1、四川省南充市阆中中学 2018-2019 学年高二 12 月月考物理试题一、单项选择题（共 8 小题，每小题 4 分）1.关于电场和磁场以及电荷的受力，下列说法正确的是（ ）A. 处在电场中的电荷一定受到电场力的作用B. 处在磁场中的电荷一定受到洛仑兹力的作用C. 电荷在电场中所受电场力的方向就是电场强度的方向D. 电荷在磁场中所受洛仑兹力的方向就是磁场的方向【答案】A【解析】【详解】A：处在电场中的电荷一定受到电场力的作用，故 A 项正确。B：静止的电荷处于磁场中，不受洛伦兹力。故 B 项错误。C：正电荷在电场中所受电场力的方向就是电场强度的方向；负电荷在电场中所受电场力的方向与电场强度的方
2、向相反。故 C 项错误。D：电荷在磁场中所受洛仑兹力的方向与磁场的方向一定垂直。故 D 项错误。【点睛】洛伦兹力方向由左手定则来确定，其方向垂直于磁场方向及运动电荷的速度方向。2.如图所示，开始时矩形线框与匀强磁场的方向垂直，且一半在磁场内，一半在磁场外，若要使线框中产生感应电流，下列办法中不可行的是（ ）A. 将线框向左拉出磁场 B. 以 bc 边为轴转动（小于 60）C. 以 ab 边为轴转动（小于 90） D. 以 ad 边为轴转动（小于 60）【答案】B【解析】【分析】磁通量是穿过线圈的磁感线的条数对照产生感应电流的条件：穿过电路的磁通量发生变化进行分析判断有无感应电流产生；【详解】A
3、、将线框向左拉出磁场，穿过线圈的磁通量减小，有感应电流产生，故 A 不符合题意；B、以 bc 边为轴转动(小于 )，穿过线圈的磁通量 保持不变，没有感应电流产生，602SBf=故 B 符合题意；C、以 ab 边为轴转动(小于 )，穿过线圈的磁通量减小，有感应电流产生，故 C 不符合题9意；D、以 ad 边为轴转动(小于 )，穿过线圈的磁通量从 减小到零，有感应电流产生，602SBf=故 D 不符合题意；不可行的故选 B。【点睛】对于匀强磁场磁通量，可以根据磁感线条数直观判断，也可以根据磁通量的计算公式 （ 是线圈与磁场方向的夹角）进行计算；Ssinfa=3.某同学将一直流电源的总功率 P1、输
4、出功率 P2和电源内部的发热功率 P3随电流 I 变化的图线画在了同一坐标上，如图中的 a、b、c 所示，根据图线可知（ ）A. 反映 P3变化的图线是 bB. 电源电动势为 8VC. 电源内阻为 4D. 当电流为 0.5A 时，外电路的电阻为 6【答案】D【解析】【分析】根据电源消耗的总功率的计算公式 可得电源的总功率与电流的关系，根据电源内部1PEI=的发热功率 可得电源内部的发热功率与电流的关系，从而可以判断 abc 三条线代表23PIr=的关系式，在由图象分析出电动势和内阻；【详解】A、由电源消耗功率 、输出功率 和电源内部消耗功率1PEI=22PEIr=-可知，a 是直线，表示的是电
5、源消耗的电功率；c 是抛物线，开口向上，表示的是电23PIr=源内电阻上消耗的功率；b 是抛物线，开口向下，表示外电阻的功率即为电源的输出功率，故 A 错误；B、由 知电源电动势为： ，故 B 错误；1EI=4EV=C、电源内部消耗功率 可知电源内阻为： ，C 错误；23PIr328PrI=WD、由闭合电路欧姆定律 可知，当电流为 0.5A 时，外电路的电阻为： ，D 正R+ 6R=确；故选 D。【点睛】当电源的内阻和外电阻的大小相等时，此时电源的输出的功率最大，并且直流电源的总功率 P1等于输出功率 P2和电源内部的发热功率 P3的和。4.一电流表 G 的满偏电流 Ig=2mA，内阻为 10
6、0。要把它改装成一个量程为 0.4A 的电流表，则应在电流表 G 上A. 并联一个 0.5 的电阻 B. 并联一个 100 的电阻C. 串联一个 0.5 的电阻 D. 串联一个 100 的电阻【答案】A【解析】把电流表改装成 0.4A 的电流表需要并联一个分流电阻，分流电阻阻值：，故选 A.0.210.54gIR=W-【点睛】本题考查了电流表的改装，知道电流表改装原理、应用并联电路特点与欧姆定律即可正确解题。5.某同学对时下流行的一款充一次电就可使用一个月的电动牙刷产生了兴趣，于是他对电动牙刷内的主要部件微型电动机的性能进行了研究。运用如图所示的实验电路，调节滑动变阻器 R 使电动机停止转动，
