高二物理上册12月月考检测试题7

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高二物理上学期12月月考试卷(含解析)

山东省临沂市重点中学2015-2016学年高二（上）月考物理试卷（12月份）一、本题共14小题；每小题4分，共56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．关于磁场和磁感线的描述，下列说法正确的是（）A．磁感线从磁体的N极出发到磁体的S极终止B．自由转动的小磁针放在通电螺线管内部，其N极指向螺线管的北极C．磁感线的方向就是磁场的方向D．两条磁感线的空隙处不存在磁场2．关于电场力和洛伦兹力，下列说法中正确的是（）A．电荷只要在电场中就会受到电场力作用，电荷在磁场中，也一定会受到洛伦兹力的作用B．电场力对在其电场中的电荷一定会做功，而洛伦兹力对磁场中的电荷却不会做功C．电场力和与洛伦兹力一样，受力方向都在电场线或磁场线上D．只有运动电荷在磁场中才会受到洛伦兹力作用3．如图所示，F是磁场对通电直导线的作用力，其中正确的是示意图是（）A． B．C．D．4．下列说法正确的是（）A．运动电荷在磁感应强度不为零的地方，一定受到洛伦兹力作用B．运动电荷在某处不受洛伦兹力作用，则该处的磁感应强度一定为零C．洛伦兹力既不能改变带电粒子的动能，也不能改变带电粒子的速度D．洛伦兹力对带电粒子永不做功5．将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是（）A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同6．根据磁感应强度的定义式B=，下列说法中正确的是（）A．在磁场中，某确定位置，B与F成正比，与I、L的乘积成反比B．一小段通电直导线在空间某处受磁场力F=0，该处的B不一定为零C．磁场中某处的B的方向跟电流在该处受磁场力F的方向相同D．一小段通电直导线放在B为零的位置，那么它受到的磁场力F也一定为零7．如图，正方形区域ABCD中有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带正电粒子（不计重力）以一定速度沿AB边的中点M 垂直于AB边射入磁场，恰好从A点射出．则（）A．仅把该粒子改为带负电，粒子将从B点射出B．仅增大磁感应强度，粒子在磁场中运动时间将增大C．仅将磁场方向改为垂直于纸面向外，粒子在磁场中运动时间不变D．仅减少带正电粒子速度，粒子将从AD之间的某点射出8．用均匀导线做成的正方形线圈边长为l，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图所示，当磁场以的变化率增强时，则（）A．线圈中感应电流方向为acbdaB．线圈中产生的电动势C．线圈中a点电势高于b点电势D．线圈中a、b两点间的电势差为9．矩形线圈abcd，长ab=20cm，宽bc=10cm，匝数n=200匝，线圈回路总电阻R=5Ω，整个线圈平面内均有垂直于线圈平面的匀强磁场穿过．若匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图所示，则（）A．线圈回路中感应电动势随时间均匀变化B．线圈回路中产生的感应电流为0.4AC．当t=0.3s时，线圈的ab边所受的安培力大小为0.016ND．在1min内线圈回路产生的焦耳热为48J10．带电粒子在匀强磁场中运动，由于受到阻力作用，粒子的动能逐渐减小（带电荷量不变，重力忽略不计），轨道如图中曲线abc所示．则该粒子（）A．带负电，运动方向a→b→c B．带负电，运动方向c→b→aC．带正电，运动方向a→b→c D．带正电，运动方向c→b→a11．质谱仪是一种测定带电粒子质量或分析同位素的重要设备，它的构造原理如图示．离子源S产生的各种不同正离子束（速度可视为零），经MN间的加速电压U加速后从小孔S1垂直于磁感线进入匀强磁场，运转半周后到达照相底片上的P点．设P到S1的距离为x，则（）A．若离子束是同位素，则x越大对应的离子质量越小B．若离子束是同位素，则x越大对应的离子质量越大C．只要x相同，对应的离子质量一定相同D．只要x相同，对应的离子的比荷一定相等12．如图要使图中ab导线中有向右的电流，则导线cd应（）A．向右加速运动 B．向右减速运动 C．向左加速运动 D．向左减速运动13．如图所示，开始时矩形线圈平面与匀强磁场垂直，且一半在匀强磁场内一半在匀强磁场外，若要线圈产生感应电流，下列方法中可行的是（）A．将线圈向左平移一小段距离 B．将线圈向上平移C．以ab为轴转动（小于90°）D．以ac为轴转动（小于60°）14．如图所示，由导体棒ab和矩形线框cdef组成的“10”图案在匀强磁场中一起向右匀速平动，匀强磁场的方向垂直线框平面向里，磁感应强度B随时间均匀增大，则下列说法正确的是（）A．导体棒的a端电势比b端电势高，电势差U ab在逐渐增大B．导体棒的a端电势比b端电势低，电势差U ab在逐渐增大C．线框中cdef有顺时针方向的电流，电流大小在逐渐增大D．线框中cdef有逆时针方向的电流，电流大小在逐渐增大二、本题共4题，共44分．按题目要求作答．解答题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，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4m、质量为6×10﹣2kg的通电直导线，电流大小I=1A、方向垂直于纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4T、方向竖直向上的磁场中，设t=0时，B=0，求几秒后斜面对导线的支持力为零？（g取10m/s2）16．如图所示，匀强电场方向水平向右，匀强磁场方向垂直于纸面向里，一质量为m、带电荷量为q的微粒以与磁场方向垂直，与电场成45°角的速度v射入复合场中，恰能做匀速直线运动，求：（1）粒子的电性（2）电场强度E（3）磁感应强度B的大小．17．如图所示，面积为0.2m2的100匝线圈A处在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面．磁感应强度随时间变化的规律是B=（6﹣0.2t）T，已知电路中的R1=4Ω，R2=6Ω，电容C=30μF，线圈A的电阻不计．求：（1）闭合S后，通过R1的电流大小和方向．（2）闭合S一段时间后，再断开S，S断开后通过R2的电荷量是多少？18．如图所示，一个电子以速度v0垂直射入磁感应强度为B，宽为d的匀强磁场中，穿出磁场的速度方向与电子原来的入射方向的夹角为30°，（电子重力忽略不计）求：（1）电子的质量是多少？（2）穿过磁场的时间是多少？（3）若改变初速度大小，使电子刚好不能从A边射出，则此时速度v是多少？。

高二物理12月月考试题(含解析)高二全册物理试题

嘴哆市安排阳光实验学校高二12月月考物理试题一、单项选择题1. 下列说法中正确的是（）A. 在静电场中电场强度为零的位置，电势也一定为零B. 放在静电场中某点的检验电荷的电荷量发生变化时，该检验电荷所受电场力与其电荷量的比值保持不变C. 在空间某位置放入一段检验电流元，若这段检验电流元不受磁场力作用，则该位置的磁感应强度大小一定为零D. 磁场中某点磁感应强度的方向，与放在该点的一段检验电流元所受磁力方向一致【答案】B【解析】电势是人为规定的，与电场强度的大小无关，例如等量同种电荷连线的中点处电场强度为零，但电势不为零，A错误；电场中某点的电场强度大小与试探电荷无关，所以放在静电场中某点的检验电荷的电荷量发生变化时，该点的电场强度大小不变，即根据可知该检验电荷所受电场力F与其电荷量q的比值保持不变，B正确；当电流元方向和磁场方向平行时，不受磁场力作用，C错误；根据左手定则可知磁场中某点磁感应强度的方向，与放在该点的一段检验电流元所受磁力方向垂直，D错误．2. 为了解释地球的磁性，世纪安培提出假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流引起的．在下列四个图中．正确表示安培假设中环形电流方向的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】试题分析：由地球内部磁场由地理的北极指向地理的南极，再由右手螺旋定则知B对。

考点：地磁场。

【名师点睛】电流的磁场通电直导线通电螺线管环形电流安培定则立体图横截面图纵截面图3. 如图所示，一根长直导线穿过通有恒定电流的金属环的中心，且垂直于金属环的平面．导线和环中的电流方向如图所示．那么金属环受到的磁场力（）A. 沿环半径向外B. 沿环半径向内C. 沿直导线向右D. 为零【答案】D... ............4. 一根长为，横截面积为的金属棒，其材料的电阻率为，棒内单位体积自由电子数为，电子的质量为，电荷量为．在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为，则金属棒内电场强度的大小为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】电场强度可表示为E ＝①，其中L为金属棒长度，U为金属棒两端所加的电动势，而U＝IR ②，其中③，④，联立①②③④，可得E＝nevρ，故C项正确.5. 带电粒子、在同一匀速磁场中做匀速圆周运动．动量大小相等，粒子运动的半径大于粒子运动的半径，若粒子、的电荷量分别为、，质量分别为、，周期分别为、，则一定有（）A. B. C. D.【答案】A【解析】试题分析：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力完全充当向心力，故有，因为a运动的半径大于b运动的半径，动量大小相等，则有，所以，A正确；由于速度大小关系未知，所以不能判断质量大小关系，又因为，所以也不能判断周期大小关系，故BC错误；质量关系未知，所以不能判断的大小关系，故D错误。

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。

云南省玉溪市元江县一中2024_2025学年高二物理上学期12月月考试题

云南省玉溪市元江县一中2024-2025学年12月份考试高二物理本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间90分钟。

