元件电阻为70 Ω．（2）为了精确测得上述待测电阻Rx的阻值，实验室提供了如下器材：A．电流表A1（量程50mA、内阻r1=10Ω） B．电流表A2（量程200mA、内阻r2约为2Ω）C．定值电阻R0=30Ω D．滑动变阻器R（最大阻值约为10Ω）E．电源E（电动势约为4V） F．开关S、导线若干该同学设计了测量电阻Rx的一种实验电路原理如图（b）所示，N处的电流表应选用 B （填器材选项前相应的英文字母）．开关S闭合前应将滑动变阻器的滑片置于 a （选填“a”或者“b”）．若M、N电表的读数分别为I M、I N，则Rx的计算式为Rx= ．（用题中字母表示）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】（1）使用欧姆表测电阻应选择合适的倍率，使指针指针表盘刻度线附近；欧姆表选挡后要进行欧姆调零；欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表示数．（2）根据欧姆定律估算出通过电阻R0的电流和通过待测电阻的电流，再选择量程恰当的电表；根据串并联电路特点及欧姆定律求出待测电阻阻值．【解答】解：（1）用多用表测量该元件的电阻，选用“×10”倍率的电阻档后，应先进行欧姆调零，再进行测量，由图（a）所示可知，测量结果为7×10=70Ω．（2）通过待测电阻的最大电流约为I M ==A=0.057A=57mA；通过N出的最大电流约为I N=I M+=0.057A+A≈0.190A=190mA，为保证测量时电流表读数不小于其量程的三分之一，N 处的电流表应选B；开关s闭合前应将滑动变阻器的滑片置于a．通过定值电阻R0的电流I=I N﹣I M，并联电路两端电压U=IR0=（I N﹣I M）R0，R1+r1==则待测电阻的电阻值：R1=﹣r1；故答案为：（1）欧姆调零，70；（2）B，a，﹣r1【点评】选择实验器材时要注意安全性原则、准确性原则、方便操作性原则，还要符合题目要求．本题关键是明确实验的原理，然后估算出电路各个部分的电流，选择恰当量程的电表，最后根据并联电路的电流特点列式求解．三、计算题（4小题，共44分）13．如图所示，一质量为m的导体棒MN两端分别放在两个固定的光滑圆形导轨上，两导轨平等且间距为L，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，当导体棒中通一自右向左的电流I时，导体棒静止在与竖直方向成37°角的导轨上，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）磁场的磁感应强度B；（2）每个圆导轨对导体棒的支持力大小F N．【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；电场强度．【专题】图析法；共点力作用下物体平衡专题．【分析】（1）对导体棒受力分析，受重力、支持力和安培力，然后根据平衡条件，结合合成法得到安培力，最后求出磁场的磁感应强度；（2）对导体棒受力分析，受重力、支持力和安培力，然后根据平衡条件，结合合成法得到支持力，最后得到每个圆导轨对导体棒的支持力大小．【解答】解：（1）从右向左看受力分析如图所示：由受力平衡得到：解得：即磁场的磁感应强度B的大小为．（2）两个导轨对棒的支持力为2F N，满足：2F N cos37°=mg。
高中高二物理上学期12月月考试卷高二全册物理试题
时遁市安宁阳光实验学校夷陵区小溪塔高中高二（上）月考物理试卷（12月份）一、单选题（5×8=40分）1．图中A、B、C是匀强电场中的三个点，各点电势ΦA=10V，ΦB=2V，ΦC=6V，A、B、C三点在同一平面上，下列各图中电场强度的方向表示正确的是（）A ．B ．C ．D ．2．如图所示，有一带电粒子（不计重力）紧贴A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿轨迹①从两板中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿轨迹②落到B板正中间；设带电粒子两次射入电场的水平速度相同，则电压U1、U2之比为（）A．1：1 B．1：2 C．1：4 D．1：83．如图所示电路，电源内阻不可忽略，开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中（）A．电压表与电流表的示数都减小B．电压表与电流表的示数都增大C．电压表的示数增大，电流表的示数减小D．电压表的示数减小，电流表的示数增大4．如图所示，每个电阻的阻值都是2欧，安培表内阻不计，在B、C间加6伏电压时，安培表的示数是（）A．0安B．1安C．2安D．3安5．如图所示，直导线AB、螺线管C、电磁铁D三者相距较远，它们的磁场互不影响，当开关S闭合后，则小磁针的北极N（黑色一端）指示出磁场方向正确的是（）A．a、c B．b、c C．c、d D．a、d二、双选题（3×8=24分）6．如图所示，真空中等量异种点电荷放置在M、N两点，在MN的连线上有对称点a、c，MN连线的中垂线上有对称点b、d，则下列说法正确的是（）A．a点场强与c点场强一定相同B．a点电势一定小于c点电势C．负电荷在c点电势能一定大于在a点电势能D．正电荷从d点移到b点电场力做正功7．如图所示，R1、R2、R3、R4均为可变电阻，C1、C2均为电容器，电源的电动势为E，内阻r≠0．若改变四个电阻中的一个阻值，则（）A．减小R1，C1、C2所带的电量都增加B．增大R2，C1、C2所带的电量都增加C．增大R3，C1、C2所带的电量都增加D．减小R4，C1、C2所带的电量都增加8．如图所示，R1为定值电阻，R2为可变电阻，E为电源电动势，r为电源内电阻，以下说法中正确的是（）A．当R2=R1+r时，R2获得最大功率B．当R1=R2+r时，R1获得最大功率C．当R2越大时，R1上获得最大功率D．当R2=0时，电源的输出功率最大三、实验题（8+12=20分）9．如图所示，游标卡尺的示数是mm 螺旋测微器的读数是mm．10．在做测干电池的电动势和内电阻的实验时，备有下列器材选用：A．干电池一节（电动势约为 1.5V）B．直流电流表（量程0﹣0.6﹣3A，0.6A挡内阻0.10Ω，3A挡内阻0.025Ω）C．直流电压表（量程0﹣3﹣15V，3V挡内阻5KΩ，15V挡内阻25KΩ）D．滑动变阻器（阻值范围0﹣15Ω，允许最大电流lA）E．滑动变阻器（阻值范围0﹣1000Ω，允许最大电流 0.5A）F．电键 G．导线若干根 H．电池夹①将选定的器材按本实验要求的电路（系统误差较小），在所示的实物图上连线（图1）．②根据实验记录，画出的U﹣I图象如图2所示，可得待测电池的电动势为V，内电阻r 为Ω．四、计算题（13+13=26分）11．如图甲所示，电荷量为q=1×10﹣4C的带正电的小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在方向沿水平向右的电场，电场强度E的大小与时间的关系如图乙所示，物块运动速度与时间t的关系如图丙所示，取重力加速度g=10m/s2．求：（1）前两秒电场力做功多少？（2）物块的质量多少？（3）物块与水平面间的动摩擦因数．12．如图所示电路中，电源电动势E=12V，内电阻r=1.0Ω，电阻R1=9.0Ω，R2=15Ω，电流表A示数为0.40A，求电阻R3的阻值和它消耗的电功率．