7、电流表和电压表的示数分别为 200mA 和 1.2V重新调节 R 并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为 100mA 和 2.4V则这微型台电动机正常运转时输出功率为（ ）A. 0.24W B. 0.16W C. 0.18W D. 0.06W【答案】C【解析】【分析】根据公式 可求电动机停转时的电阻；利用公式 P=UI 可求电动机的总功率，根据公式URI=可求内阻消耗的热功率，总功率与内阻消耗的热功率之差就是电动机的输出功率；2PI【详解】电动机的电阻： ，电动机的总功率：1.260I=W，电动机内阻消耗的功率：1.40.1.4UIVA=，电动机正常运转时的输出功率是226RP
8、（ ），故 C 正确，A、B、D 错误；8R-=内 出故选 C。6.一通电螺线管放在光滑桌面上可自由转动，一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的正上方，如图所示，如果直导线固定且通以方向为由 a 到 b 的电流，则螺线管受磁场力后的情况为（ ）A. 从上向下看顺时针转动并对桌面压力减小B. 从上向下看顺时针转动并对桌面压力增大C. 从上向下看逆时针转动并对桌面压力增大D. 从上向下看逆时针转动并对桌面压力减小【答案】D【解析】【分析】通电导线因放在通电螺线管的磁场中故受到磁场力，因左右两侧磁场方向不同，故可以分左右两边分别分析研究，画出两侧的磁场方向，则由左手定则可判出磁场力的方向，根据
9、受力情况可判出直导线转动的趋势，为了简便，我们可以判断直导线转动到向里的位置判断导体的受力情况，再判出螺线管的运动情况；【详解】通电螺线管的磁感线如图所示，则由图示可知左侧导体所处的磁场方向斜向下，右侧直导线体所处的磁场斜向上，则由左手定则可知，左侧直导线受力方向向里，右侧直导线受力方向向外，故从上向下看，直导线有顺时针转动的趋势；根据牛顿第三定律可知，螺线管受力的方向与直导线受力的方向相反，所以从上向下看螺线管将沿逆时针转动；当螺线管转过 时，由左手定则可得直导线受力向下，故螺线管转动过程中受力的方向向90上；即从上向下看逆时针转动并对桌面压力减小，故 D 正确，A、B、C 错误；故选 D。
10、【点睛】关键是先以直导线为研究对象，由左手定则判断其受力和转动的趋势，再以螺线管为研究对象根据牛顿第三定律判断。7.如图所示，在直线 MN 的右边区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场两个初速度大小相等的不同粒子 a 和 b，从 O 点沿着纸面射入匀强磁场中，其中 粒子的速度方向垂直于边界MN，b 粒子的速度方向与 a 粒子的速度方向的夹角 =30，最终两粒子从边界 MN 上的同一点射出。b 粒子在磁场中运动的偏转角大于 180，不计粒子受到的重力，a、b 两粒子在磁场中运动的半径之比为A. 1：l B. 1： C. ：l D. ：233【答案】D【解析】b 粒子在磁场中运动的偏转角大于 180，
11、可得两粒子运动轨迹如图所示：根据几何关系可得： ，故 D 正确，ABC 错误。03cos2abr=8.如图所示，两相邻的宽均为 0.8m 的匀强磁场区域，磁场方向分别垂直纸面向里和垂直纸面向外。一边长为 0.4m 的正方形导线框位于纸面内，以垂直于磁场边界的恒定速度v=0.2m/s 通过磁场区域，在运动过程中，线框有一边始终与磁场区域的边界平行。取它刚进入磁场的时刻 t=O,规定线框中感应电流逆时针方向为正方向。在下列图线中，正确反映感应电流强度随时间变化规律的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】线框一边切割磁感线产生感应电动势：E=BLv，线框进入左边磁场的时间：t= ，0.4 2L