一、单选题(共10小题,每小题3.0分,共30分)1.M和N都是不带电的物体，它们相互摩擦后M带正电荷1.6×10－10C，下列推断中正确的是( )A．在摩擦前M和N的内部没有任何电荷 B．摩擦的过程中电子从N转移到了MC．N在摩擦后肯定带负电荷1.6×10－10C D．M在摩擦过程中失去了1.6×10－10个电子2.如图所示，匀强电场方向平行于xOy平面，在xOy平面内有一个半径为R＝5 cm的圆，圆上有一动点P，半径OP与x轴方向的夹角为θ，P点沿圆周移动时，O、P两点的电势差满意UOP＝25sinθ(V)，则该匀强电场的大小和方向分别为( )A． 5 V/m，沿x轴正方向B． 25 V/m沿y轴负方向C． 500 V/m，沿y轴正方向D． 250V/m，沿x轴负方向3.如图所示，平行板电容器两极板间电压恒定，带电的油滴在极板间静止，断开开关后，再将极板间距离增大些，则油滴将( )A．向上运动B．仍旧静止C．向下运动D．向左或向右运动4.如图所示是模拟避雷针作用的试验装置，金属板M、N间有两个等高的金属体A、B，A为尖头、B为圆头．将金属板M、N接在高压电源上，渐渐上升电源电压，首先视察到( )A．A放电B．B放电C．A、B一起放电D．A、B之间放电5.关于电场线和磁感线，下列说法正确的是（）A．电场线和磁感线都是闭合的曲线B．磁感线是从磁体的N极发出，终止于S极C．电场线和磁感线都不能相交D．电场线和磁感线都是现实中存在的6.如图所示，将长0.20 m的直导线全部放入匀强磁场中，保持导线和磁场方向垂直．已知磁场磁感应强度的大小为5.0×10－3T，当导线中通过的电流为2.0 A时，该直导线受到安培力的大小是( )A．2.0×10－3NB．2.0×10－2NC．1.0×10－3ND．1.0×10－2N7.如图所示，电源内阻不行忽视，电路中接有一小灯泡和一电动机．小灯泡L上标有“6 V 12 W”字样，电动机的线圈电阻R M＝0.5 Ω.若灯泡正常发光时，电源的输出电压为12 V，此时( )A．电动机的输入功率为12 WB．电动机的热功率为12 WC．电动机的输出功率为12 WD．整个电路消耗的电功率为24 W8.如图所示，电路中每个电阻的阻值都相同．则通过电流最大的电阻是（）A．R1B．R2C．R3和R4D．R59.有关磁感应强度B，下列说法正确的是( )A．由B＝知，B与F成正比，与IL成反比B．由B＝知，B的方向就是F的方向C．B是磁场的性质，由磁场自身因素确定，与外界无关D．电流在磁场中某处受力为零时，该处的磁感强度B肯定等于零10.如图为某位移式传感器的原理示意图，平行金属板A、B和介质P构成电容器．则( )A．A向上移，电容器的电容变大B．P向左移，电容器的电容变大C．A向上移，流过电阻R的电流方向从N到MD．P向左移，流过电阻R的电流方向从M到N二、多选题(共4小题,共16分)11.(多选)如图所示，电子由静止起先从A板向B板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变，则( )A．当增大两板间距离时，v增大B．当减小两板间距离时，v增大C．当变更两板间距离时，v不变D．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大12.(多选)如图所示，甲、乙为两个独立电源(外电路为纯电阻)的路端电压与通过它们的电流I的关系图线，下列说法中正确的是( )A．电源甲的电动势大于电源乙的电动势B．电源甲的内阻小于电源乙的内阻C．路端电压都为U0时，它们的外电阻相等D．电流都是I0时，两电源的内电压相等13.（多选）在如图电路中，电键S1、S2、S3、S4均闭合．C是水平放置的平行板电容器，板间悬浮着一油滴P．断开哪一个电键后P会运动（）A． S1B． S2C． S3D． S414.(多选)导体处于静电平衡时，下列说法正确的是( )A．导体内部没有电场B．导体内部没有电荷，电荷只分布在导体的外表面C．导体内部没有电荷的运动D．以上说法均不正确三、试验题(共2小题,共15分)15.有以下可供选用的器材及导线若干条，要求运用个数最少的仪器尽可能精确地测量一个电流表的满偏电流．A．被测电流表A1：满偏电流约700～800，内阻约100 Ω，刻度匀称、总格数为N；B．电流表A2：量程0.6 A，内阻0.1 Ω；C．电压表V：量程3 V，内阻3 kΩ；D．滑动变阻器R1：最大阻值200 Ω；E．滑动变阻器R2：最大阻值1 kΩ；F．电源E：电动势3 V、内阻1.5 Ω；G．开关一个.（1）选用的器材应为_____________．（填A→G字母代号）（2）在虚线框内画出试验电路图，并在每个选用的仪器旁标上题目所给的字母序号．（3）测量过程中测出多组数据，其中一组数据中待测电流表A1的指针偏转了n格，可算出满偏电流Ig=________，式中除N、n外，其他字母符号代表的物理量是_____________．16.有一根瘦长而匀称的金属管线样品，长约为60 cm，电阻大约为6 Ω，横截面如图甲所示．（1）用螺旋测微器测量金属管线的外径，示数如图乙所示，金属管线的外径为mm；（2）现有如下器材：A．电流表（量程0.6 A，内阻约0.1 Ω）B．电流表（量程3 A，内阻约0.03 Ω）C．电压表（量程3 V，内阻约3 kΩ）D．滑动变阻器（1 750 Ω，0.3 A）E．滑动变阻器（15 Ω，3 A）F．蓄电池（6 V，内阻很小）G．开关一个，带夹子的导线若干要进一步精确测量金属管线样品的阻值，电流表应选，滑动变阻器应选．（只填代号字母）（3）请将图丙所示的实际测量电路补充完整．（4）已知金属管线样品材料的电阻率为ρ，通过多次测量得出金属管线的电阻为R，金属管线的外径为d，要想求得金属管线内形态不规则的中空部分的横截面积S，在前面试验的基础上，还须要测量的物理量是（所测物理量用字母表示并用文字说明）．计算中空部分横截面积的表达式为S= ．四、计算题17.如图所示，用一条绝缘轻绳悬挂一个带正电小球，小球质量为 1.0×10-2kg，电荷量为2.0×10-8C，现加水平方向的匀强电场，平衡时绝缘绳与竖直线成45°，求匀强电场的电场强度？(g=10 m/s2)18.如图所示，两平行金属板A、B长为L＝8 cm，两板间距离d＝8 cm，A板比B板电势高300 V，一带正电的粒子电荷量为q＝1.0×10－10C，质量为m＝1.0×10－20kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2.0×106m/s，粒子飞出电场后经过界面MN、PS间的无电场区域，然后进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域(设界面PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响)．已知两界面MN、PS相距为12 cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O 点在中心线上，距离界面PS为9 cm，粒子穿过界面PS做匀速圆周运动，最终垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上．(静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，粒子的重力不计)(1)求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离多远？到达PS界面时离D点多远？(2)在图上粗略画出粒子的运动轨迹．(3)确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小．19.如图所示，四个电阻阻值均为R，电键S闭合时，有一质量为m，带电量为q的小球静止于水平放置的平行板电容器的中点．现打开电键S，这个带电小球便向平行板电容器的一个极板运动，并和此板碰撞，碰撞过程中小球没有机械能损失，只是碰后小球所带电量发生变更，碰后小球带有和该板同种性质的电荷，并恰能运动到另一极板，设两极板间距离为d，不计电源内阻，求：（1）电源电动势E多大？（2）小球与极板碰撞后所带的电量为多少？20.半径为R的光滑绝缘圆环固定在竖直平面内，并且处于水平向右的匀强电场E和垂直于纸面对外的匀强磁场B中．环上套有一个质量为m的带电小球，让小球从与环心等高的P 点由静止释放，恰好能滑到圆环的最高点A．求：（1）小球的带电性质和带电量．（2）小球运动过程中对环的最大压力．答案1.C2.C3.B4.A5.C6.A7.A8.D9.C 10.D11.CD 12.AC 13.BC 14.ABC15.（1）ACDFG（2）如图所示（3），U为电压表读数，R V为电压表内阻【解析】（1）电压表量程为3 V，内阻3 kΩ，满偏电流为I g=A=1 mA=1000 μA，与待测电流表类似，可以当作电流表运用，与待测电流表串联即可；由于滑动变阻器用分压电路，故选D，故应选用的器材为：ACDFG.（2）题目中的电流表量程0.6 A，偏大，不须要；采纳滑动变阻器分压式接法，电压可以连续调整．电路图如图所示：（3）待测电流表总格数为N，电流等于电压表电流，为；电流表与电压表串联，通过他们的电流相等，指针偏转格数之比：，故，U为电压表读数，为电压表内阻.16.（1）1.125±0.001（2）A E（3）如图所示（4）管线的长度L．【解析】（1）螺旋测微器的读数等于1 mm+0.01×12.5 mm=1.125 mm．（2）电路中的电流大约为I=A=0.5 A，所以电流表选择A．待测电阻较小，若选用大电阻滑动变阻器，测量误差角度，所以滑动变阻器选择E．（3）待测电阻远小于电压表内阻，属于小电阻，所以电流表实行外接法．滑动变阻器可以采纳限流式接法，也可以采纳分压式接法．（4）还须要测量的物理量是管线长度L，依据R=ρ，则S=，则中空部分的截面积S′=﹣S=．17.方向水平向右【解析】正确的受力分析如图所示电场力：依据共点力平衡条件可得联马上得E=代入数据，得方向水平向右18.(1)3 cm 12 cm (2)第一段是抛物线、其次段是直线、第三段是圆弧(图略) (3)负电 1.04×10－8C【解析】(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离(侧向位移)：y＝at2a＝＝L＝v0t则y＝at2＝·()2＝0.03 m＝3 cm粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS交于H，设H到中心线的距离为Y，则有 :// ntce /＝，解得Y＝4y＝12 cm(2)第一段是抛物线、其次段是直线、第三段是圆弧(图略)(3)粒子到达H点时，其水平速度v x＝v0＝2.0×106m/s竖直速度v y＝at＝1.5×106m/s则v合＝2.5×106m/s该粒子在穿过界面PS后绕点电荷Q做匀速圆周运动，所以Q带负电依据几何关系可知半径r＝15 cmk＝m解得Q≈1.04×10－8C19.（1）（2）【解析】（1）当S闭合时，电容器电压为U，则：①对带电小球受力分析得：②由①②式解得：③（2）断开S，电容器电压为U′，则：U′=④对带电小球运动的全过程，依据动能定理得：q′U′﹣mg⑤由③④⑤解得：q′=⑥20.（1）正电（2）（2+3）mg+mg【解析】（1）小球在沿圆环运动的过程中，只有重力和电场力做功，在小球从P点到达A 点的过程中，重力做负功，电场力必做正功，故小球带正电因小球恰好到达A点，故小球在A点的速度为零，有：解得：=．（2）小球到达等效最低点时的压力才最大，设此时速度为，受到环的压力为N，则：解得：N=（2+3）mg+mg由牛顿第三定律得小球对环的压力为（2+3）mg+mg．。

高二上学期12月月考物理试卷含答案

高二12月月考(物理)试题命题：校对：时间90分钟满分100分一.选择题(题共12小题，每小题4分，共48分。

第1〜8题只有一项符合题目要求，第9〜12题有多项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得 2分，有选错的得。

分。

1.下列说法正确的是( )A.密立根通过油滴实验测得了基本电荷的数值B.卡文迪许最先通过实验测出了静电力常量C.库仑研究了电荷之间的作用力，安培提出了电荷周围存在着它产生的电场D.奥斯特发现了判定电流产生磁场方向的右手螺旋定则2.如图所示，虚线以、B、C为某电场中的三条等势线，其电势分别为3 V、5W 7V,实线为带电粒子在电场中运动时的轨迹，P、。

为轨迹与等势线d、C的交点，带电粒子只受电场力的作用，则下列说法不正确的是()• • •A.粒子可能带正电.、\ \B.粒子在P点的动能大于在O点动能不7^C.粒子在P点电势能小于粒子在O点电势能D.粒子在尸点的加速度小于在。

点的加速度3.用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A B A2,A I表量程大于A2表量程。

若把Ai、A2分别采用串联或并联的方式接入电路, 如图(a)、(b)所示，则闭合开关后,下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是()A.图(a)中的Ai示数小于A?的示数，图(b)中的Ai指针偏角小于A2指针偏角B.图(a)中的的Ai、A2的示数相同，图(b)中的Ai、A2的指针偏角相同C.图(a)中的Ai指针偏角大于A2指针偏角，图(b)中的Ai、A2的示数相同D.图(a)中的中的Ai、A?的指针偏角相同，图(b)中的Ai、A?的示数相同4.中国电磁轨道炮即将服役，美军彻底急了，根据相关资料称，在中国电磁炮的炮口动能可以达到60兆焦以上，在将10.4公斤重的弹丸以每小时9010公里，相当于7倍音速的速度投送到160公里时，还能穿透三堵混凝土墙或者6块半英寸的厚钢板。

电磁轨道炮工作原理图所示。

高二物理上册12月月考测试题

12月月考高二物理注意事项1．答卷前，考生务必将本人的班级、姓名、准考证号填在答卷纸的密封线内．2．将每题的答案或解答写在答卷纸上，在试卷上答题无效，选择题做在答题卡上。

3．考试结束，只交答题卡和答题卷．一．单选题（本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中只有一个选项正确）1.关于磁感应强度B的概念，下列说法中正确的是( )A．根据磁感应强度B的定义式B=F/IL可知，磁感应强度B与F成正比，与IL成反比B．一小段通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力一定为零C．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，该处的磁感应强度一定为零D．磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向相同2.一带电粒子在匀强磁场中.沿着磁感应强度的方向运动，现将该磁场的磁感应强度增大1倍，则带电粒子受到的洛伦兹力( )A.增大为原来的2倍B.增大为原来的4倍C.减小为原来的一半D.保持原来的情况不变3.初速度为v0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图所示，则( )A.电子将向右偏转，速率不变B.电子将向左偏转，速率改变C.电子将向左偏转，速率不变D.电子将向右偏转，速率改变4.一带电质点在匀强磁场中作圆周运动，现给定了磁场的磁感应强度，带电质点的质量和电量.若用v表示带电质点运动的速率，R表示其轨道半径，则带电质点运动的周期( ) A.与v有关，与R有关 B.与v无关，与R无关C.与v有关，与R无关D.与v无关，与R有关5.物理实验都需要有一定的控制条件.奥斯特做电流磁效应实验时就应排除地磁场对实验的影响.下列关于奥斯特实验的说法中正确的是( )A.该实验必须在地球赤道上进行B.通电直导线必须竖直放置C.通电直导线应该水平东西方向放置D.通电直导线应该水平南北方向放置6.如图所示，两根互相绝缘、垂直放置的直导线ab和cd，分别通有方向如图的电流，若通电导线ab固定不动，导线cd能自由运动，则它的运动情况是( )A.顺时针转动，同时靠近导线abB.顺时针转动，同时远离导线abC.逆时针转动，同时靠近导线abD.逆时针转动，同时远离导线ab7.如图所示，电流表与螺线管组成闭合电路，以下不能．．使电流表指针偏转的是（） A ．将磁铁插入螺线管的过程中 B ．磁铁放在螺线管中不动时C ．将磁铁从螺线管中向上匀速拉出的过程中D ．将磁铁从螺线管中向下加速拉出的过程中8.如图所示，圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a 、b 、c ，以不同速率对准圆心O 沿着AO 方向射入磁场，其运动轨迹如图。

河北省承德第一中学2024_2025学年高二物理上学期第三次月考12月试题含解析

I=nqvS=nqvbc
则：
n由材料确定，故U与材料有关；U还与厚度c成反比，与宽b无关，同时还与磁场B与电流I有关，故A错误、B正确．
C．依据左手定则，电子向C侧面偏转，C表面带负电，D表面带正电，所以D表面的电势高，则UCD＜0．故C错误．
D．在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过．故D错误．
A.0B. C. D.2B0
【答案】C
【解析】
【详解】在两导线中均通有方向垂直于纸面对里的电流I时，纸面内与两导线距离为l的a点处的磁感应强度为零，如下图所示：
由此可知，外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，即B1=B0；依据几何关系，及三角学问，则有：BPcos30°= B0；解得P或Q通电导线在a处的磁场大小为BP= B0；
二、多选题（本大题共6小题，部分2分，共18分）
10.在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示．下列说法正确有（）
A.q1和q2带有异种电荷
B.x1处的电场强度为零
C. 负电荷从x1移到x2，电势能减小
D. 负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大
【答案】AC
【解析】
【分析】
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】依据题意可画出粒子运动轨迹示意图，如图所示：
故轨道半径
依据牛顿其次定律，有：
解得：
联立解得
故在磁场中的运动时间
故A正确．
【此处有视频，请去附件查看】
4.如图所示，足够长的竖直绝缘管内壁粗糙程度到处相同，处在方向彼此垂直的匀强电场和匀强磁场中，电场强度和磁感应强度的大小分别为E和B，一个质量为m，电荷量为+q的小球从静止起先沿管下滑，下列关于小球所受弹力N、运动速度v、运动加速度a、运动位移x，运动时间t之间的关系图像中正确的是（）