夷陵区小溪塔高中高二（上）月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一、单选题（5×8=40分）1．图中A、B、C是匀强电场中的三个点，各点电势ΦA=10V，ΦB=2V，ΦC=6V，A、B、C三点在同一平面上，下列各图中电场强度的方向表示正确的是（）A．B．C．D．【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】在匀强电场中，电场强度处处相同，电场线是平行且等间距．电势沿着电场线降低，且电势差与场强的关系为：U=Ed，可确定出a、b两点连线的中点的电势，与c点的电势相等，即可得到一条等势线，再根据相关知识分析【解答】解：据题，a、b、c三点的电势分别φa=10V，φb=2V，φc=6V，因为匀强电场中沿电场线方向相同距离电势差相等，则得ab两点连线的中点的电势为φ==6V，因此该中点与C点的连线为等势面，那么与连线垂直的直线即为电场线，由于φA=10V，φB=2V，又因为电势沿着电场线降低，故C正确．故选：C【点评】本题的解题关键是确定等势点，再抓住电场线与等势面垂直，且指向电势降低最快的方向进行分析．2．如图所示，有一带电粒子（不计重力）紧贴A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿轨迹①从两板中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿轨迹②落到B板正中间；设带电粒子两次射入电场的水平速度相同，则电压U1、U2之比为（）A．1：1 B．1：2 C．1：4 D．1：8【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】带电粒子沿水平方向进入电场，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动．由题可知第一种情况：水平位移等于板长，竖直位移等于板间距离的一半；第二种情况：水平位移等于板长的一半，竖直位移等于板间距离，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解．【解答】解：设平行板电容器板为L，板间距离为d，粒子的初速度为v．则对于第一种情况：y1==，t1=得到，U1=同理对于第二种情况：得到U2=8所以U1：U2=1：8故选D 【点评】本题是类平抛运动的问题，采用运动的分解法处理．本题采用比例法研究时，要用相同的量表示出电压，再求解比值．3．如图所示电路，电源内阻不可忽略，开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中（）A．电压表与电流表的示数都减小B．电压表与电流表的示数都增大C．电压表的示数增大，电流表的示数减小D．电压表的示数减小，电流表的示数增大【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由电路图可知R2与R0并联后与R1串联，电压表测路端电压；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化及路端电压的变化，再分析局部电路可得出电流表中示数的变化．【解答】解：当滑片下移时，滑动变阻器接入电阻减小，则外电路总电阻减小，电路中总电流增大，电源的内电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小；由欧姆定律可知，R1上的分压增大，而路端电压减小，故并联部分的电压减小，则通过R2的电流减小，根据并联电路的特点可知：通过R0的电流增大，则电流表的示数增大．故D正确，ABC错误；故选：D．【点评】分析闭合电路的欧姆定律的动态分析的题目时，一般要按先外电路、再内电路、后外电路的思路进行分析；重点分析电路中的路端电压、总电流及部分电路的电流及电压变化．4．如图所示，每个电阻的阻值都是2欧，安培表内阻不计，在B、C间加6伏电压时，安培表的示数是（）A．0安B．1安C．2安D．3安【考点】串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．【分析】画出等效电路，确定安培表所在分支，由欧姆定律求解．【解答】解：等效电路如图：则并联部分电阻为，则电阻为R=3Ω则干路电流I=则通过电流表的电流为故选项A，C，D错误，B正确故选：B【点评】考查串并联电路的特点，会画等效电路图，求电阻或电流．5．如图所示，直导线AB、螺线管C、电磁铁D三者相距较远，它们的磁场互不影响，当开关S闭合后，则小磁针的北极N（黑色一端）指示出磁场方向正确的是（）A．a、c B．b、c C．c、d D．a、d【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】根据右手螺旋定则可确定，通电螺线管的磁场分布，及通电直导线磁场的分布，并由小磁针的静止时，N极的指向即为磁场的方向．【解答】解：由右手螺旋定则可知，直导线AB的磁场方向（从上往下看）顺时针，根据小磁针的静止时，N极的指向即为磁场的方向，则有a磁针方向正确；而通电螺线管左端为N极，右端为S极，因此c点的方向正确；通电螺线管下边的磁场的方向从N极指向S极，所以b磁针的方向错误；对于U形螺线管左端相当于S极，右端相当于N极，故d磁针的方向错误，故A正确，BCD错误；故选：A．【点评】考查通电导线的电流方向来确定磁场的方向，掌握右手螺旋定则的应用，注意螺线管内部的磁场方向．二、双选题（3×8=24分）6．如图所示，真空中等量异种点电荷放置在M、N两点，在MN的连线上有对称点a、c，MN连线的中垂线上有对称点b、d，则下列说法正确的是（）A．a点场强与c点场强一定相同B．a点电势一定小于c点电势C．负电荷在c点电势能一定大于在a点电势能D．正电荷从d点移到b点电场力做正功【考点】电势能；电场强度；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】本题考查了等量异种电荷周围电场分布情况：在如图所示的电场中，等量异种电荷MN之间的电场方向是相同的，由M指向N或由N指向M；MN中垂线上的电场强度、电势关于O点对称，Ob电场方向沿Ob连线向上，Od电场方向沿Od方向向下，O点是中垂线上电势最高的点．bd是一条等势线．【解答】解：A、由于M、N是等量异种电荷，电场线由正电荷出发终止于负电荷，MN之间的电场方向相同，由于a、c关于O点对称，因此大小也相同，所以a点场强与c点场强一定相同，故A正确；B、由于M、N电性不确定，因此电场线方向不确定，所以a点电势和c点电势大小关系无法判定，故B错误；C、由于a、c两点的电势高低无法确定，因此负电荷在a、c两点的电势能大小也无法确定，故C错误；D、b、d两点电势相等，因此电荷从d点移到b点电场力不做功，故D错误．故选A．【点评】等量同种、等量异种电荷周围的电场分布情况是考查的重点，要结合电场强度、电势、电势能等概念充分理解等量同种、等量异种电荷周围的电场特点．7．如图所示，R1、R2、R3、R4均为可变电阻，C1、C2均为电容器，电源的电动势为E，内阻r≠0．若改变四个电阻中的一个阻值，则（）A．减小R1，C1、C2所带的电量都增加B．