12、sv=在 0-2s 内，感应电流：I 1=E/R，由右手定则可知，感应电流沿逆时针方向，是正的；在 2-4s 内线框在左边磁场中运动，不产生感应电流；在 4-6s 进入右边磁场，线框两边同时切割磁感线，由右手定则可知，两边切割磁感线产生的感应电流都沿顺时针方向，是负的，感应电流：I 2=2E/R；在 6-8s 内，线框在右边磁场中运动，不产生感应电流；在 8-10s 内，线框离开右边磁场，感应电流：I 3=E/R，由右手定则可知，电流沿逆时针方向，是正的；综上所述，电流 I-t 图象如图 C 所示；故选 C.点睛：本题考查电磁感应中的图象问题，要注意分段处理线框的运动过程，根据右手定则及法拉第
13、电磁感应定律判断电流的大小、方向的变化规律，注意正方向的选择二、多项选择题（共 4 小题，每小题 4 分）9.如图所示，虚线 a、b 和 c 是某静电场中的三个等势面，它们的电势分别为 Ua、U b和 Uc，一带正电粒子射入电场中，其运动轨迹如实线 KLMN 所示由图可知（ ）A. UaU bU cB. 粒子从 L 到 M 的过程中，电场力做负功C. 粒子从 K 到 L 的过程中，电势能增加D. 粒子从 K 到 M 的过程中，动能减少【答案】AC【解析】【分析】根据正电荷的受力方向判断电场的方向，进而判断电势的高低，根据电场力做功比较动能的大小和电势能的大小；【详解】A、带正电的粒子受到排斥力
14、的作用，说明电场是正电荷产生的，沿着电场线的方向，电势降低，所以 ，故 A 正确；abcUB、从 L 到 M 的过程中，电场力先做负功，后做正功，故 B 错误；C、粒子从 K 到 L 的过程，靠近正电荷，电场力做负功，电势能增加，故 C 正确；D、从 K 到 N 的过程中，电场力先做负功，后做正功，动能先减小后增加，故 D 错误；故选 AC。【点睛】关键要明确电场力的做功情况，然后根据动能定理判断动能的变化情况，根据电场力做功与电势能变化的关系得到电势能的变化情况。10.如图所示，图线 a 是某一电源的 曲线，图线 b 是一定值电阻的 曲线 若将该UI- UI-.电源与该定值电阻连成闭合电路
15、已知该电源的内阻 ，则 (2.0)r=W()A. 该定值电阻为 6WB. 该电源的电动势为 20VC. 将 3 只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大D. 将 2 只这种电阻串联作为外电阻，电源输出功率最大【答案】C【解析】解：A、图线 b 的斜率 k= =6，则定值电阻的阻值 R=k=6；故 A 正确；B、由图读出交点的电压 U=15V，电流 I=2.5A，根据闭合电路欧姆定律得，电源的电动势：E=U+Ir=15V+2.52V=20V；故 B 正确；C、D、对于电源，当内外电路的电阻相等时输出功率最大，故将 3 只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大，故 C 错误，D 正确；本题选错
16、误的，故选：C【点评】定值电阻的伏安特性曲线斜率等于电阻，电源的伏安特性曲线的斜率绝对值表示内电阻、纵轴截距表示电动势11.如图所示，水平放置的两个平行金属板，上板带负电，下板带等量的正电，三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的粒子从极板的左侧 P 点以相同的水平初速度进入电场中，分别落在正极板的 a、b、c 三处，由此可知 ( ) A. 粒子 a 带正电，b 不带电，c 带负电B. 三个粒子在电场中运动的时间相等C. 三个粒子在电场中的加速度 aaa ba cD. 三个粒子到达正极板的动能 EkaE kbE kc【答案】CD【解析】【详解】ABC、根据题意，三小球在水平方向做匀速直线运动，