湖北省武汉市2023～2024学年高二上学期12月月考物理试卷含解析

华中2023—2024学年度第一学期高二年级12月月考物理试卷（答案在最后）时限：60分钟满分：100分一、选择题：本题共10小题，每小题5分，共50分。

在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1.在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是（）A.将绕在磁铁上的线圈与电流表组合成一闭合回路，然后观察电流表的变化B.在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C.将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D.绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化【答案】D【解析】【详解】法拉第发现的电磁感应定律并总结出五种情况下会产生感应电流，其核心就是通过闭合线圈的磁通量发生变化，选项AB中，绕在磁铁上面的线圈和通电线圈，线圈面积都没有发生变化，前者磁场强弱没有变化，后者通电线圈中若为恒定电流则产生恒定的磁场，也是磁场强弱不变，都会导致磁通量不变化，不会产生感应电流，选项A、B错．选项C中往线圈中插入条行磁铁导致磁通量发生变化，在这一瞬间会产生感应电流，但是过程短暂，等到插入后再到相邻房间去，过程已经结束，观察不到电流表的变化．选项C错．选项D中，线圈通电或断电瞬间，导致线圈产生的磁场变化，从而引起另一个线圈的磁通量变化产生感应电流，可以观察到电流表指针偏转，选项D对．2.如图所示，闭合圆形导体线圈放置在匀强磁场中，线圈平面与磁场平行，当磁感应强度逐渐增大时，以下说法正确的是()A.线圈中产生顺时针方向的感应电流B.线圈中产生逆时针方向的感应电流C.线圈中不会产生感应电流D.线圈面积有缩小的倾向【答案】C【解析】【详解】由于线圈与磁场的方向平行，所以穿过线圈的磁通量为0．当磁感应强度增大时，穿过线框的磁通量仍然为0，则线圈中不会出现感应电流．故只有C正确；故选：C。

山东省青岛市2023_2024学年高二物理上学期12月月考试题含解析

一、单项选择题：（本题共8小题，每题4分，共32分。每小题只有一个选项符合题目要求。）
1.如图所示，圆心为O、半径为的金属圆形轨道固定在水平面内，长度为的直导体棒OA置于圆导轨上面，金属圆形轨道内存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小，直导体棒O端和圆轨道引出导线分别与电阻、和电容器相连。导体棒在外力作用下绕O点以角速度顺时针匀速转动。已知导体棒的电阻，，，电容器的电容，不计金属圆形导轨电阻，下列说法中正确的是（）
A.匀强磁场的方向一定沿x轴正方向
B.若仅增大电子入射的初速度，则直径D增大，而螺距将减小
C.若仅增大匀强磁场的磁感应强度，则直径D减小，而螺距不变
D.若仅增大角，则直径D增大，而螺距将减小
三、非选择题：本题共4小题，共44分。
13.某同学对教材中断电自感实验做了如下改动。在两条支路上分别串联电流传感器，再按教材要求，断开电路并记录下两支路的电流情况如图所示，由图可知：
考试时间：60分钟；满分100分
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考号等填写在答题卡和试卷指定位置。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将答题卡交回，试卷和草稿纸不必交回。
A.发电机的输出电流为2400AB.升压变压器的匝数比
C.输送给储能站的功率为555kWD.输电线上损失的功率为1kW
8.如图所示，三根相互平行的固定长直导线、和垂直纸面如图放置，与坐标原点分别位于边长为a的正方形的四个点上，与中的电流均为I，方向均垂直于纸面向外，中的电流为2I，方向垂直纸面向里（已知电流为I的长直导线产生的磁场中，距导线r处的磁感应强度（其中k为常数）．某时刻有一质子（电量为e）正好沿与x轴正方向成45°斜向上经过原点O，速度大小为v，则质子此时所受磁场力为( )

高二物理12月月考试题(含解析)

２01７—20１8学年度上学期１2月月考高二物理试卷一、选择题:本题共1０小题,每小题5分,共5０分。

在每小题给出的四个选项中,第1～6题只有一个选项符合题目要求,第7~１０题有多个选项符合题目要求。

全部选对的得５分,选对但不全的得3分,有选钳的得0分、１、下列说法中正确的是( )A、Ｅ=F/ｑ是电场强度的定义式,F是放入电场中的电荷所受的力,ｑ是产生电场的电荷的电荷量Ｂ、库仑定律的表达式,式是点电荷q2产生的电场在点电荷q１处的场强大小,而是点电荷q1产生的电场在q2处场强的大小C、电荷在电场中不受静电力的作用,则该处的电场强度不一定为零D。

一小段通电导线在某处不受磁场力的作用,则该处磁感应强度一定为零【答案】Ｂ【解析】是电场强度定义式,F是放入电场中的试探电荷所受的力,q是放入电场中的试探电荷的电荷量,它适用于任何电场,q不是产生电场的场源电荷的电荷量,故A错误;库仑定律的表达式,式是点电荷ｑ2产生的电场在点电荷q1处的场强大小,而是点电荷q１产生的电场在q2处场强的大小,故B正确;电荷在电场中受到的电场力:Ｆ=qE,因此电荷在某处不受静电力作用,则该处的电场强度为零,故C错误;一小段通电导线在某处不受磁场力作用,则估计是电流的方向与磁场的方向平行,该处磁感应强度不一定为零,故D错误。

因此B正确,ＡCＤ错误。

2、图中虚线是用实验方法描绘出的某一静电场中的一簇等势线,若不计重力的带电粒子仅受电场力从ａ点射入电场后恰能沿图中的实线运动,b点是其运动轨迹上的另一点,则带电粒子( )A。

a点的电势一定低于b点B、a点的动能一定小于ｂ点C、a点的电势能一定小于b点D、a点的加速度一定小于b点【答案】C3、如图所示,初速度为零的质子()和α粒子()被相同的加速电场U1加速以后垂直射入偏转电场U2(粒子不计重力),则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为( )Ａ、1∶１ B、１∶2C。

２∶１ D、1∶4【答案】A【解析】加速电场中依照动能定理得:,偏转电场中,平行于金属板方向:Ｌ=ｖ0t,垂直于金属板方向:,加速度为:,联立以上各式得:,偏移量y与电荷的质量和电量无关,因此偏移量y之比是１:1,故A正确,BCD错误。

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．。

高二物理上册12月月考测试题7

高二物理上册12月月考测试题高二物理考试时间：45分钟试卷总分：100分一、选择题（本题共12小题。

在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确。

全部选对的得6分，选对但不全的得4分，有选错的得0分）1、矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，在线圈平面经过中性面瞬间：（）A.线圈平面与磁感线平行；B.通过线圈的磁通量最大；C.线圈中的感应电动势最大；D.线圈中感应电动势的方向突变。

2．下列说法中正确的是: ( )A. 一定质量的物体，速度大小改变时,物体的动量一定改变B. 一定质量的物体，物体的动量改变时，其动能一定改变C. 一定质量的物体，动能改变时，其动量一定改变D. 运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向3、矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的电动势e-t图像如图5－1－3，则在时刻：（），t3线圈通过中性面A.tB.t2，t4线圈中磁通量最大C.t1，t3线圈中磁通量变化率最大D.t2，t4线圈平面与中性面垂直4、交流发电机在工作时的电动势为e＝E m sinω t，若将其线框的转速提高到原来的两倍，其他条件不变，则其电动势变为:（）A. E m sin ω t/2 B .2E m sin ω t/2 C .E m sin2ω t D .2E m sin2ω t5、如图5所示，把电阻R，电感线圈L，电容C并联，接到一个交流电源上，三个电流表示数相同，若保持电源电压大小不变，而将电源频率增大，则三个电流表示数I1、I2、I3的关系是: ( )A、I1=I2=I3B、I1>I2>I3C、I2>I1>I3D、I3>I1>I26.变压器原、副线圈的匝数比n1:n2＝4：1，当导体棒在匀强磁场中向左做匀速直线运动切割磁感线时，图中电压表V1的示数12V，则电压表V2的示数为:（）A．3V B．0C．48V D．与负载R的值有关7.一台变压器原线圈的匝数为4400匝,与220V的电源相连,当副线圈接入额定电压为36V的灯泡时练习,能够正常发光.则变压器副线圈的匝数为:( )A 36匝B 72匝C 720匝D 1440匝8.某电厂原采用电压U1输电，后改用U2 = 20U1电压输电，不考虑其它变化，则:（）A. 输电电流变为原来的1/20B. 输电线上电压损失降为原来的1/20C. 输电线上电能损失降为原来的1/40D. 输电效率比原来提高了39倍9．在远距离输电时，输送的电功率为，输电电压为，所用输电导线的电阻率为，截面面积为，导线的总长度为．输电线上损耗的电功率为，用户得到的电功率为，下列关于和的表达式中正确的是：（）A、B、C、D、10．图为远距离高压输电的示意图。