增大R2，C1、C2所带的电量都增加C．增大R3，C1、C2所带的电量都增加D．减小R4，C1、C2所带的电量都增加【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．【专题】恒定电流专题．【分析】由电路图可知，电阻R2、R3、R4串联接入电路，电容器C1并联在电阻电阻R2两端，电容器C2与R2、R3的串联电路并联；根据电路电阻的变化，应用欧姆定律及串联电路特点判断电容器两端电压如何变化，然后由Q=CU判断出电容器所带电荷量如何变化．【解答】解：A、减小R1，电容器C1、C2两端电压不变，电容器所带电量不变，故A错误；B、增大R2，整个电路电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流减小，路端电压变大，电阻R3、R4两端电压变小，电阻R2两端电压变大，电阻R2、R3串联电压变大，电容器C1、C2两端电压变大，由Q=CU可知，两电容器所带的电量都增加，故B 正确；C、增大R3，整个电路电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流减小，由U=IR可知，电阻R2两端电压变小，电容器C1两端电压变小；路端电压变大，电阻R4两端电压变小，电阻R2、R3串联电压变大，电容器C2两端电压变大，由Q=CU可知，电容器C1所带电荷量减少，C2所带的电量都增加，故C错误；D、减小R4，电路总电阻变小，由闭合欧姆定律可知，电路电流变大，电阻R2两端电压变大，电阻R2、R3串联电压变大，电容器C1、C2两端电压都增大，由Q=CU可知C1、C2所带的电量都增加，故D正确；故选BD．【点评】本题是一道闭合电路的动态分析，熟练应用闭合电路欧姆定律、部分电路欧姆定律、串联电路特点、Q=CU即可正确解题．8．如图所示，R1为定值电阻，R2为可变电阻，E为电源电动势，r为电源内电阻，以下说法中正确的是（）A．当R2=R1+r时，R2获得最大功率B．当R1=R2+r时，R1获得最大功率C．当R2越大时，R1上获得最大功率D．当R2=0时，电源的输出功率最大【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】当外电阻等于内阻时电源的输出功率最大．对于定值电阻，根据P=I2R，电流最大时，功率最大．【解答】解：A、将R1等效到电源的内部，R2上的功率等于电源的输出功率，当外电阻等于内阻时，即R2=R1+r时，输出功率最大，即R2上的功率最大．故A正确．B、根据P=I2R，电流最大时，R1上的功率最大．当外电阻最小时，即R2=0时，电流最大．故BC错误．D、当外电阻等于内阻时，即R1+R2=r时，电源的输出功率最大．此时R2不等于零；故D错误；故选：A【点评】解决本题的关键掌握当外电阻等于内阻时电源的输出功率最大．对于定值电阻，根据P=I2R，电流最大时，功率最大．三、实验题（8+12=20分）9．如图所示，游标卡尺的示数是50.15 mm 螺旋测微器的读数是12.500 mm．【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；定量思想；推理法；基本实验仪器．【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，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：1、游标卡尺的主尺读数为50mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为3×0.05mm=0.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm=50.15mm．2、螺旋测微器的固定刻度为12mm，可动刻度为50.0×0.01mm=0.500mm，所以最终读数为12mm+0.500mm=12.500mm．故答案为：50.15；12.500．【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．10．在做测干电池的电动势和内电阻的实验时，备有下列器材选用：A．干电池一节（电动势约为 1.5V）B．直流电流表（量程0﹣0.6﹣3A，0.6A挡内阻0.10Ω，3A挡内阻0.025Ω）C．直流电压表（量程0﹣3﹣15V，3V挡内阻5KΩ，15V挡内阻25KΩ）D．滑动变阻器（阻值范围0﹣15Ω，允许最大电流lA）E．滑动变阻器（阻值范围0﹣1000Ω，允许最大电流 0.5A）F．电键 G．导线若干根 H．电池夹①将选定的器材按本实验要求的电路（系统误差较小），在所示的实物图上连线（图1）．②根据实验记录，画出的U﹣I图象如图2所示，可得待测电池的电动势为 1.45 V，内电阻r为0.69Ω．【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题．【分析】1、根据电源的电压选择电压表量程，根据电路中的电流选择电流表量程；结合选择的器材和实验的原理先在草纸画出实验原理图，然后再连接实际电路；2、U﹣I图象中图象与纵坐标的交点表示电源的电动势；U﹣I图象斜率绝对值表示电源内阻．【解答】解：（1）电压的电动势1.5V，所以电压表选择3V档，干电池的放电电流不能太大，使用0.6A的档位即可．滑动变阻器E的电阻值是0～1000Ω，电阻值太大，调节不方便，所以选择电阻值0～15Ω的滑动变阻器D；实物连接如图：（2）U﹣I 图象中图象与纵坐标的交点表示电源的电动势；由图可知，电源的电动势为E=1.45V；U﹣I图象斜率绝对值表示电源内阻，所以待测电池的内阻r===0.69Ω故答案为：①D如图．②1.45，0.69【点评】测定电动势和内电阻的实验中为了减小误差采用了图象分析法，要根据实验原理得出公式，并结合图象的斜率和截距得出正确的结果．本接法虽然电动势和内电阻均偏小，但由于误差均较小，故实验中我们一般采取本方法．四、计算题（13+13=26分）11．如图甲所示，电荷量为q=1×10﹣4C的带正电的小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在方向沿水平向右的电场，电场强度E的大小与时间的关系如图乙所示，物块运动速度与时间t的关系如图丙所示，取重力加速度g=10m/s2．求：（1）前两秒电场力做功多少？（2）物块的质量多少？（3）物块与水平面间的动摩擦因数．【考点】电场强度；匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】（1）速度时间图象的斜率表示加速度，再由位移公式得出位移大小，最后由恒力功表达式即可求解；（2）由图丙可知物体先做匀加速运动，然后做匀速运动，根据图象可知电场力与摩擦力的关系，再由牛顿第二定律可得出物块的质量；（3）根据2秒到4秒内图象与已知的质量，即可求解．【解答】解：（1）由题意可得，在匀强电场中电场力F为：F=qE，由图象得前2秒内的位移S为：，则电场力做的功为：W=FS，代入数据解得：W=6J（2）在2秒到4秒内图象可得，qE2=μmg在前2秒物块的加速度为：a=1m/s2由牛顿第二定律得：qE2﹣qE1=ma代入数据解得：m=1kg（3）在2秒到4秒内由图象可得，qE2=μmg又m=1kg，则有μ=0.2答：（1）前两秒电场力做功为6J；（2）物块的质量1kg；（3）物块与水平面间的动摩擦因数0.2．