17、则有 ，水平初速度0xvt=相同，则水平位移 x 与运动时间 t 成正比，由图看出，水平位移的关系为 ，0v abcx由牛顿第二定律得知三个小球的合力关系为 ，由于平行板间有竖直向上的电场， bcF正电荷在电场中受到向上的电场力，向下的合力最小，向下的加速度最小，负电荷受到向下的电场力，向下的合力最大，向下的加速度最大，不带电的小球做平抛运动，加速度为重力加速度 g，可知，落在 a 点的颗粒带负电，c 点的带正电，b 点的不带电，故 C 正确，A、B错误；D、由以上分析可知， ，则竖直位移相同，则可知外力做功 a 最大，c 最小，则abcF由动能定理可知三个粒子到达正极板的动能 ，故 D 正确
18、；kabkcE故选 CD。【点睛】电容器上极板带负电，下极板带正电，平行板间有竖直向上的匀强电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，负电荷受到向下的电场力，不带电的小球做平抛运动，带负电的小球做类平抛运动，加速度比重力加速度大，带正电的小球做加速度比重力加速度小的类平抛运动。12.如图所示的电路中，电表均为理想电表。闭合电键 S，当滑动变阻器滑片 P 向左移动时，下列说法正确的是A. 电流表 A 读数变大，电压表 V1读数变大B. 电流表 A 读数变小，电压表 V2读数变大C. 灯泡变亮D. 电压表 V1示数的变化量 小于电压表 V2 示数的变化量1UD2UD【答案】BD【解析】当滑动变阻器滑片
19、 P 向左移动时，其接入电路的电阻增大，电路的总电阻 R 总 增大，总电流I 减小，灯泡的功率为 P=I2RL，R L不变，则 P 减小，灯泡变暗故 C 错误电路中总电流减小，则电流表 A 读数变小，电压表读数为 U=E-Ir，I 减小，则 V1变大因 L 上的电压减小，则 R 上的电压变大，即 V2读数变大，故 A 错误，B 正确因 U1=UL+U2，U 1变大，U 2变大，U L减小，则电压表 V1示数的变化量 U 1小于电压表 V2示数的变化量 U 2，选项 D 正确故选BD.点睛：本题的关键在于明确电路的结构，搞清各个电阻电压和电流的关系，利用先局部，后整体，再局部的分析思路分析；注意
20、会采用总量法分析变阻器电流的变化三、实验题（共三小题，13、14 小题每空 2 分，15 题每空 3 分，本大题共 17 分）13. （4 分）读出下列游标卡尺和螺旋测微器的示数游标卡尺的示数为 cm；螺旋测微器的示数为 cm【答案】【解析】试题分析：20 分度的游标卡尺的精确度为 0.05mm，主尺读数为 100mm，游标第 5 条刻线对的最齐，由游标卡尺的读数规则可读出 100.25mm=10.025cm；螺旋测微器的精确度为 0.01mm，主尺读数为 5mm，半刻度露出则 5.5mm，游标为 20.00.01mm，故读数为5.700mm=0.5700cm。考点：游标卡尺螺旋测微器14.用
21、多用电表的欧姆挡测量一个阻值大约为 150 的定值电阻，有下列可供选择的步骤：A将两根表笔短接B将选择开关拨至“1k”挡C将选择开关拨至“10”挡D将两根表笔分别接触待测电阻的两端，记下读数E调节调零电阻，使指针停在 0 刻度线上F将选择开关拨至 OFF 挡上将上述中必要的步骤选出来，这些必要步骤的合理的顺序是_（填写步骤的代号） ；若操作正确，上述 D 步骤中，指针偏转情况如图所示，则此未知电阻的阻值 Rx=_【答案】 (1). CAEDF (2). 160【解析】【分析】实验欧姆表前要进行机械调零；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使指针指针中央刻度线附近；欧