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.）。

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钱桥中学、泥河中学联考高二（上）月考物理试卷（12月份）一、选择题（每小题4分，共40分．其中1-7题为单选题；8-10题为多选题，多项选择少选扣2分，多选或错选得0分．）1．对于电场，下列说法正确的是( )A．电势越高场强越大B．将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功一定为零C．电势降落的方向必定是电场强度的方向D．电势为零的点，场强不一定为零2．如图，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b 沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论错误的是( )A．此液滴带负电B ．液滴的加速度等于gC．合外力对液滴做的总功等于零D．液滴的电势能减少3．如图所示，带箭头的曲线表示一个带正电粒子通过一个点电荷Q所产生的电场时的运动轨迹，虚线表示点电荷电场的两个等势面，下列说法中正确的是( )A．等势面φA＜φB，粒子动能E kA＞E kBB．等势面φA＜φB，粒子动能E kA＜E kB C．等势面φA＞φB，粒子动能E kA＜E kBD．等势面φA＞φB，粒子动能E kA＞E kB4．如图，质量为m的带正电小球A悬挂在绝缘细线上，且处在场强为E的匀强电场中，当小球A静止时，细线与竖直方向成30°角，已知此电场方向恰使小球受到的电场力最小，则小球所带的电量应为( )A ．B ．C ．D ．5．如图，平行板电容器A、B间有一带电油滴P正好静止在极板正中间，现将B极板向下移动到虚线位置，其他条件不变．则( )A．油滴将向下运动B．在B极板移动过程中电流计中有由b流向a的电流C．油滴运动的电势能将减少D．极板带的电荷量增大6．如图所示，A、B是两个带电量相等的异种点电荷，A带正电，B带负电，OO′为两点电荷连线的垂直平分线，P点是垂足，若从P点以大小为v0的初速度发射一个质子，则( )A．若质子初速度方向由P指向A，则质子在接近A点的过程中速度越来越大B．若质子初速度方向由P指向B，则质子在接近B点的过程中加速度越来越大C．若质子初速度方向由P指向O，则质子在运动的过程中加速度的大小不变D．若质子初速度方向由P指向O，则质子在运动的过程中加速度的方向不变7．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图所示）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，若( )A．保持S不变，增大d，则θ变大B．保持S不变，增大d，则θ变小C．保持d不变，减小S，则θ变小D．保持d不变，减小S，则θ不变8．如图所示，a、b、c三个α粒子，同时由同一点垂直于场强方向以不同的速率进入偏转电场，其轨迹如图，其中b恰好飞出电场，不计α粒子之间的相互作用力，由此可以肯定( )A．在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上B．b和c同时飞离电场C．进入电场时，c的速度最小，a的速度最大D．动能的增量相比，c的最小，a和b一样大9．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r．当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，发现电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为△U1和△U2，下列说法中正确的是( )A．小灯泡L1、L2变亮，L3变暗B．小灯泡L2变亮，L1、L3变暗C．△U1＜△U2D．△U1＞△U210．在如图所示电路中，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，保护电阻R0=3Ω，滑动变阻器总电阻R=20Ω，闭合电键S，在滑片P从a滑到b的过程中，若安培表内阻忽略，正确的是( )A．安培表的示数先减小后增大B．安培表的示数先增大后减小C．滑动变阻器消耗的功率先增大后减小D．滑动变阻器消耗的功率先增大后减小，再增大后减小二、实验题（本题共2小题，共18分．把答案填在题中的横线上）11．用20分度的游标卡尺测物体的长度，如图甲所示，读数为__________cm，用螺旋测微器测物体的厚度，如图乙所示，读数为__________cm．12．欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：A．电池组（3V，内阻1Ω）B．电流表（0～3A，内阻0.012 5Ω）C．电流表（0～0.6A，内阻0.125Ω）D．电压表（0～3V，内阻3kΩ）E．电压表（0～15V，内阻15kΩ）F．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）G．滑动变阻器（0～2 000Ω，额定电流0.3A）H．开关、导线（1）上述器材中应选用的是__________．（填写各器材的字母代号）（2）实验电路应采用电流表__________接法．（填“内”或“外”）（3）设实验中，电流表、电压表的某组示数如图所示，图示中I=__________A，U=__________V．（4）为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内改变，请按要求画出测量待测金属导线的电阻R x的原理电路图，然后根据你设计的原理电路将下图中给定的器材连成实验电路．三、解答题（本题共4小题，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13．如图所示，A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知A、B、C 三点的电势分别为U A=15V，U B=3V，U C=﹣3V，由此（1）可求D点电势U D得大小？（2）若该正方形的边长为a=2cm，且电场方向与正方形所在平面平行，求场强为E的大小？并在图中画出经过A的一条电场线．14．电动汽车噪音小、几乎无污染，深受市场需求，已知某比亚迪电动汽车，其质量为40kg，最多能载重80kg，正常工作时速为18km/h，电压是36V，电流是6A，此时输出功率是180W．当汽车满载时，其阻力是车重的K倍，求：（1）K的值？（2）当车速为3m/s时，求此时，该电动车的加速度？（3）此电动车的工作效率是多少？15．如图所示，电源电动势E=9V，内阻不计，R1=5Ω，R2=13Ω，R3=6Ω，R4=3Ω，电容C=2μF．当电键S由与a接触到与b接触的过程中，通过电阻R3的电量是多少？16．如图甲所示，A、B是一对平行放置的金属板，中心各有一个小孔P、Q，P、Q连线垂直金属板，两板间距为d．现从P点处连续不断地有质量为m、带电荷量为+q的带电粒子（重力不计），沿PQ方向放出，粒子的初速度可忽略不计．在t=0时刻开始在A、B间加上如图乙所示交变电压（A板电势高于B板时，电压为正），其电压大小为U、周期为T．带电粒子在A、B间运动过程中，粒子间相互作用力可忽略不计．求：（1）进入到金属板之间的带电粒子的加速度；（2）若两板间距足够宽，在t=0时刻放出的粒子在第一个周期T内离开A板的距离；（3）如果只有在每个周期的0～时间内放出的带电粒子才能从小孔Q中射出，则上述物理量d、m、q、U、T之间应满足的关系．并求出每个周期内从小孔Q 中有粒子射出的时间与周期T的比值．钱桥中学、泥河中学联考高二（上）月考物理试卷（12月份）一、选择题（每小题4分，共40分．其中1-7题为单选题；8-10题为多选题，多项选择少选扣2分，多选或错选得0分．）1．对于电场，下列说法正确的是( )A．电势越高场强越大B．将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功一定为零C．电势降落的方向必定是电场强度的方向D．电势为零的点，场强不一定为零【考点】电场强度．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【分析】电场强度与电势无关；在静电场中场强方向就是电势降低最快的方向；电场力做功与两点间电势差有关．【解答】解：A、电势与电场强度没有直接关系，所以电势大的地方电场强度不一定高，电势小的地方电场强度不一定低，故A错误．B、场强为零的一点与场强为零的另一点之间的电势差不一定为零，所以由W=qU 可知电场力做功不一定为零．故B错误．C、在静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向．故C错误．D、电势的零点是人为选取的，则电势为零的点，场强不一定为零，故D正确．故选：D．【点评】解决本题关键要理解电场中几对关系：场强与电势、场强与电势差、电场力做功与电势差等等，可结合电场线的物理意义和相关公式加深理解．2．如图，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b 沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论错误的是( )A．此液滴带负电B ．液滴的加速度等于gC．合外力对液滴做的总功等于零D．液滴的电势能减少【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】带电液滴受重力和电场力，做直线运动，知合力方向与bd重合．根据电场力方向确定电荷的电性，根据电场力做功判断电势能的变化．【解答】解：A、电荷所受的合力沿bd方向，知电场力方向水平向右，则该电荷为负电荷．故A正确．B、电荷的合力恒定，加速度恒定，做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，则有：a==．故B正确．C、合外力不为零，则合外力做正功．故C错误．D、从b到d，电场力做正功，电势能减小．故D正确．本题选错误的，故选：C．【点评】解决本题的关键知道当物体所受的合力与速度的方向在同一条直线上时，物体做直线运动．以及知道电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．3．如图所示，带箭头的曲线表示一个带正电粒子通过一个点电荷Q所产生的电场时的运动轨迹，虚线表示点电荷电场的两个等势面，下列说法中正确的是( )A．等势面φA＜φB，粒子动能E kA＞E kBB．等势面φA＜φB，粒子动能E kA＜E kBC．等势面φA＞φB，粒子动能E kA＜E kBD．等势面φA＞φB，粒子动能E kA＞E kB【考点】电势差与电场强度的关系；等势面．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场线与等势面垂直．电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．同种电荷相斥，异种电荷相吸．并由运动轨迹来确定速度方向，由电场线与速度方向来确定电场力方向．【解答】解：从轨迹可以看出粒子做曲线运动，由于曲线运动合力指向曲线的内侧，故两个电荷相互排斥，带同种电荷，粒子带负电，故场源带负电，沿着电场线方向，电势是降低的，则φA＞φB，两个电荷相互排斥，从A到B过程，电场力做负功，根据动能定理，动能减小，电势能增大，故ABC错误；D正确；故选：D．【点评】本题考查运用力学知识分析电场中轨迹问题的能力．电场力具有力的共性，判断电场力做功的正负，按照功的公式，分析电场力与速度方向的夹角来判断．加强基础知识的学习，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题．4．如图，质量为m的带正电小球A悬挂在绝缘细线上，且处在场强为E的匀强电场中，当小球A静止时，细线与竖直方向成30°角，已知此电场方向恰使小球受到的电场力最小，则小球所带的电量应为( )A ．B ．C ．D ．【考点】电场强度；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，运用作图法分析什么条件下小球受到的电场力最小，由力学知识求出最小的电场力，再求解小球的电荷量．【解答】解：小球受到三个力作用：重力mg、电场力F和细线的拉力T，根据平衡条件得知：F和T的合力与重力mg大小相等、方向相反，作出电场力在三种不同方向下合成图如图，可以看出，当电场力F与细线的拉力T垂直时，电场力最小，由图求出电场力的最小值为F min=mgsin30°又F min=qE，得q=故选：D．【点评】本题与动态平衡问题类似，采用图解法分析极值的条件，也可以运用函数法分析．5．如图，平行板电容器A、B间有一带电油滴P正好静止在极板正中间，现将B极板向下移动到虚线位置，其他条件不变．则( )A．油滴将向下运动B．在B极板移动过程中电流计中有由b流向a的电流C．油滴运动的电势能将减少D．极板带的电荷量增大【考点】电容．【专题】定性思想；推理法；电容器专题．【分析】极板始终接在电源的两端，两端的电势差不变，结合d的变化判断电场强度的变化，从而得出电场力的变化，得出油滴向哪个方向运动．根据电容的变化得出电容器所带电荷量的变化，确定出电流计中电流的方向．根据电场力做功判断电势能的变化．【解答】解：A、电容器两端的电势差不变，将B极板向下移动到虚线位置，d 增大，电场强度减小，电场力减小，开始电场力和重力平衡，则油滴向下运动，故A正确．B、d增大，根据C=知，电容减小，根据Q=CU知，电容器所带的电荷量减小，电流计中有a流向b的电流，故B错误，D错误．C、由于油滴向下运动，电场力方向向上，电场力做负功，则电势能增加，故C 错误．故选：A．【点评】解决本题的关键抓住电容器始终与电源相连，电势差不变，结合电容的变化判断电量的变化．由E=分析场强的变化．6．如图所示，A、B是两个带电量相等的异种点电荷，A带正电，B带负电，OO′为两点电荷连线的垂直平分线，P点是垂足，若从P点以大小为v0的初速度发射一个质子，则( )A．若质子初速度方向由P指向A，则质子在接近A点的过程中速度越来越大B．若质子初速度方向由P指向B，则质子在接近B点的过程中加速度越来越大C．若质子初速度方向由P指向O，则质子在运动的过程中加速度的大小不变D．若质子初速度方向由P指向O，则质子在运动的过程中加速度的方向不变【考点】电场的叠加；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，同一电荷在等势线上电势能相同．根据电场线分布的对称性可知，可知电场强度大小．把正电荷沿直线移动，从而电场力变化情况，进而确定速度如何变化．【解答】解：A、若质子初速度方向由P指向A，当质子在接近A点的过程中，根据正负电荷的电场强度合成可知，电场强度越来越大，则电场力也越来越大，所以加速度也越来越大，因加速度与速度反向，则速度越来越小．故A错误．B、若质子初速度方向由P指向B，根据正负电荷的电场强度合成可知，当质子在接近B点的过程中，电场强度越来越大，则电场力也越来越大，所以加速度也越来越大，但速度与加速度同向，则速度越来越大，故B正确；C、若质子初速度方向由P指向O，则质子在运动的过程中，因初速度方向与电场力不共线，则做曲线运动，导致电场力大小与方向均发生变化，所以加速度大小与方向也发生变化，故CD错误；故选：B 7．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图所示）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，若( )A．保持S不变，增大d，则θ变大B．保持S不变，增大d，则θ变小C．保持d不变，减小S，则θ变小D．保持d不变，减小S，则θ不变【考点】电容器的动态分析．【专题】电容器专题．【分析】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大．根据电容的决定式C=分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容的定义式C=分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况．【解答】解：A、B、根据电容的决定式C=得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大；反之，保持S不变，减小d，则θ减小．故A正确，B错误．C、D、根据电容的决定式C=得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大；反之，保持d不变，增大S，则θ减小，故C错误，D错误．故选：A．【点评】本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是掌握电容的两个公式：电容的决定式C=和C=．8．如图所示，a、b、c三个α粒子，同时由同一点垂直于场强方向以不同的速率进入偏转电场，其轨迹如图，其中b恰好飞出电场，不计α粒子之间的相互作用力，由此可以肯定( )A．在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上B．b和c同时飞离电场C．进入电场时，c的速度最小，a的速度最大D．动能的增量相比，c的最小，a和b一样大【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，根据竖直方向上的偏转位移，结合加速度，比较出运动的时间，在结合水平位移比较进入电场时的初速度．根据动能定理比较动能的增量．【解答】解：A、三个粒子所受的电场力相等，加速度大小相等，在竖直方向上有：y=at2可知：a、b的偏转位移相等，大于c的偏转位移，知a、b的运动时间相等，大于c的时间，故A正确，B错误．C、因为a的水平位移小于b的水平位移，它们的运动时间相等，则a的速度小于b的速度，b的水平位移和c的水平位移相等，b的时间大于c的时间，则b 的速度小于c的速度，所以进入电场时，c的速度最大，a的速度最小，故C 错误．D、根据动能定理知，a、b的偏转位移相等，则电场力做功相等，大于c电场力做功，所以a、b的动能增量相等，大于c的动能增量，故D正确．故选：AD．【点评】解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，在沿电场方向上做匀加速直线运动，垂直电场方向上做匀速直线运动，结合运动学公式抓住等时性进行分析求解．9．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r．当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，发现电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为△U1和△U2，下列说法中正确的是( )A．小灯泡L1、L2变亮，L3变暗B．小灯泡L2变亮，L1、L3变暗C．△U1＜△U2D．△U1＞△U2【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，分析变阻器接入电路的电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，分析总电流和路端电压的变化，判断灯L2亮度的变化．根据总电流的变化，分析并联部分电压的变化，判断L3亮度的变化．根据总电流与通过L3电流的变化，分析通过L1电流的变化，判断其亮度变化．根据路端电压的变化，分析△U1和△U2的大小．【解答】解：A、B、当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则L2变亮．变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分电压减小，则L3变暗．总电流增大，而L3的电流减小，则L1的电流增大，则L1变亮．故A正确，B错误．C、D、由上分析可知，电压表V1的示数减小，电压表V2的示数增大，由于路端电压减小，所以△U1＞△U2．故C错误，D正确．故选：AD．【点评】本题是电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”思路进行分析．运用总量法分析两电压表读数变化量的大小．10．在如图所示电路中，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，保护电阻R0=3Ω，滑动变阻器总电阻R=20Ω，闭合电键S，在滑片P从a滑到b的过程中，若安培表内阻忽略，正确的是( )A．安培表的示数先减小后增大B．安培表的示数先增大后减小C．滑动变阻器消耗的功率先增大后减小D．滑动变阻器消耗的功率先增大后减小，再增大后减小【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，滑动变阻器分为两部分，两部分并联后再与保护电阻串联，由闭合电路欧姆定律及电功率公式可以分析出滑动变阻器消耗的功率如何变化．【解答】解：A、B、当滑片P在a、b两端时滑动变阻器电阻为零；当滑片P 在滑动变阻器时，电阻最大，为5Ω；故当滑片P从a滑到b的过程中，总电阻先变大后变小，故电流先减小后变大，故A正确，B错误；C、D、把保护电阻看做电源的内阻，电源与保护电阻等效于电源，滑动变阻器是外电路，当外电阻等于等效电源的内电阻R0+r=3+1=4Ω时，电源的输出功率最大；当滑片P在滑动变阻器时，外电路电阻最大，为5Ω；滑片P从a滑到中间的过程中，电路外电阻R先由零变大到5Ω过程，滑动变阻器消耗的电功率先变大后变小，后变大；滑片P从中间滑到b的过程中，电路外电阻R由5Ω减小到零，滑动变阻器消耗的电功率先变大后变小；即滑动变阻器消耗的功率先增大后减小，再增大后减小；故C错误，D正确；故选：AD【点评】本题关键是把电源与保护电阻等效为新的电源，明确当外电阻等于等效电源的内电阻时，等效电源的输出功率最大；还要知道当滑片P在滑动变阻器时，外电路电阻最大．二、实验题（本题共2小题，共18分．把答案填在题中的横线上）11．用20分度的游标卡尺测物体的长度，如图甲所示，读数为3.140cm，用螺旋测微器测物体的厚度，如图乙所示，读数为5.601cm．【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；定性思想；推理法；直线运动规律专题．【分析】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．【解答】解：游标卡尺的固定刻度读数为31mm，游标读数为0.05×8mm=0.40mm，所以最终读数为31.40mm=3.140cm．螺旋测微器的固定刻度读数为5.5mm，可动刻度读数为0.01×10.1mm=0.101mm，所以最终读数为5.5mm+0.101=5.601 mm．故答案为：3.140，5.601．【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．欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：A．电池组（3V，内阻1Ω）B．电流表（0～3A，内阻0.012 5Ω）C．电流表（0～0.6A，内阻0.125Ω）D．电压表（0～3V，内阻3kΩ）E．电压表（0～15V，内阻15kΩ）F．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）G．滑动变阻器（0～2 000Ω，额定电流0.3A）H．开关、导线（1）上述器材中应选用的是A、C、D、F、H．（填写各器材的字母代号）（2）实验电路应采用电流表外接法．（填“内”或“外”）（3）设实验中，电流表、电压表的某组示数如图所示，图示中I=0.48A，U=2.20V．（4）为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内改变，请按要求画出测量待测金属导线的电阻R x的原理电路图，然后根据你设计的原理电路将下图中给定的器材连成实验电路．【考点】用描迹法画出电场中平面上的等势线．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】（1）用伏安法测定电阻的原理是电阻定义式R=．根据电源的电动势，选择电压表的量程．由电源的电动势与测电阻的大约值，估算电流的最大值，选择电流表的量程．根据待测电阻与变阻器总阻值的大小，选择变阻器的规格．（2）根据两电表内阻与待测电阻的大小关键，选择电流表的内接法或外接法．（3）电流表的量程是0.6A，最小分度是0.02A，电压表的量程是3V，最小分度是0.1V．（4）为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5A 范围内改变，变阻器必须接成分压式电路．按顺序连接实物图．【解答】解：（1）必选器材有：A、H．电池组的电动势是3V，电压表的量程选3V，即选择电压表D．由题，金属导线的电阻约为5Ω左右，则通过导线的电流最大值约I max==0.6A．故电流表选C．为方便实验操作滑动变阻应选F．故答案为：A、C、D、F、H；（2）由题得，=600，而=40，则＞，则采用电流表外接法，可减小误差．（3）电流表的读数为I=0.48A，电压表的读数为U=2.20V．（4）为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内改变，变阻器必须接成分压式电路，实验原理电路图如图，连成实验电路如图．故答案为：（1）A、C、D、F、H；（2）外；（3）0.48，2.20；（4）见图电路图和实物图如图所示．【点评】本题是伏安法测量电阻，从实验原理出发选择器材、设计电路、连接实物图等等，都是实验的基本技能，要加强培训，提高能力．。