【点评】对物体搞好受力分析，准确提取图象信息，利用速度图象的特点解题，难度适中．12．如图所示电路中，电源电动势E=12V，内电阻r=1.0Ω，电阻R1=9.0Ω，R2=15Ω，电流表A示数为0.40A，求电阻R3的阻值和它消耗的电功率．【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】求电阻的基本原理是伏安法，即求出电压和电流，再求电阻．已知电流表读数，由欧姆定律求出R2两端电压，根据全电路欧姆定律求出内阻r及R1两端电压，由欧姆定律求出干路电流，得到通过R3的电流，即可由欧姆定律求出R3的阻值．R3功率为：P3=U3I3．【解答】解：R2两端电压为：U2=I2R2=0.4×15V=6V内阻r及R1两端电压为：U=E﹣U2=12V﹣6V=6V干路中电流为：I==A=0.6AR3中电流为：I3=I﹣I2=0.6A﹣0.4A=0.2AR2和R3并联，电压相等即U2=U3=6VR3阻值为：R3==Ω=30ΩR3功率为：P3=U3I3=6×0.2W=1.2W；答：电阻R3的阻值为30Ω，它消耗的电功率为1.2W．【点评】对于直流电路的计算问题，关键理清电路结构，然后结合串并联电路电流与电压的关系、闭合电路欧姆定律列式求解．。
高二物理上学期12月月考试卷高二全册物理试题_
嘴哆市安排阳光实验学校惠民二中高二（上）月考物理试卷（12月份）一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1．关于电场和磁场，以下说法正确的是（）A．电场中某点的电场强度的方向与放在该点的正试探电荷所受电场力方向相同B．电流在磁场中某点不受磁场力作用，则该点的磁感应强度一定为零C．把一试探电荷放在电场中的某点，它受到的电场力与所带电荷量的比值表示该点电场的强弱D．把一小段通电导线放在磁场中某处，它所受的磁场力与该小段通电导线的长度和电流的乘积的比值表示该处磁场的强弱2．如图所示，电子射线管（A为其阴极），放在蹄形磁铁的N、S两极间，则荧光屏上的电子束运动径迹偏转方向是（）A．向下B．向上C．向左D．向右3．如图甲所示是一火警器的部分电路示意图，其中R2为半导体热敏材料制成的传感器，其电阻R2随温度t变化的图线如图乙所示．电流表为值班室的显示器，a、b之间接器．当传感器R2所在处出现火情时，显示器的电流I和器两端的电压U的变化情况是（）A．I变大，U变大B．I变小，U变小C．I变小，U变大D．I变大，U变小4．如图所示，一根长度L的直导体棒中通过以大小为I的电流，静止放在导轨上，垂直于导体棒的匀强磁场的磁感应强度为B，B的方向与竖直方向成θ角，下列说法正确的是（）A．导体棒受到磁场力大小为BLIsinθB．导体棒对轨道压力大小为mg﹣BILsinθC．导体棒受到导轨摩擦力为μ（mg﹣BILsinθ）D．一个带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场中，由于使沿途空气电离而使粒子的动能逐渐减小5．如图所示，下列有关粒子的运动方向和所带电性的判断正确的是（）A．粒子由a向b运动，带正电B．粒子由a向b运动，带负电C．粒子由b向a运动，带正电D．粒子由b向a运动，带负电6．某电场的电场线分布如图所示（实线），以下说法正确的是（）A．c点场强大于b点场强B．b和c处在同一等势面上C．若将一试探电荷+q由a点移动到d点，电荷的电势能将减小D．若某一点电荷只在电场力的作用下沿虚线由 a点运动到d点，可判断该电荷一定带正电7．直线AB是某电场中的一条电场线．若有一电子以某一初速度，仅在电场力的作用下，沿AB由A运动到B，其速度图象如图所示，下列关于A、B两点的电场强度EA、EB和电势φA、φB的判断正确的是（）A．E A＞E B B．E A＜E B C．φA＞φB D．φA＜φB8．有一金属圆环与一根带绝缘层的长直通电导线放在同一平面内，电流方向向上，且直导线与环的直径重合，如图所示．当直导线向右平移一小段距离x （x＜R）时，圆环将（）A．出现顺时针方向的感应电流B．出现逆时针方向的感应电流C．没有感应电流D．无法确定有无感应电流9．如图所示，导线AB可在平行导轨MN上滑动，接触良好，轨道电阻不计，电流计中有如图所示方向感应电流通过时，AB的运动情况是（）A．向右加速运动B．向右减速运动C．向右匀速运动D．向左减速运动10．如图所示的电路中，D1和D2是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其阻值与R相同．在开关S接通和断开时，灯泡D1和D2亮、暗的顺序是（）A．接通时D1先达最亮，断开时D1先灭B．接通时D2先达最亮，断开时D1后灭C．接通时D1先达最亮，断开时D1后灭D．接通时D2先达最亮，断开时D2先灭二、解答题（共2小题，满分20分）11．（14分）（2014秋•东营区校级期末）某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．步骤如下：（1）用螺旋测微器测量其直径如图1，由图可知其直径为 mm；（2）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如2图，则该电阻的阻值约为Ω．（3）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R电流表A1（量程0～4mA，内阻约50Ω）电流表A2（量程0～10mA，内阻约30Ω）电压表V1（量程0～3V，内阻约10kΩ）电压表V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）直流电源E（电动势4V，内阻不计）滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A）滑动变阻器R2（阻值范围0～2kΩ，允许通过的最大电流0.5A）开关S及导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，测量的电路图如图所示，则选择的电流表是、电压表是、滑动变阻器是（填写所用器材的代号）．12．用伏安法测电源电动势和内电阻，已知电流表内阻和电源内电阻相比，不可忽略，画出的（甲）、（乙）两种可供选用的测量电路．（1）为提高电动势和内电阻的测量精度，应选用的电路是．（2）由实验数据做出如图（丙）所示图线，则该电源的内电阻r=Ω．（3）所测得的电源电动势E和内电阻r的测量值与真实值相比较的情况是：E测E真；r测r真．（填“＞”或“＜”）（4）误差出现的原因是．三、解答题（共4小题，满分40分.要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位.）13．（10分）（2014•校级四模）如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，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=0.50T、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=0.50Ω的直流电源．现把一个质量m=0.040kg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R0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g 取10m/s2．已知sin37°=0.60，cos37°=0.80，求：（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的安培力大小以及方向；（3）导体棒受到的摩擦力大小与方向．14．（10分）（2012秋•温州校级期末）如图所示电路，电灯R1=24Ω，电动机绕组的电阻R0=1Ω，当电键S1、S2闭合时，测得电阻R1的电功率是P=96W，理想电流表的读数为I=5A，求此时：（1）电源的输出功率；（2）电动机的输出功率．15．（10分）（2014秋•东营区校级期末）如图所示，一个质量为m、电荷量为q，不计重力的带电粒子，从x轴上的P（a，0）点，以速度v沿与x轴正方向成60°角射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限．求：匀强磁场的磁感应强度B的大小和粒子通过第一象限的时间．16．（10分）（2011秋•江苏校级期末）如图所示，在倾角为45°的斜面OA左侧有一竖直档板，档板与斜面OA间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B=0.2T，档板上有一小孔P，OP=0.6m，现有一质量m=4×10﹣20kg，带电量q=+2×10﹣14C的粒子，从小孔以速度v0=3×104m/s水平射进磁场区域．粒子重力不计．（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径是多少？（2）通过调整粒子进入磁场的速度大小可以控制粒子打到斜面OA时的速度方向，现若要粒子垂直打到斜面OA上，则粒子进入磁场的速度该调整为多少？此情况下粒子打到斜面OA的时间又为多少？惠民二中高二（上）月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1．关于电场和磁场，以下说法正确的是（）A．电场中某点的电场强度的方向与放在该点的正试探电荷所受电场力方向相同B．电流在磁场中某点不受磁场力作用，则该点的磁感应强度一定为零C．把一试探电荷放在电场中的某点，它受到的电场力与所带电荷量的比值表示该点电场的强弱D．把一小段通电导线放在磁场中某处，它所受的磁场力与该小段通电导线的长度和电流的乘积的比值表示该处磁场的强弱【考点】电场；磁现象和磁场．【分析】电场强度是用来表示电场的强弱和方向的物理量，电场强弱可由试探电荷所受的力与试探点电荷带电量的比值确定，电场方向与正电荷受力方向一致与负电荷受力方向相反．磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度．比值与磁场力及电流元均无关．【解答】解：A、电场中某点的电场强度的方向，与放在该点的正试探电荷，所受电场力方向相同，与负电荷受到的电场力相反，故A正确；B、电流在磁场中某位置受到的磁场力为零，则该位置的磁感应强度不一定为零，可能电流与磁场方向平行，故B错误；C、把一试探电荷放在电场中的某点，它受到的电场力与所带电荷量的比值，来表示该点电场的强弱，故C正确；D、一小段通电导体在磁场中某位置受到的磁场力为零，则该位置的磁感应强度不一定为零，还受到放置的位置有关，故D错误；故选：AC．【点评】电场强度是用比值法定义的物理量之一，电场中某点的电场强度是由电场本身决定的，与该点是否有试探电荷无关，本题是考查基础知识的好题．磁感应强度是通过比值定义得来，例如电场强度也是这种定义，电场强度与电场力及电荷量均没有关系．再如密度也是，密度与物体的质量及体积均无关．同时电流元放入磁场中不一定有磁场力，还受放置的角度有关．2．如图所示，电子射线管（A为其阴极），放在蹄形磁铁的N、S两极间，则荧光屏上的电子束运动径迹偏转方向是（）A．向下B．向上C．向左D．向右【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】此题要求要了解电子射线管的构造和原理，阴极是发射电子的电极，电子在磁场中运动，受到洛伦兹力的作用而发生偏转．从而显示电子运动的径迹，偏转方向有左手定则判断．【解答】解：因为A是阴极，B是阳极，所以电子在阴极管中的运动方向是A 到B，产生的电流方向是B到A（注意是电子带负电），根据左手定则，四指指向A，手掌对向N极（就是这个角度看过去背向纸面向外），此时大拇指指向下面，所以轨迹向下偏转．故选：A【点评】本题要掌握左手定则判定：伸开左手，使大拇指跟其余四个手指垂直，并且跟手掌在同一平面内，把手放入磁场中，让磁感线穿过掌心，四指所指为正电荷运动方向，拇指所指方向为电荷所受洛伦兹力的方向．（注：对负电荷而言，四指所指方向为其运动的反方向）3．如图甲所示是一火警器的部分电路示意图，其中R2为半导体热敏材料制成的传感器，其电阻R2随温度t变化的图线如图乙所示．电流表为值班室的显示器，a、b之间接器．当传感器R2所在处出现火情时，显示器的电流I和器两端的电压U的变化情况是（）A．I变大，U变大B．I变小，U变小C．I变小，U变大D．I变大，U变小【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】R2为用半导体热敏材料制成的传感器，出现火情，温度升高时，其电阻减小．分析外电路总电阻的变化，分析总电流和路端电压的变化，即可知U 的变化．根据并联部分电压的变化，分析I的变化．【解答】解：当传感器R2所在处出现火情时，温度升高，由图乙知R2的阻值变小，外电路总电阻变小，则总电流I总变大，电源的内电压变大，路端电压变小，即U变小．电路中并联部分的电压U并=E﹣I总（R1+r），I总变大，其他量不变，则U并变小，电流表示数I变小．故B正确，ACD错误；故选：B．【点评】电路的动态分析类题目首先要明确电路的结构，再按外电路、内电路、外电路的顺序进行分析即可得出正确答案．4．如图所示，一根长度L的直导体棒中通过以大小为I的电流，静止放在导轨上，垂直于导体棒的匀强磁场的磁感应强度为B，B的方向与竖直方向成θ角，下列说法正确的是（）A．导体棒受到磁场力大小为BLIsinθB．导体棒对轨道压力大小为mg﹣BILsinθC．导体棒受到导轨摩擦力为μ（mg﹣BILsinθ）D．一个带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场中，由于使沿途空气电离而使粒子的动能逐渐减小【考点】安培力．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用．【分析】对导体棒受力分析，正交分解，根据平衡条件求解导体棒受到导轨摩擦力和支持力．【解答】解：A、根据左手定则可得导体棒受力分析如图所示．B与I垂直，故导体棒受到磁场力大小为F=BIL，故A错误；B、根据共点力平衡规律得：BILsinθ+F n=mg，得导体棒对轨道的压力大小为F n=mg﹣BILsinθ，故B正确；C、由于导体棒受到的是静摩擦力，因而受到静摩擦力大小要运用力的平衡规律求解，即为F f=BILcosθ，故C错误；D、一个带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场中，由于使沿途空气电离而消耗粒子的能量，使粒子的动能逐渐减小，故D正确．