广东省珠海市第二中学2024_2025学年高二物理12月月考试题

广东省珠海市其次中学2024-2025学年高二物理12月月考试题本试卷共8页15题。

全卷满分100分考试用时75分钟。

留意事项：1.答题前先将自己的姓名，考号等填写在试题卷和答题卡上并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2.选择题的作答:选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3.填空题和解答题的作答:用签字笔干脆写在答题卡上对应的答题区域内写在试题卷草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4.考试结束后请将本试题卷和答题卡一并上交。

第Ⅰ卷（选择题共46分）一、选择题:本题共10小题，在每小题给出的四个选项中第1～7题只有一项符合题目要求小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，全选对的得6分选对但不全的得3分有选错的得0分。

1.下列哪项技术的应用原理与静电现象无关A.复印机B.油罐车尾的铁链C.避雷针D.手机无线充电2.科研人员在检测某种物质时，发觉该物质发出的射线在磁场中分裂为多束（如图所示）若它们射磁场时的速度相同，则下列说法正确的是A.该物质发出的全部射线均带有电荷B.a射线的粒子比b射线的粒子质量大C.a射线的粒子比b射线的粒子带电量小D.a射线的粒子比b射线粒子的质荷比小3.如图所示，两个烧杯装有稀硫酸铜片和锌片构成电源正负极U形玻璃管中放有粗棉线倒插在两烧杯中，变更棉线的粗细，可以变更电源的内阻闭合开关S、S1、S2，下列说法正确的是A.增大滑动变阻器R的阻值电压表V2示数增大B.若U形玻璃管中放入更粗的棉线，则电压表V1示数变小C.不管滑动变阻器R的阻值如何变更，两电压表示数之和几乎保持不变D.通过两电压表的电流方向相同，均从左向右4.如图所示在两个点电荷形成的电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下，以肯定的初速度从A点运动至B 点，运动轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是A.A点的电势低于B点的电势B.A点的电场强度与C点的电场强度相同C.该粒子在A点的动能小于在B点的动能D.该粒子在A点的电势能小于在B点的电势能5.有一无限长通电直导线MN和通电等边三角形导线框abc在同一平面内，其中ab边与MN平行，它们所通电流方向如图所示，下列说法正确的是A.线框所受安培力合力为零B.线框所受安培力合力的方向水平向左C.线框所受安培力合力的方向水平向右D.线框所受安培力合力的方向垂直于纸面对里6.玩“套圈圈”嬉戏时，身材高大的哥哥和身高较矮的弟弟并排直立站在同一水平线上两人同时向各自正前方3m处放置在水平地面上的玩具小熊水平抛出小圆环，小圆环恰好都套中玩具熊。

二物理上学期12月月考试卷高二全册物理试题

批扯州址走市抄坝学校二中高二〔上〕月考物理试卷〔12月份〕一、单项选择题〔9题，每题3分，共计27分〕1．在示波管中，电子枪在2秒内发射了5×1015个电子，电子的电量e=1.6×10﹣19C，那么示波管中的电流大小和方向为〔〕A．大小为8×10﹣4A，和发射方向相同B．大小为4×10﹣4A，和发射方向相同C．大小为8×10﹣4A，和发射方向相反D．大小为4×10﹣4A，和发射方向相反2．关于电场强度、电势和电容，以下说法正确的选项是〔〕A．由公式可知，电场中某点的电场强度E与试探电荷在电场中该点所受的电场力F成正比，与q成反比B．由公式可知，在离点电荷Q距离为r的地方，电场强度E的大小与Q成正比C．由公式U=Ed可知，在匀强电场中，E为恒量，任意两点间的电势差与这两点间的距离成正比D．由公式可知，电容器的电容C随着极板带电荷量Q的增加而变大3．如下图的电场线，可判〔〕A．该电场一是匀强电场B．负电荷放在B点所受电场力方向向右C．A点的电势一低于B点电势D．负电荷放在B点的电势能比放在A点的电势能大4．如下图，小磁针正上方的直导线与小磁针平行，当导线中有电流时，小磁针会发生偏转．首先观察到这个现象的物理学家和观察到的现象是〔〕A．物理学家伽利略，小磁针的S极垂直转向纸内B．物理学家楞次，小磁针的N极垂直转向纸内C．物理学家牛顿，小磁针静止不动D．物理学家奥斯特，小磁针的N极垂直转向纸内5．如下图是利用静电计研究平行板电容器的电容与哪些因素有关的装置示意图，下面的表达符合实际观测结果的是〔〕A．a板向右平移，静电计指针偏转角度变小B．a板向上平移，静电计指针偏转角度变小C．a板向左平移，静电计指针偏转角度变小D．在ab间插入一块绝缘介质，静电计指针偏转角度变大6．如下图电路中，R1、R2为值电阻，R3为滑动变阻器，电源内阻不可忽略，当滑动变阻器的滑动片向左移动时，电流表、电压表可视为理想电表，关于电流表和电压表示数的变化情况的分析，正确的选项是〔〕A．电流表A和电压表V1的示数均减小B．电流表A和电压表V2的示数均增大C．电压表V1的示数变化量于电压表V2的示数变化量D．电流表A的示数变大，电压表V1的示数变大，V2的示数变小7．如图甲是线圈绕垂直于磁场的轴在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电图象，把该交流电压加在图乙中变压器的A、B两端，理想变压器原线圈I和副线圈Ⅱ的匝数比为5：1，交流电流表和交流电压表均为理想电表，电阻R=1Ω，其它各处电阻不计，以下说法正确的选项是〔〕A．在t=0.1s、0.5s时，穿过线圈的磁通量最大B．线圈转动的角速度为10πrad/sC．电压表的示数为VD．电流表的示数为0.40A8．半导体中参与导电的电流载体称为载流子．N型半导体的载流子是带负电的电子，P型半导体的载流子是带正电的“空穴〞，如下图，一块厚度为d、宽度为L的长方形半导体样品，置于方向如下图、磁感强度大小为B的匀强磁场中，当半导体样品中通以向右的电流强度为I的恒电流时，样品上、下底面出现恒电势差U，且上外表带正电、下外表带负电．设半导体样品中每个载流子带电荷量为q，半导体样品中载流子的密度〔单位体积内载流子的个数〕用n表示〔电流I=nqvS，其中v为载流子向移动的速度，S为导体横截面积〕，那么以下关于样品材料类型的判断和其中载流子密度n大小的表达式正确的选项是〔〕A．是N型半导体，n=B．是P型半导体，n=C．是N型半导体，n=D．是P型半导体，n=9．如下图，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感强度的大小均为B，磁场方向相反，且与纸面垂直，磁场区域在x轴方向宽度均为a，在y轴方向足够宽．现有一高为a的正三角形导线框从图示位置开始向右匀速穿过磁场区域．假设以逆时针方向为电流的正方向，在以下图中，线框中感电流i与线框移动距离x 的关系图象正确的选项是〔〕A．B．C．D．二、不项选择题〔5题，每题4分，共计20分〕10．如下图，电路甲、乙中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，接通S，使电路到达稳，灯泡D发光，那么〔〕A．在电路，断开S，D将逐渐变暗B．在电路，断开S，D将先变得更亮，然后渐渐变暗C．在电路乙中，断开S，D将渐渐变暗D．在电路乙中，断开S，D将变得更亮，然后渐渐变暗11．环形对撞机是研究高能离子的重要装置，如下图正、负离子由静止经过电压为U的直线加速器加速后，沿圆环切线方向注入对撞机的真空环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感强度大小为B．〔两种带电粒子将被局限在环状空腔内，沿相反方向做半径相的匀速圆周运动，从而在碰撞区迎面相撞〕为维持带电粒子在环状空腔中的匀速圆周运动，以下说法正确的选项是〔〕A．对于给的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感强度B越小B．对于给的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感强度B越大C．对于给的带电粒子，不管加速电压U多大，粒子运动的周期都不变D．对于给的带电粒子，加速电压U越大，粒子运动的周期越小12．如下图，磁感强度为B的匀强磁场有理想边界，用力将矩形线圈从有边界的磁场中匀速拉出，在其他条件不变的情况下〔〕A．速度越大，拉力做功越多B．线圈边长L1越大，拉力做功越多C．线圈边长L2越大，拉力做功越多D．线圈电阻越大，拉力做功越多13．如下图，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固电阻R1和R2的阻值均相，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F．此时〔〕A．电阻R1消耗的热功率为B．电阻R1消耗的热功率为C．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvcosθD．整个装置消耗的机械功率为〔F+μmgcosθ〕v14．如下图，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量为m，带电量为q，小球可在棒上滑动，小球与棒的动摩擦因数为μ，现将此棒竖直放入沿水平方向的且互相垂直的匀强磁场和匀强电场中，设小球电量不变，电场强度为E，方向水平向右，磁感强度为B，小球沿棒由静止开始下滑，那么〔〕A．小球下落的最大加速度是gB．小球下落的最大速度是C．当电场反向时，小球下落的最大加速度是gD．当电场反向时，小球下落的最大速度是三、填空题〔每空2分，共计22分〕15．满偏电流为 I g=3mA，内阻为R g=100Ω的电流表，把它串联一个kΩ的电阻后，作电压表使用，该电压表的量程为V．假设用它测量某一电路两端电压时，电压表示数如下图，那么电路两端电压为V．16．用多用电表探测黑箱内的元件．图甲所示的黑箱内有一个电源和一个电阻，a、b为黑箱的两个输出端．〔1〕某同学用多用电表进行了以下几步测量：A．用欧姆挡测量a、b间的电阻；B．用电压挡测量a、b间的输出电压；C．用电流挡测量a、b间的输出电流．你认为以上测量中不妥的有〔填序号〕；〔2〕使用完毕，将选择开关置于图〔填“左〞或“中〞或“右〞〕所示位置；〔3〕含有电源的黑箱相当于一个“效电源〞，a、b是效电源的两极．为了测这个效电源的电动势和内阻，该同学设计了图乙所示的电路，调节变阻器的阻值，记录下电压表和电流表的示数，并在方格纸上建立了U﹣I坐标，根据数据画出了坐标点〔如图丙所示〕．由图可求出效电源的电动势E= V，内阻r= Ω．17．在描绘小灯泡伏安特性曲线的中，提供的器材有：A．小灯泡〔额电压为2.0V，额电流约为0.5A〕；B．电源E：电动势为3.0V，内阻不计；C．电压表V：量程为0～3V，内阻约为1kΩD．电流表A：量程为0～0.6A，内阻约为0.6Ω；E．滑动变阻器R1：最大阻值为l5Ω，额电流为1.0A；F．滑动变阻器R2：最大阻值为l50Ω，额电流为1.0A；G．开关S及导线假设干得到如下数据〔I和U分别表示通过小灯泡的电流和加在小灯泡两端的电压〕：I/A 0.00 0.12 0.21 0.29 0.34 0.38 0.42 0.45 0.47 0.49 0.50U/V 0.00 0.20 0.40 0.60 0.80 1.00 0 0 1.60 0 2.00〔1〕中滑动变阻器选用〔请填写选项前对的序号字母〕．〔2〕请你不要改动已连接导线，在下面的实物连接图中把还需要连接的导线补上．闭合开关前，使变阻器滑片放在最〔填“左〞或“右〞〕端．〔3〕在坐标系中画出小灯泡的U﹣I曲线．〔4〕假设将此题中的小灯泡接在电动势是V、内阻是1.0Ω的电池两端，那么小灯泡的实际功率约为W〔保存两位有效数字〕．四、计算题〔共4题，共31分〕18．如下图，固于同一条竖直线上的A、B是两个带量异种电荷的点电荷，电荷量均为Q，其中A带正电，B带负电，D、C是它们连线的垂直平分线，A、B、C三点构成一边长为d的边三角形．另有一个带电小球E，质量为m、电荷量为+q〔可视为点电荷〕，被长为L的绝缘轻质细线悬挂于O点，O点在C点的正上方．现在把小球E拉到M点，使细线水平绷直且与A、B、C处于同一竖直平面内，并由静止开始释放，小球E向下圆周运动到最低点C时，速度为v．〔静电力恒量为k，取D点的电势为零〕，试求：〔1〕在点电荷A、B所形成的电场中，C点的电势φC；〔2〕在点电荷A、B所形成的电场中，M点的电势φM；〔3〕在小球经过C点时绝缘细线所受的拉力T．19．如下图，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在竖直的y轴右侧存在垂直xOy平面向里的匀强磁场，磁感强度B=1T，在第四象限有一个水平向右的匀强电场E1，场强E1=2N/C，第一象限存在一个匀强电场E2〔图中没有画出〕．一个带电小球〔可视为质点〕从y轴上的A点与y轴正方向成30°角射入第四象限，沿直线运动到x轴上的C点，从C点进入第一象限后，小球做匀速圆周运动，并通过y轴上的D点射入第二象限，O、D间的距离L=m．带电小球质量为m=×10﹣4kg，重力加速度g=10m/s2．求：〔1〕带电小球的电性和电荷量；〔2〕匀强电场E2的电场强度；〔3〕带电小球从A点运动到D点的位移及时间．20．如下图为一个小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈的长度ab=0.25m，宽度bc=0.20m，共有n=100匝，总电阻r=1.0Ω，可绕与磁场方向垂直的对称轴OO′转动．线圈处于磁感强度B=0.40T的匀强磁场中，与线圈两端相连的金属滑环上接一个“3.0V，W〞的灯泡．当线圈以角速度ω匀速转动时，小灯泡消耗的功率恰好为W．求：〔1〕通过小灯泡的电流和发电机线圈产生感电动势最大值；〔2〕线圈转动的角速度ω；〔3〕线圈以上述角速度转动，由如图位置转过30°角，在此过程中，通过小灯泡电量．21．如图1所示，匀强磁场的磁感强度B为0.5T，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上．绝缘斜面上固有“A〞形状的光滑金属导轨MPN〔电阻忽略不计〕，MP和NP长度均为m，MN连线水平，长为3m，以MN 的中点O为原点，OP为x轴建立一维坐标系Ox，一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3m，质量m为1kg，电阻R为0.3Ω，在拉力F的作用下，从MN处以恒速度v=1m/s在导轨上沿x轴正向运动〔金属杆与导轨接触良好〕，g取10m/s2．〔1〕求金属杆CD运动过程中产生的感电动势E及运动到x=0.8m处电势差U CD；〔2〕推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图2中画出F﹣x关系图象；〔3〕求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热．