故选：BD【点评】本题借助安培力考查了平衡条件以及正交分解的应用，注意安培力公式F=BILsinθ，θ为B与I之间的夹角．5．如图所示，下列有关粒子的运动方向和所带电性的判断正确的是（）A．粒子由a向b运动，带正电B．粒子由a向b运动，带负电C．粒子由b向a运动，带正电D．粒子由b向a运动，带负电【考点】洛仑兹力．【专题】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子的能量逐渐减小，速度减小，则半径减小，即可由轨迹分析粒子入射的方向．由左手定则判断电荷的电性．【解答】解：据题意，带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子的能量逐渐减小，速度减小，则由公式r=得知，粒子的半径应逐渐减小，由图看出，粒子的运动方向是从b到a．在b处，粒子所受的洛伦兹力指向圆心，即斜向左上方，由左手定则判断可知，该粒子带负电．故选：D．【点评】本题只要掌握带电粒子在磁场中匀速圆周运动的半径r=和左手定则就能正确解答．6．某电场的电场线分布如图所示（实线），以下说法正确的是（）A．c点场强大于b点场强B．b和c处在同一等势面上C．若将一试探电荷+q由a点移动到d点，电荷的电势能将减小D．若某一点电荷只在电场力的作用下沿虚线由 a点运动到d点，可判断该电荷一定带正电【考点】电场线．【分析】解这类题是思路：电场线的疏密表示场强的强弱，沿电场线方向电势逐渐降低，根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向，然后根据电性判断电场线方向，根据电场力做功判断电势能的变化．【解答】解：A、电场线的疏密表示场强的强弱，由图知c点场强大于b点场强，故A正确；B、沿电场线方向电势逐渐降低，故b的电势大于c的，故B错误；C、若将一试探电荷+q由a点移动到d点，电场力做正功，电荷的电势能将减小，故C正确；D、由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力大致斜向左上方，与电场强度方向相同，故粒子带正电，故D正确；故选；ACD．【点评】解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，利用电场中有关规律求解．比较电势能的大小有两种方法：一可以从电场力做功角度比较，二从电势能公式角度判断，先比较电势，再比较电势能．7．直线AB是某电场中的一条电场线．若有一电子以某一初速度，仅在电场力的作用下，沿AB由A运动到B，其速度图象如图所示，下列关于A、B两点的电场强度EA、EB和电势φA、φB的判断正确的是（）A．E A＞E B B．E A＜E B C．φA＞φB D．φA＜φB【考点】电势；电场强度；电场线．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据速度图象得出电子的加速度越来越小，根据牛顿第二定律说明电场力越来越小，再根据电场强度的定义求解．沿着电场线方向电势降低．【解答】解：A、B、由图可知，电子在A点加速度较大，则可知A点所受电场力较大，由F=Eq可知，A点的场强要大于B点场强；故A正确，B错误；C、D、电子从A到B的过程中，速度减小，动能减小，则可知电场力做负功，故电势能增加，故ɛA＜ɛB，电子带负电，由φ=可知，A点的电势要大于B点电势，φA＞φB，故C正确，D错误；故选：AC．【点评】本题根据图象考查对电场的认识，要求学生能从图象中找出加速度的大小及速度的变化，再应用动能定理及牛顿第二定律进行分析判断；同时还需注意，电势能是由电荷及电场共同决定的，故不能忽视了电荷的极性．8．有一金属圆环与一根带绝缘层的长直通电导线放在同一平面内，电流方向向上，且直导线与环的直径重合，如图所示．当直导线向右平移一小段距离x （x＜R）时，圆环将（）A．出现顺时针方向的感应电流B．出现逆时针方向的感应电流C．没有感应电流D．无法确定有无感应电流【考点】楞次定律．【分析】根据安培定则可知通电直导线周围产生磁场，左侧磁场出来，右侧磁场进去，两侧对称．当直导线向右平移一小段距离时，直导线右侧穿过圆环进去的磁通量减少，直导线左侧穿过圆环出来的磁通量增加，穿过圆环的总的磁通量向外增加，根据楞次定律可以判断圆环中产生的感应电流的方向．【解答】解：直导线周围产生磁场，左侧磁场出来，右侧磁场进去，两侧对称，当直导线向右平移一小段距离时，直导线右侧穿过圆环进去的磁通量减少，直导线左侧穿过圆环出来的磁通量增加，穿过圆环的总的磁通量向外增加，根据楞次定律，圆环中产生的感应电流的磁场垂直纸面向里，根据安培定则可知，圆环中的感应电流应是顺时针方向的感应电流，故A正确、BCD错误．故选：A．【点评】本题考查安培定则和楞次定律，要知道感应电流产生的磁场总要阻碍产生感应电流的磁场的变化，原磁场的磁通量增加，感应电流的磁场方向与原来的磁场方向相反，原磁场的磁通量减小，感应电流的磁场方向原来的磁场方向相同．9．如图所示，导线AB可在平行导轨MN上滑动，接触良好，轨道电阻不计，电流计中有如图所示方向感应电流通过时，AB的运动情况是（）A．向右加速运动B．向右减速运动C．向右匀速运动D．向左减速运动【考点】变压器的构造和原理．【专题】交流电专题．【分析】根据电流计中电流的方向判断出感应电流磁场的方向，再根据楞次定律分析原磁场方向不同时所对应的棒的变化．【解答】解：产生如图所示的电流时，右边螺线管内的磁场方向是向上的，根据楞次定律，感应电流产生的磁场要减弱原磁场的变化．那么左边就是两种情况：1．原磁场方向向下，且减弱．2．原磁场方向向上，且增强．1中，若磁场方向向下，其中的电流是由A向B再经过螺线管回到A．由右手定则知，AB左移会产生这样的感应电流．磁场减弱，表明AB移速减小，即向左减速运动，D正确．2中，若磁场方向向上，电流则是从B向A再经过螺线管回到B．AB右移产生这样的感应电流．磁场增强，表明AB加速，即向右加速运动，A正确．故选AD【点评】本题分析时应逆向分析，棒的运动状态药根据原磁场的方向和磁通量增大还是减小来判断．10．如图所示的电路中，D1和D2是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其阻值与R相同．在开关S接通和断开时，灯泡D1和D2亮、暗的顺序是（）A．接通时D1先达最亮，断开时D1先灭B．接通时D2先达最亮，断开时D1后灭C．接通时D1先达最亮，断开时D1后灭D．接通时D2先达最亮，断开时D2先灭【考点】自感现象和自感系数．【分析】电键接通瞬间，电路中迅速建立了电场，立即产生电流，但线圈中产生自感电动势，阻碍电流的增加，故线圈中电流逐渐增加；电键断开瞬间，电路中电流要立即减小零，但线圈中会产生很强的自感电动势，与灯泡D1构成闭合回路放电．【解答】解：A、电键接通瞬间，电路中迅速建立了电场，立即产生电流，但线圈中产生自感电动势，阻碍电流的增加，故开始时通过灯泡D1的电流较大，故灯泡D1较亮；电路中自感电动势阻碍电流的增加，但不能阻止电流增加，电流稳定后，两个灯泡一样亮，即D1灯泡亮度逐渐正常，电键断开瞬间，电路中电流要立即减小零，但线圈中会产生很强的自感电动势，与灯泡D1构成闭合回路放电，故断开时D1后灭，故A错误；B、由A分析得，B错误．