二中高二〔上〕月考物理试卷〔12月份〕参考答案与试题解析一、单项选择题〔9题，每题3分，共计27分〕1．在示波管中，电子枪在2秒内发射了5×1015个电子，电子的电量e=1.6×10﹣19C，那么示波管中的电流大小和方向为〔〕A．大小为8×10﹣4A，和发射方向相同B．大小为4×10﹣4A，和发射方向相同C．大小为8×10﹣4A，和发射方向相反D．大小为4×10﹣4A，和发射方向相反【考点】示波管及其使用．【分析】每个电子的电荷量大小为e=1.6×10﹣19C．根据电流的义式I=，求解示波管中电流的大小，方向为正电荷的运动方，与负电荷运动方向相反【解答】解：每个电子的电荷量大小为：e=1.6×10﹣19C，5×1015个电子总电荷量为：q=5×1015×1.6×10﹣19C=8×10﹣4C，那么示波管中电流大小为：I=．电流方向为正电荷运动方向，故与负电荷运动方向相反，故D正确应选：D【点评】此题首先要了解电子的电荷量于元电荷，是个常量．其次要掌握电流的义式．2．关于电场强度、电势和电容，以下说法正确的选项是〔〕A．由公式可知，电场中某点的电场强度E与试探电荷在电场中该点所受的电场力F成正比，与q成反比B．由公式可知，在离点电荷Q距离为r的地方，电场强度E的大小与Q成正比C．由公式U=Ed可知，在匀强电场中，E为恒量，任意两点间的电势差与这两点间的距离成正比D．由公式可知，电容器的电容C随着极板带电荷量Q的增加而变大【考点】电场强度；电势；电容．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】此题根据公式是否是比值义法，分析各量之间的关系．比值法义法被义的物理量反映物质的属性．【解答】解：A、公式采用比值义法，E反映电场本身的强弱和方向，与试探电荷在电场中该点所受的电场力F和电荷量q无关，故A错误．B、由公式可知，Q是场源电荷，电场强度E的大小与Q成正比，E与r的平方成反比，故B正确．C、公式U=Ed中d是两点沿电场方向间的距离，所以在匀强电场中，任意两点间的电势差与这两点间沿电场方向的距离成正比，而不是与任意距离成正比，故C错误．D、公式采用比值义法，C反映电容器容纳电荷的本领，与Q、U无关，故D错误．应选：B【点评】解决此题关键要掌握物理量的义方法和公式中各量的准确含义，并要理解公式的适用条件．3．如下图的电场线，可判〔〕A．该电场一是匀强电场B．负电荷放在B点所受电场力方向向右C．A点的电势一低于B点电势D．负电荷放在B点的电势能比放在A点的电势能大【考点】电场线；电势；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】匀强电场的电场线为间距的平行直线，沿电场线方向电势逐渐降低，负电荷所受电场力方向与电场强度方向相反，根据电场力做功判断电势能的变化．【解答】解：A、由于一根电场线无法知道电场线的疏密，故不能判是匀强电场．故A错误．B、负电荷在B点所受电场力方向水平向左．故B错误．C、沿着电场线方向电势逐渐降低，那么A点的电势高于B点的电势．故C错误．D、负电荷从A点移动到B点，电场力做负功，电势能增加，所以负电荷放在B点的电势能比A点的电势能大．故D正确．应选：D．【点评】解决此题的关键知道正电荷所受电场力方向与电场强度方向相同，负电荷所受电场力方向与电场强度方向相反．以及知道电场线的疏密表示场强的强弱，沿着电场线方向电势逐渐降低．4．如下图，小磁针正上方的直导线与小磁针平行，当导线中有电流时，小磁针会发生偏转．首先观察到这个现象的物理学家和观察到的现象是〔〕A．物理学家伽利略，小磁针的S极垂直转向纸内B．物理学家楞次，小磁针的N极垂直转向纸内C．物理学家牛顿，小磁针静止不动D．物理学家奥斯特，小磁针的N极垂直转向纸内【考点】电磁感现象的发现过程．【专题】题；比拟思想；类比法；电磁感中的力学问题．【分析】解答此题的关键是了解发现电流磁效的家是哪位同时明确通电直导线周围的磁场分别情况．【解答】解：发现电流周围存在磁场的家是奥斯特，根据安培那么可知该导线下方飞磁场方向垂直纸面向里，因此小磁针的N极垂直转向纸内，故ABC错误，D正确．应选：D．【点评】此题考查了电流磁效的发现已经直导线周围磁场的分部情况，比拟简单，对于类似简单问题不能无视，要不断练习．5．如下图是利用静电计研究平行板电容器的电容与哪些因素有关的装置示意图，下面的表达符合实际观测结果的是〔〕A．a板向右平移，静电计指针偏转角度变小B．a板向上平移，静电计指针偏转角度变小C．a板向左平移，静电计指针偏转角度变小D．在ab间插入一块绝缘介质，静电计指针偏转角度变大【考点】电容器的动态分析．【专题】电容器专题．【分析】根据电容的决式C=，分析板间距离变化和插入电介质时，电容的变化情况．再由电容的义式C=分析板间电压的变化，判断静电计指针张角的变化．【解答】解：A、将a板向右平移，板间距离减小，由电容的决式C=，得知电容增大，而电容器的电量不变，由C=分析可知，板间电压减小，那么静电计指针张角减小．故A正确．B、将a板竖直向上平移，两板正对面积减小，电容减小，而电容器的电量不变，由C=可知，板间电压增大，那么静电计指针张角增大．故B错误．C、将a板向左平移，板间距离增大，由电容的决式C=，得知电容减小，而电容器的电量不变，由C=分析可知，板间电压增大，那么静电计指针张角增大．故C错误．D、在a、b之间插入一块绝缘介质板，由电容的决式得知，电容C增大，而电量Q不变，那么由电容的义式C=分析得知，板间电压U减小，静电计指针偏角变小．故D错误．应选A．【点评】对于电容器的动态分析问题，关键抓住电容的两个公式：电容的决式C=和义式C=，结合电量不变进行分析．6．如下图电路中，R1、R2为值电阻，R3为滑动变阻器，电源内阻不可忽略，当滑动变阻器的滑动片向左移动时，电流表、电压表可视为理想电表，关于电流表和电压表示数的变化情况的分析，正确的选项是〔〕A．电流表A和电压表V1的示数均减小B．电流表A和电压表V2的示数均增大C．电压表V1的示数变化量于电压表V2的示数变化量D．电流表A的示数变大，电压表V1的示数变大，V2的示数变小【考点】闭合电路的欧姆律．【专题】比拟思想；图析法；恒电流专题．【分析】根据滑片的移动方向判断出滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后由串并联电路特点及闭合电路欧姆律分析答题．【解答】解：ABD、由电路图可知，滑动变阻器的滑动片向左移动时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电路的总电阻减小，电源的电动势不变，由闭合电路欧姆律可知，电路总电流I增大，路端电压U=E﹣Ir，那么U减小，电阻R1的电压U1=IR1增大，那么电压表V1示数增大；并联的电压 U并=U﹣U1减小，电压表V2示数减小；U并减小，通过R2的电流减小，因为总电流增大，所以通过电流表的示数增大．电流表A读数变大，电压表V2读数变小，V1读数变大，故A，B错误，D正确；C、电压表V1的示数与电压表V2的示数之和于U，即U1+U2=U，因V1示数增大，V2示数减小，而U减小，所以电压表V1的示数增加量小于电压表V2的示数减小量，故C错误．应选：D【点评】此题是一道闭合电路的动态分析题，要掌握动态电路动态分析题的解题思路与方法．7．如图甲是线圈绕垂直于磁场的轴在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电图象，把该交流电压加在图乙中变压器的A、B两端，理想变压器原线圈I和副线圈Ⅱ的匝数比为5：1，交流电流表和交流电压表均为理想电表，电阻R=1Ω，其它各处电阻不计，以下说法正确的选项是〔〕A．在t=0.1s、0.5s时，穿过线圈的磁通量最大B．线圈转动的角速度为10πrad/sC．电压表的示数为VD．电流表的示数为0.40A【考点】变压器的构造和原理．【专题】交流电专题．【分析】电表读数为交流电有效值，不能与瞬时值混淆，输出功率也是用有效值计算P=U2I2．电流表读数可根据公式求得．【解答】解：A、由图象可知，在t=0.1s、0.5s时，电压最大，此时是磁通量的变化率最大，此时穿过线圈的磁通量为零，所以A错误、B、根据图象可以知道，交流电的周期是0.4s，由ω==5πrad/s，所以B错误、C、电压表读数为副线圈有效值，原线圈的电压的有效值为10V，由电压与匝数成正比可得副线圈的电压有效值为2V，所以电压表的示数为2V，所以C错误．D、电流表读数：因I2==2A 由得 I1=0.40A，所以电流表读数为0.40A，所以D正确．应选D．【点评】电表读数为交流电有效值，正弦交流电有效值于最大值的，输出功率用有效值计算．8．半导体中参与导电的电流载体称为载流子．N型半导体的载流子是带负电的电子，P型半导体的载流子是带正电的“空穴〞，如下图，一块厚度为d、宽度为L的长方形半导体样品，置于方向如下图、磁感强度大小为B的匀强磁场中，当半导体样品中通以向右的电流强度为I的恒电流时，样品上、下底面出现恒电势差U，且上外表带正电、下外表带负电．设半导体样品中每个载流子带电荷量为q，半导体样品中载流子的密度〔单位体积内载流子的个数〕用n表示〔电流I=nqvS，其中v为载流子向移动的速度，S为导体横截面积〕，那么以下关于样品材料类型的判断和其中载流子密度n大小的表达式正确的选项是〔〕A．是N型半导体，n=B．是P型半导体，n=C．是N型半导体，n=D．是P型半导体，n=【考点】霍尔效及其用．【分析】根据左手那么判断带电粒子的电性，根据最终洛伦兹力和电场力平衡列式，再根据电流的微观表达式列式，最后联立求解即可．【解答】解：电流向右，磁场垂直向内，故粒子受到的洛伦兹力向上，由于样品上外表带正电，故载流子是带正电的“空穴〞，是P型半导体；最终洛伦兹力和电场力平衡，有：qvB=q①电流的微观表达式为：I=nqvS ②联立解得：n=应选：D．【点评】此题关键是明确霍尔效的原理，知道左手那么中四指指向电流方向，不难．9．如下图，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感强度的大小均为B，磁场方向相反，且与纸面垂直，磁场区域在x轴方向宽度均为a，在y轴方向足够宽．现有一高为a的正三角形导线框从图示位置开始向右匀速穿过磁场区域．假设以逆时针方向为电流的正方向，在以下图中，线框中感电流i与线框移动距离x 的关系图象正确的选项是〔〕A．B．C．D．【考点】导体切割磁感线时的感电动势．【专题】电磁感与电路结合．【分析】此题导体的运动可分为三段进行分析，根据楞次律可判断电路中感电流的方向；由导体切割磁感线时的感电动势公式可求得感电动势的大小．【解答】解：线框从开始进入到进入第一个磁场时，磁通量向里增大，那么由楞次律可知，电流方向为逆时针，故B一错误；因切割的有效长度均匀增大，故由E=BLV可知，电动势也均匀增加；而在进入第一磁场时，磁通量达最大，该瞬间变化率为零，故电动势也会零，故A错误；当线圈开始进入第二段磁场后，线圈中磁通量向里减小，那么可知电流为顺时针，故D错误，C正确；应选：C．【点评】此题为选择题，而过程比拟复杂，故可选用排除法解决，这样可以节约一的时间；而进入第二段磁场后，分处两磁场的线圈两产生的电流相同，且有效长度是均匀变大的，当将要进入第二磁场时，线圈中电流达最大2I．二、不项选择题〔5题，每题4分，共计20分〕10．如下图，电路甲、乙中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，接通S，使电路到达稳，灯泡D发光，那么〔〕A．在电路，断开S，D将逐渐变暗B．在电路，断开S，D将先变得更亮，然后渐渐变暗C．在电路乙中，断开S，D将渐渐变暗D．在电路乙中，断开S，D将变得更亮，然后渐渐变暗【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用．【专题】交流电专题．。