C、由A分析得，C正确．D、由A分析得，D错误；故选：C．【点评】本题考查了通电自感和断电自感，关键是明确线圈中自感电动势的作用是阻碍电流的变化，但不能阻止电流变化二、解答题（共2小题，满分20分）11．（14分）（2014秋•东营区校级期末）某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．步骤如下：（1）用螺旋测微器测量其直径如图1，由图可知其直径为 4.700 mm；（2）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如2图，则该电阻的阻值约为220 Ω．（3）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R电流表A1（量程0～4mA，内阻约50Ω）电流表A2（量程0～10mA，内阻约30Ω）电压表V1（量程0～3V，内阻约10kΩ）电压表V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）直流电源E（电动势4V，内阻不计）滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A）滑动变阻器R2（阻值范围0～2kΩ，允许通过的最大电流0.5A）开关S及导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，测量的电路图如图所示，则选择的电流表是A2、电压表是V1、滑动变阻器是R1（填写所用器材的代号）．【考点】测定金属的电阻率．【专题】实验题．【分析】（1）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；（2）用欧姆表测电阻的读数为指针示数乘以倍率，当指针指在附近时测量值较准确；（3）的关键是通过估算电路中的最大电流来选择电流表量程；根据要求“测得多组数据”可知．变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器方便调节．【解答】解：（1）螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.01×20.0mm=0.200mm，所以最终读数为：4.5mm+0.200mm=4.700mm．（2）该电阻的阻值约为22.0×10Ω=220Ω．（3）电源的电动势是4V，所以要使用量程是3V的电压表V1，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的最大电流为： A，所以电流表应选A2；由于要求“测得多组数据”，所以变阻器应用分压式接法，应选择阻值小的变阻器R1；故答案为：（1）4.700；（2）220；（3）A2，V1，R1．【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．12．用伏安法测电源电动势和内电阻，已知电流表内阻和电源内电阻相比，不可忽略，画出的（甲）、（乙）两种可供选用的测量电路．（1）为提高电动势和内电阻的测量精度，应选用的电路是乙．（2）由实验数据做出如图（丙）所示图线，则该电源的内电阻r= 1 Ω．（3）所测得的电源电动势E和内电阻r的测量值与真实值相比较的情况是：E测＜E真；r测＜r真．（填“＞”或“＜”）（4）误差出现的原因是电压表分流．【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题．【分析】（1）当电源内阻较小时，为减小实验误差，相对于电源电流表应采用外接法．（2）电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻．（3）根据实验电路分析实验误差．（4）根据图示电路图分数实验误差原因．【解答】解：（1）已知电流表内阻和电源内电阻相比，不可忽略，为减小实验误差，应采用图乙所示电路图．（2）由图2所示图象可知，电源内阻r===1.0Ω．（3）由图示可知，伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U﹣I图象如图所示，由图象可知，电动势测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值．（4）由图示图象可知，由于电压表的分流作用，所测电流小于通过电源的电流，电压表分流是造成误差的原因．故答案为：（1）乙；（2）1；（3）＜；＜；（4）电压表分流．【点评】本题考查测量电动势和内电阻实验的数据的处理，要求能正确分析误差的来源，并能用图象法求出电势和内电阻．三、解答题（共4小题，满分40分.要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位.）。
辽宁省高二上学期物理12月月考试卷(I)卷
辽宁省高二上学期物理12月月考试卷（I）卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单选题 (共9题；共18分)1. （2分） (2019高一上·黄浦月考) 2016年10月17日7时30分，在酒泉卫星发射中心“神舟”十一号载人航天飞船成功飞上太空，飞船在地球引力作用下绕地球沿椭圆轨道飞行一圈时间为90分钟，下列说法中正确的是（）A . 地面卫星控制中心在对飞船进行飞行姿态调整时可以将飞船看成质点B . “7 时30分”和“90分钟”两者都表示“时间间隔”C . 飞船绕地球飞行一圈，它的位移和路程都为零D . 飞船的瞬时速度方向时刻改变2. （2分） (2018高一上·邢台月考) 汽车在两车站间沿直线行驶时，从甲站出发，先以速度2v匀速行驶了全程的一半，接着以速度v行驶后一半路程，则汽车在全程中的平均速度是（）A .B .C .D .3. （2分） (2019高一上·大庆月考) 物体A的加速度为，物体上的加速度为，下列说法中正确的是（）A . 物体A的加速度比物体B的加速度大B . 物体A的速度变化比物体B的速度变慢C . 物体A的速度一定在增加D . 物体B的速度一定在减小4. （2分） (2018高一上·宁城期末) 一物体从距地面45m高处自由落下，空气阻力不计。
则物体在下落最后1s的平均速度大小(g=10m/s2) （）A . 15m/sB . 20 m/sC . 25 m/sD . 30m/s5. （2分） (2019高一下·株洲期末) 高速公路上常有区间测速的警示牌，如图所示。