物理上学期12月月考试卷高二全册物理试题

批扯州址走市抄坝学校九中高二〔上〕月考物理试卷〔12月份〕一、选择题〔此题共10小题，每题4分，共40分．在每题给出的四个选项中，第1-7小题，只有一个选项正确；第8-10小题，有多个选项正确，选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．〕1．关于电动势以下说法正确的选项是( )A．电源电动势于电源正负极之间的电势差B．电源电动势总于内、外电路上的电压之和，所以它的数值与外电路的组成有关C．干电池电动势为V，说明将1C的正电荷从电源负极移到正极，通过非静电力做功，将其它形式的能量J 转化为电能D．电源的电动势跟电源内静电力做的功成正比，跟通过的电荷量成反比2．一段横截面积为5mm2的导体通有恒电流，假设2秒钟有2C的正电荷和2C的负电荷相向运动通过某一横截面，那么电流强度是( )A．1A B．2A C．4A D．8A3．两根完全相同的金属导线，如果把其中的一根均匀拉长到原来的2倍，把另一根对折后绞合起来，那么它们的电阻之比为为( )A．1：4 B．1：8 C．1：16 D．16：14．一电池外电路断开时的路端电压为3V，接上8Ω的负载电阻后路端电压降为V，那么可以判电池的电动势E和内电阻r为( )A．E=V r=1Ω B．E=3V r=2C．E=V r=2ΩD．E=3V r=1Ω5．在“测电源电动势和内阻〞的中，针对两个不同的电源得出如下图的1、2两条图线，那么两个电源的电动势E1和E2、内阻r1和r2满足关系( )A．E1＞E2，r1＞r2B．E1＞E2，r1＜r2C．E1＜E2，r1＞r2D．E1＜E2，r1＜r26．两个值电阻R1、R2串联后接在输出电压稳的12V的直流电源上，有人把一个内阻不是远大于R1或R2的电压表接在R1两端，电压表的示数为8V，如果把此表改接在R2两端，那么电压表的示数将( )A．小于4 V B．于4 VC．大于4 V，小于8 V D．于或大于8 V7．在如下图的电路中，R1、R2、R3和R4皆为值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r．设电流表A的读数为I，电压表V的读数为U．当R5的滑动触点向图中a端移动时( )A．I变大，U变小B．I变大，U变大C．I变小，U变大D．I变小，U变小8．R1与R2并联在电路中，通过R1与R2的电流之比为1：2，那么当R1与R2串联后接入电路中时，R1和R2两端电压之比U1：U2为( )A．1：2 B． 2：1 C．1：4 D．4：19．如下图是某款理发用的电吹风的电路图，它主要由电动机M和电热丝R构成．当闭合开关S1、S2后，电动机驱动风叶旋转，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出风口吹出．电吹风的额电压为220V，吹冷风时的功率为120W，吹热风时的功率为1000W．关于该电吹风，以下说法正确的选项是( ) A．电热丝的电阻为55ΩB．电动机的电阻为C．当电吹风吹热风时，电热丝每秒钟消耗的电能为1000JD．当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为120J10．用两只完全相同的微安表改成电流表，第一只改装表的量程是1A，第二只改装表的量程是3A，设改装后两个电流表的内阻分别为R1和R2，那么( )A．R1：R2=1：3B．R1：R2=3：1C．两只表并联后接在电路中，读数之比I1：I1=1：3D．两只表串联后接在电路中，读数之比I1：I1=3：1二、题11．图1是游标卡尺测量一工件的长度，结果如下图．可以读出此工件的长度为__________mm．图2是用螺旋测微器测量某一圆筒直径时的示数，此读数为__________mm．12．在“把电流表改装为电压表〞的中，需利用如下图的电路测电流表的内阻，步骤如下：①闭合开关S1，调节R1，使电流表指针偏转到满刻度；②再闭合开关S2，调节R2，使电流表指针偏转到满刻度的一半；③读出R2的阻值，即认为Rx=R2．电流表满偏电流为500μA，其内阻在100Ω左右，室配有的可变电阻有：A、电阻箱〔0～10Ω〕B、电阻箱〔0～9999Ω〕C、滑动变阻器〔0～200Ω〕D、滑动变阻器〔0～20kΩ〕〔1〕电路图中R1选__________，R2选__________．〔2〕此中，电流表内阻的测量值比真实值__________〔填“大〞或“小〞〕．〔3〕假设中读得R2的阻值为100Ω，现要将此电流表改装成量程为2V的电压表，__________联一个阻值为__________Ω的电阻．三．计算题13．有一个直流电动机，把它接入0.2V电压的电路时，电动机不转，测得流过电动机的电流是0.4A；假设把电动机接入2V电压的电路中，电动机正常工作，工作电流是1.0A．那么：〔1〕电动机的内阻为多少？〔2〕电动机正常工作时的电功率为多大？〔3〕如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是多大？14．如下图的电路中，电源的电动势E=3.0V，内阻r=1.0Ω；电阻R1=R2=R3=R4=3.0Ω；电容器的电容C=100μF．求电源的路端电压和电容器所带的电量．15．如下图，R为电阻箱，为理想电压表．当电阻箱读数为R1=2Ω时，电压表读数为U1=4V；当电阻箱读数为R2=5Ω时，电压表读数为U2=5V．求：〔1〕电源的电动势E和内阻r．〔2〕当电阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值P m为多少？16．如下图，两块长3cm的平行金属板AB相距1cm，并与450V直流电源的两极相连接，如果在两板间有一电子〔m=9×10﹣31kg，﹣e=﹣1.6×10﹣19C〕，沿着垂直于电场线方向以2×107m/s的速度飞入，求：〔1〕电子在金属板间运动时的加速度大小为多少？〔2〕电子能否从平行金属板间飞出？九中高二〔上〕月考物理试卷〔12月份〕一、选择题〔此题共10小题，每题4分，共40分．在每题给出的四个选项中，第1-7小题，只有一个选项正确；第8-10小题，有多个选项正确，选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．〕1．关于电动势以下说法正确的选项是( )A．电源电动势于电源正负极之间的电势差B．电源电动势总于内、外电路上的电压之和，所以它的数值与外电路的组成有关C．干电池电动势为V，说明将1C的正电荷从电源负极移到正极，通过非静电力做功，将其它形式的能量J 转化为电能D．电源的电动势跟电源内静电力做的功成正比，跟通过的电荷量成反比【考点】电源的电动势和内阻．【专题】性思想；推理法；恒电流专题．【分析】电源的电动势反映电源本身的特性，由电源本身决，于内外电压之和，与外电路结构无关；电动势大小，反映非静电力在电源内部从负极向正极移动单位电荷量做功的多少，根据这些知识可以正误．【解答】解：A、电源电动势于内外电压之和，外电路断开时，电动势于正负极之间的电势差，当外电路接通时，电动势大于正负极之间的电势差．故A错误．B、电动势由电源本身决，与外电路结构无关．故B错误．C、干电池电动势为V，说明将1C的正电荷从电源负极移到正极，通过非静电力做功，将其它形式的能量J转化为电能．故C正确．D、根据E=，电动势于非静电力在电源内部从负极向正极移动单位电荷量所做的功，不能说电动势跟电源内静电力做的功成正比，跟通过的电荷量成反比，故D错误．应选：C【点评】解答此题关键从物理意义、义式、闭合电路欧姆律来理解电动势．要注意在电源内部是非静电力做功，在电源的外部是静电力做功．2．一段横截面积为5mm2的导体通有恒电流，假设2秒钟有2C的正电荷和2C的负电荷相向运动通过某一横截面，那么电流强度是( )A．1A B．2A C．4A D．8A【考点】欧姆律．【专题】恒电流专题．【分析】根据电流的义：单位时间内通过导体横截面的电荷量．【解答】解：电流的义式是I===2A，故ACD错误，B正确．应选：B．【点评】注意如有正负电荷都通过某横截面时，通过的电量为绝对值之和．3．两根完全相同的金属导线，如果把其中的一根均匀拉长到原来的2倍，把另一根对折后绞合起来，那么它们的电阻之比为为( )A．1：4 B．1：8 C．1：16 D．16：1【考点】电阻律．【专题】恒电流专题．【分析】电阻律：导体的电阻R跟它的长度L成正比，跟它的横截面积S成反比，还跟导体的材料有关系；公式为R=．【解答】解：两根完全相同的金属裸导线，把其中的一根均匀拉长到原来的2倍，长度变为2倍，截面积变为倍，根据电阻律公式R=，电阻增加为4倍；另一根对折后绞合起来，长度变为0.5倍，截面积变为2倍，根据电阻律公式R=，电阻增加为倍；故这两根导线后来的电阻之比为4：=16：1；应选：D．【点评】此题关键是根据电阻律直接判断，要注意金属裸导线体积一，长度变化后截面积也是改变的．4．一电池外电路断开时的路端电压为3V，接上8Ω的负载电阻后路端电压降为V，那么可以判电池的电动势E和内电阻r为( )A．E=V r=1ΩB．E=3V r=2C．E=V r=2ΩD．E=3V r=1Ω【考点】闭合电路的欧姆律；电源的电动势和内阻．【专题】量思想；方程法；恒电流专题．【分析】电源的电动势于外电路断开时电源两极间的电压．电源接上8Ω的负载电阻后路端电压降为V，根据欧姆律求出电路中的电流，再由闭合电路欧姆律求出电源的内电阻．【解答】解：由题，电池外电路断开时的路端电压为3V，那么电池的电动势 E=3V．当电源接上8Ω的负载电阻后路端电压降为V，电路中电流为 I==A=0.3A电源的内阻：r==Ω=2Ω，故B正确，ACD错误；应选：B【点评】此题对电动势的意义要了解，可根据闭合电路欧姆律进行理解，并强化记忆．5．在“测电源电动势和内阻〞的中，针对两个不同的电源得出如下图的1、2两条图线，那么两个电源的电动势E1和E2、内阻r1和r2满足关系( )A．E1＞E2，r1＞r2B．E1＞E2，r1＜r2C．E1＜E2，r1＞r2D．E1＜E2，r1＜r2【考点】测电源的电动势和内阻．【专题】题；恒电流专题．【分析】该中作出的是路端电压随电流的变化而变化的关系，结合闭合电路欧姆律及图象知识可得出电动势及内电阻．【解答】解：当外电阻无穷大时，路端电压于电源的电动势，故U﹣I图象象与纵坐标的交点于电源的电动势，由图可知，2的电动势较大；U=E﹣Ir可知图象中的斜率表示电源的内阻，2的斜率较大，故2的内阻较大，故D正确，ABC错误；应选D．【点评】此题考查测电动势和内电阻的数据处理，要求能根据公式得出图象中斜率及截距的含义．6．两个值电阻R1、R2串联后接在输出电压稳的12V的直流电源上，有人把一个内阻不是远大于R1或R2的电压表接在R1两端，电压表的示数为8V，如果把此表改接在R2两端，那么电压表的示数将( )A．小于4 V B．于4 VC．大于4 V，小于8 V D．于或大于8 V【考点】串联电路和并联电路．【专题】恒电流专题．【分析】此题的关键是明确串并联电路规律及其灵活运用，明确并联电阻小于任一支路的电阻以及电压分配与电阻成正比．【解答】解：将电压表与电阻R1并联时，电压表的读数为8V，那么电阻两端的电压为4V，假设将电压表与电阻R2并联，那么其并联的总电阻小于R2，根据串联电阻的电压分配可知，电压表的读数将小于4V，所以A正确，BCD错误．应选：A．【点评】熟记并联电阻小于任一支路的电阻以及电压分配与电阻成正比的结论；明确电压表读数造成的误差来源．7．在如下图的电路中，R1、R2、R3和R4皆为值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r．设电流表A的读数为I，电压表V的读数为U．当R5的滑动触点向图中a端移动时( )A．I变大，U变小B．I变大，U变大C．I变小，U变大D．I变小，U变小【考点】闭合电路的欧姆律．【专题】恒电流专题．【分析】当R5的滑动触点向图中a端移动时，R5变小，外电路总电阻变小，根据欧姆律分析总电流和路端电压的变化，确电流表A和电压表的读数变化．【解答】解：当R5的滑动触点向图中a端移动时，R5变小，外电路总电阻变小，那么由闭合电路欧姆律知，总电流I变大，路端电压变小，U变小．电路中并联电压变小，那么I变小．应选D【点评】此题电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部〞的顺序进行分析．8．R1与R2并联在电路中，通过R1与R2的电流之比为1：2，那么当R1与R2串联后接入电路中时，R1和R2两端电压之比U1：U2为( )A．1：2 B．2：1 C．1：4 D．4：1【考点】串联电路和并联电路；欧姆律．【专题】恒电流专题．【分析】由并联电路的电流规律可得出两电阻的比值；由串联电路的电压规律可得出电压之比．【解答】解：并联电路中电阻之比于电流的反比，故=；由串联电路的规律可知，电压之比于电阻之比，故U1：U2=2：1；应选B．【点评】此题考查串并联电路的电流及电压规律，属根底内容，熟纪并能灵活用．9．如下图是某款理发用的电吹风的电路图，它主要由电动机M和电热丝R构成．当闭合开关S1、S2后，电动机驱动风叶旋转，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出风口吹出．电吹风的额电压为220V，吹冷风时的功率为120W，吹热风时的功率为1000W．关于该电吹风，以下说法正确的选项是( ) A．电热丝的电阻为55ΩB．电动机的电阻为C．当电吹风吹热风时，电热丝每秒钟消耗的电能为1000JD．当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为120J【考点】电功、电功率．【专题】恒电流专题．【分析】吹热风时，电热丝和电动机都工作，它们是并联的，电路的总功率于它们功率之和，根据并联电路的特点可以求【解答】解：A、电机和电阻并联，当吹热风时，电阻消耗的功率为P=P热﹣P冷=1000﹣120W=880W，由P=可知R=，故A正确；B、电机为非纯电阻电路故不能用P=求，故B错误；C、当电吹风吹热风时，电热丝每秒钟消耗的电能为P=P热﹣P冷=1000﹣120W=880W，故C错误；D、当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为120J，故D正确；应选：AD【点评】此题考查了电吹风的电路结构及电功率的计算问题；对于这类结合生活中的电器考查电路连接情况的题目，要结合串并联电路的电流流向特点进行分析．10．用两只完全相同的微安表改成电流表，第一只改装表的量程是1A，第二只改装表的量程是3A，设改装后两个电流表的内阻分别为R1和R2，那么( )A．R1：R2=1：3B．R1：R2=3：1C．两只表并联后接在电路中，读数之比I1：I1=1：3D．两只表串联后接在电路中，读数之比I1：I1=3：1【考点】把电流表改装成电压表；串联电路和并联电路．【专题】量思想；比例法；恒电流专题．【解答】解：设微安表的内阻为R g，最大满偏电流为Ig，那么其满偏电压为U g=I g R g改装后的两只电流表的满偏电压都为U g那么那么，故A错误，B正确；两只表并联后接在电路中，并联电路电压相，那么电流读数之比于内阻的反比为1：3，C正确；两只表串联后接在电路中，串联电路电流相，那么电流读数之比为1：1，D错误；应选：BC【点评】电流表的原理是并联电阻起到分流作用．改装后的量程为原电流表的电流与并联电阻的电流之和．也于满偏电压除以并联后的总电阻．二、题11．图1是游标卡尺测量一工件的长度，结果如下图．可以读出此工件的长度为5mm．图2是用螺旋测微器测量某一圆筒直径时的示数，此读数为98mm．【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．【专题】题；量思想；推理法；根本仪器．【分析】解决此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54mm，游标尺上第5个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为5×0.1mm=0.5mm，所以最终读数为：54mm+0.5mm=5mm．2、螺旋测微器的固刻度为mm，可动刻度为1×0.01mm=0.198mm，所以最终读数为mm+0.198mm=98mm．故答案为：5，98．【点评】对于根本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器要了解其原理，要能正确使用这些根本仪器进行有关测量．12．在“把电流表改装为电压表〞的中，需利用如下图的电路测电流表的内阻，步骤如下：①闭合开关S1，调节R1，使电流表指针偏转到满刻度；②再闭合开关S2，调节R2，使电流表指针偏转到满刻度的一半；③读出R2的阻值，即认为Rx=R2．电流表满偏电流为500μA，其内阻在100Ω左右，室配有的可变电阻有：A、电阻箱〔0～10Ω〕B、电阻箱〔0～9999Ω〕C、滑动变阻器〔0～200Ω〕D、滑动变阻器〔0～20kΩ〕〔1〕电路图中R1选D，R2选B．〔2〕此中，电流表内阻的测量值比真实值小〔填“大〞或“小〞〕．〔3〕假设中读得R2的阻值为100Ω，现要将此电流表改装成量程为2V的电压表，串联一个阻值为3900Ω的电阻．【考点】把电流表改装成电压表．【专题】题；恒电流专题．【分析】根据半偏法测量电流表内阻的原理进行器材的选择；根据原理分析误差；电流表改装成电压表要串联一个大电阻分压．【解答】解：〔1〕由“半偏法测量电流表内阻原理〞S2翻开与闭合，近似认为干路中电流不变，前提是R ＞＞R g．故器材选择满足：①电源电动势尽可能大，②R尽可能大．所以R1选用D，R2选用量程跟电流表内阻差不多的即可，选B．〔2〕接通S2时，整个电路阻值变小，电路电流变大，大于接通S2前的电路电流，即大于电流表的满偏电流，滑动变阻器R1两端电压变大，电流表两端电压变小，小于S2闭合前的电压，即小于电流表的满偏电压，调节R2，使电流表指针偏转到满刻度的，那么流过R2的电流大于电流表满偏电流的，电流表并联电压小于电流表的满偏电压，由欧姆律可知，R2的阻值小于电流表内阻的两倍，即电流表内阻测量值偏小．〔3〕电流表改装成电压表要串联一个大电阻分压：U=I g〔R2+R〕，2V=500×10﹣6〔100+R〕，解得：R=3900Ω．故答案为：〔1〕D；B；〔2〕小；〔3〕串；3900．【点评】此题考查了器材的选择、误差分析、把电流表改装为电压表问题，器材的选取及误差分析是此题的难点，知道器材的选取原那么并灵活用、熟练用串并联电路特点及欧姆律即可正确解题．三．计算题13．有一个直流电动机，把它接入0.2V电压的电路时，电动机不转，测得流过电动机的电流是0.4A；假设把电动机接入2V电压的电路中，电动机正常工作，工作电流是1.0A．那么：〔1〕电动机的内阻为多少？〔2〕电动机正常工作时的电功率为多大？〔3〕如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是多大？【考点】电功、电功率．【专题】恒电流专题．【分析】〔1〕电动机不转时是纯电阻电路，由欧姆律可以求出它的电阻．〔2〕电动机正常工作时的电功率P=UI；〔3〕转子突然被卡，电能转化为热能，根据求解．【解答】解：〔1〕电动机线圈电阻R==0.5Ω；〔2〕电动机正常工作时的电功率P=UI=2×1=2W〔3〕转子突然被卡，那么电能转化为热能，那么．答：〔1〕电动机线圈的电阻是0.5Ω；〔2〕电动机正常工作时的电功率为2W；〔3〕如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是8W．【点评】对于电动机电路，要正确区分是纯电阻电路，还是非纯电阻电路，关键看转子是否转动，电能是否转化为内能．14．如下图的电路中，电源的电动势E=3.0V，内阻r=1.0Ω；电阻R1=R2=R3=R4=3.0Ω；电容器的电容C=100μF．求电源的路端电压和电容器所带的电量．【考点】闭合电路的欧姆律；电容．【专题】计算题；量思想；效替代法；恒电流专题．【分析】先求出外电路总电阻，再由串联电路分压规律求出路端电压，由比例法求出电容器的电压，即可由Q=CU求解电容器的电量．【解答】解：外电阻总电阻 R==Ω=2Ω路端电压 U=E=×3V=2V电容器的电压 U C=U=×2V=1V电容器所带的电量 Q=CU C=100×10﹣6×1C=1×10﹣4C答：电源的路端电压是2V，电容器所带的电量是1×10﹣4C．【点评】此题考查闭合电路的欧姆律的用，要明确电路的结构，运用比例法求电压，也可以先求电流，再求电压．15．如下图，R为电阻箱，为理想电压表．当电阻箱读数为R1=2Ω时，电压表读数为U1=4V；当电阻箱读数为R2=5Ω时，电压表读数为U2=5V．求：〔1〕电源的电动势E和内阻r．〔2〕当电阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值P m为多少？【考点】闭合电路的欧姆律；电功、电功率．【专题】计算题．【分析】〔1〕由两次电压表及电阻箱的读数，列出闭合电路欧姆律联立可求得电动势和内阻；〔2〕由功率表达式可知，当内外电阻相时，电源的输出功率最大；由数学知识可求得最大值．【解答】解：〔1〕由闭合电路欧姆律：联立上式并代入数据解得：E=6Vr=1Ω电源电动势为6V，内阻为1Ω；〔2〕由电功率表达式：将上式变形为：由上式可知R=r=1Ω时P有最大值为；故P的最大输出功率为9W．【点评】此题考查闭合电路的欧姆律及功率输出的最大值问题，最大输出功率要以做为结论直接用，但是还要注意明确推导过程．16．如下图，两块长3cm的平行金属板AB相距1cm，并与450V直流电源的两极相连接，如果在两板间有一电子〔m=9×10﹣31kg，﹣e=﹣1.6×10﹣19C〕，沿着垂直于电场线方向以2×107m/s的速度飞入，求：〔1〕电子在金属板间运动时的加速度大小为多少？〔2〕电子能否从平行金属板间飞出？【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】〔1〕电子在电场内做类平抛运动，重力不计，只受电场力，根据牛顿第二律求解加速度．〔2〕电子向A板偏转；要使粒子飞出，那么使水平方向位移为板长时，竖直方向上位移小于于板间距的一半．由运动学公式求出电子运动时间，再求出竖直方向位移，即可判断能否飞出金属板．【解答】解：〔1〕根据牛顿第二律得：加速度 a==，代入数据解得：a=8×1015m/s2〔2〕当电子从间沿着垂直于电场线方向以2×107m/s的速度飞入时，假设能飞出电场，那么电子在电场中的运动时间为：t===×10﹣9s，在AB方向上的位移为：y=at2，代入数据解得：y=0.9cm，而==0.5cm，所以y＞，故电子不能飞出电场．答：〔1〕电子在金属板间运动时的加速度大小为8×1015m/s2．〔2〕电子不能从平行金属板间飞出．【点评】此题也可先求电子到达极板的时间，再求出电子在该时间内在垂直电场方向上的位移即可判断．。