根据这个警示牌，小汽车通过这个区间的时间（）A . 不应超过10minB . 不应超过6minC . 不应短于10minD . 不应短于6min6. （2分） (2018高一上·定远月考) 某人沿直线做单方向运动，由A到B的速度为，由B到C的速度为，若，则这全过程的平均速度是（）A .B .C .D .7. （2分） (2019高一上·隆化期中) 一物体做匀加速直线运动，若已知物体在第3s内的位移为x1和第7s 内的位移为x2 ，则可求出物体的（）①加速度②t=7.5s时的速度③在t=0~t=3s内的位移④物体发生10m的位移所需时间A . ①B . ①②C . ①②③D . ①④8. （2分） (2019高一上·合肥月考) 雨滴从高空下落，由于空气阻力作用，其加速度逐渐减小，直到为零，在此过程中雨滴的运动情况是（）A . 速度不断减小，加速度为零时，速度达到最小B . 速度不断增大，加速度为零时，速度达到最大C . 速度先增大后减小，最终恒定D . 速度对时间的变化率始终保持不变9. （2分） (2018高一上·泉港月考) 在物理学研究过程中科学家们总结出了许多物理学方法，下列关于物理学研究方法的叙述中不正确的是（）A . 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫建立物理模型法B . 速度定义式，当Δt非常小时就可以表示物体的瞬时速度，该定义运用了极限思维法C . 伽利略为了探究自由落体的规律，进行了著名的“斜面实验”，这运用了类比法D . 在推导匀变直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，每小段近似为匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里运用了微积分的思想（微元法）二、多选题 (共4题；共12分)10. （3分） (2018高一上·内蒙古期中) 小球A从离地面20m高处做自由落体运动，小球B从A下方的地面上以20m/s的初速度做竖直上抛运动．两球同时开始运动，在空中相遇，取g=10m/s2（）A . 两球相遇时速率都是10m/sB . 两球相遇位置离地面10m高C . 开始运动1s后两球相遇D . 两球在空中相遇两次11. （3分）(2019·沙坪坝模拟) 在平直公路上，质量为m的汽车以速度v0匀速行驶，此时发动机的功率为P。
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2010-2011学年高二（上）12月物理试题
班级 姓名 座位号 评分
一、单项选择题(每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，每小题只有一个选项正确）
1、下列关于电阻率的叙述，错误的是 （ ）
A ．当温度极低时，超导材料的电阻率会突然减小到零
B ．常用的导线是用电阻率较小的铝、铜材料做成的
C ．材料的电阻率取决于导体的电阻、横截面积和长度
D ．材料的电阻率随温度变化而变化
2、把电阻是1Ω的一根金属丝，拉长为原来的2倍，则导体的电阻是（ ）
A ．1Ω
B ．2Ω
C ．3Ω
D ．4Ω
3、在已接电源的闭合电路里，关于电源的电动势、内电压、外电压的关系应是 （ ）
A ．如外电压增大，则内电压增大，电源电动势也会随之增大
B ．如外电压减小，内电阻不变，内电压也就不变，电源电动势必然减小
C ．如外电压不变，则内电压减小时，电源电动势也随内电压减小
D ．如外电压增大，则内电压减小，电源的电动势始终为二者之和，保持恒量
4、一太阳能电池板，测得它的开路电压为800mV ，短路电流为40mA ，若将该电池板与一阻值为60Ω的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是
（ ）
A ．0.10V
B ．0.20V
C ．0.40V
D ．0.60V 5、如右图所示，因线路故障，按通K 时，灯L 1和L 2均不亮，用电压表测得U ab =0，U bc =0，U cd =4V ．由此可知开路处为 （ ）
A ．灯L 1
B ．灯L 2
C ．变阻器
D ．不能确定
6、如右图所示，当滑动变阻器的滑动片P 向左移动时，两电表的示数变化情况为 （ ）
A ．电流表示数减小，电压表示数增大
B ．电流表示数增大，电压表示数减小
C ．两表示数均增大
D ．两表示数均减小
7、如图所示是一火警报警器的电路示意图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，这种半导体热敏材料的电阻率随温度的升高而减小。
电流表为值班室的显示器，电源两极之间接一报警器，当传感器R2所在处出现火情时，显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是（）
A、I变大，U变大
B、I变大，U 变小
C、I变小，U 变大
D、I变小，U变小
8、下表列出了不同品牌电冰箱和电风扇铭牌上的主要项目。
容声冰箱BCD—208B/HC 格力电风扇KYTA—30A
总有效容积：208L
冷冻室有效容积：97L 冷冻能力：5.25kg/24h 电源：220V/50Hz
额定输入功率：140W 耗电量：1.00kWh/24h 净重：58kg 额定电压：220V
工作频率：50Hz
扇叶直径：300mm
输出风量：>50m3/min 功率：50W
净重：4.1kg
毛重：5kg
根据铭牌上提供的信息，可以判断（）
①一天内连续运转的电风扇比正常工作的电冰箱消耗的电能多
②一天内正常工作的电冰箱比连续运转的电风扇消耗的电能多
③电风扇额定电流比电冰箱大④电风扇额定电流比电冰箱小
A、①③
B、①④
C、②③
D、②④
二、多项选择题（每题5分，共15分；全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分。
)
9、有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电荷量为q.此时电子的定向移动速度为v，在t时间内，通过铜导线横截面的自由电子数目可表示为( )
A.nvSt
B.nvt
C.It/q
D.It/Sq
10、铅蓄电池的电动势为2V，这表示（）
A．电路中每通过1C电量，电源把2J的化学能转变为电能
B．蓄电池两极间的电压为2V
C．蓄电池能在1s内将2J的化学能转变成电能
D．蓄电池将化学能转变成电能的本领比一节干电池（电动势为1．5V）的大
11、一个直流电动机所加电压为U，电流为I，线圈内阻为R，当它工作时，下述说法中错误的是（）
A．电动机的输出功率为U2／R B．电动机的发热功率为I2R
C．电动机的输出功率为IU-I2R D．电动机的功率可写作IU=I2R=U2/R
三、计算题（共45分.要求写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能给分。
有数值计算的题，答案中应明确写出数值和单位。
）
12、（15分）电动机的额定电压是110V，额定功率是2.2kW，线圈的电阻是0.5Ω,求：
（1）电动机正常工作时的电流多大？
（2）1s时间内线圈上产生的热量是多少？
（3）1s时间内转化的机械能有多少？
13．（15分）如右下图所示的电路可以测量电源的电动势和内阻．当开关打在1位置时，电流表和电压表的示数分别为0.20A和1.98V．当开关打在2位置后，两表的示数分别为0.40A和1.96V．这个电源的电动势和内阻各是多大？
14、（15分）如图所示，电源电动势E=10V，内电阻r=0.5Ω，R1＝5.5Ω，R2＝4Ω，当S闭合时，一带电油滴恰好静止在平行板电容器的极板间。
求：（g=10m/s2）
（1）S闭合时电容器两端的电压；
（2）若已知电容器电容C=600pF，求S断开至电路稳定过程中电容器的电荷量变化了多少？（3）S断开时，油滴的加速度为多大？方向如何？。