22、姆表使用完毕要把选择开关置于 OFF 档或交流电压最高档；欧姆表的读数要注意倍率；【详解】测量一个阻值大约为 150 的定值电阻，则要先选择开关拨至“10”挡，进行欧姆调零，记数，选择开关拨至 OFF 挡，则正确的顺序是：CAEDF；图中的读数为：1610=16015.(1)某实验小组为了测量某一电阻 Rx的阻值，他们先用多用电表进行粗测，测量出 Rx的阻值约为 18 左右。为了进一步精确测量该电阻，实验台上有以下器材：A电流表（量程 15mA，内阻未知）B电阻箱（0999.9）C电源（电动势约 3V，内阻约 1）D单刀单掷开关 2 只E导线若干甲同学设计了如图甲所示的实验，按照如下步骤完成实
23、验：a先将电阻箱阻值调到最大，闭合 S1，断开 S2，调节电阻箱阻值，使电阻箱有合适的阻值R1，此时电流表指针有较大的偏转且示数为 I；b保持开关 S1闭合，再闭合开关 S2，调节电阻箱的阻值为 R2，使电流表的示数仍为 I；根据实验步骤可知，待测电阻 Rx=_（用步骤中所测得的物理量表示） 。(2)同学乙认为该电路可以用来测电源的电动势、内阻。若已知所选电流表的内阻RA=2.0，闭合开关 S2，调节电阻箱 R，读出多组电阻值 R 和电流 I 的数据；由实验数据绘出的 图象如图乙所示，由此可求得电源电动势 E=_V，内阻1I-r=_ （计算结果保留两位有效数字）【答案】 (1). R 2R 1
24、 (2). 3.2 (3). 2.0【解析】【分析】断开 S2时和闭合开关 S2时，根据闭合电路欧姆定律列式，求出待测电阻；闭合开关 S2，根据闭合电路欧姆定律写出关系式，结合图线求出电源电动势和内阻；【详解】解：(1)根据闭合电路欧姆定律，断开 S2时有： ，闭合开关1()xAEIRr=+S2时有： ，联立解得待测电阻： ；2()AEIRr=+2x-(2) 闭合开关 S2，根据闭合电路欧姆定律可知： ，则有：()AIr，由图像可得： ，1ArI 310.26RE+=，联立解得： ，310.6ARrE+= 3.2EV=.0rW三、计算题（1618 题每题 10 分，19 题 15 分，共 45
25、 分）16.如图所示，一质量为 m=1.010 -2kg，带电量大小为 q=1.010 -6C 的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，假设电场足够大，静止时悬线向左与竖直方向成 450角。小球在运动过程中电量保持不变，重力加速度 g 取 10ms 2。(1)求电场强度 E；(2)若在某时刻将细线突然剪断，求经过 1s 时小球的位移大小。【答案】 （1）1.010 5N/C；（2）5 m【解析】【详解】(1)由于小球静止，所以由平衡条件可得：qE=mgtan，所以有：E=mgtan/q=1.010 5N/C.(3)剪断细线后，小球只受重力和电场力，所以两力的合力沿着绳的方向，小球做初速度
26、为零的匀加速直线运动，小球受到的合力为：F=mgcos由牛顿第二定律 F=ma 可得：a=gcos又由运动学公式有： 21xat=代入得到：x=5 m【点睛】首先对小球受力分析，根据平衡条件可得小球受到的电场力与重力的关系，并可求出电场强度的值；剪断细线后，由于小球受到的重力与电场力都为恒力，所以小球将做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式即可求解17.如图所示，电源的电动势为 12V，内阻为 1，R 1=1，R 2=6，电动机的线圈电阻为0.5开关闭合后通过电源的电流为 3A，求：(1)R1两端的电压和电源的内电压(2)电动机的热功率和输出的机械功率【答案】(1)3V；3
27、V(2)2W；10W【解析】【分析】根据欧姆定律求出 R1两端的电压和电源的内电压；根据电压的分配求出 R2两端的电压，由干路电流和 R2的电流求出流过电动机的电流，根据 求出电动机的热功率和2QMmPIr=求出电动机输出的机械功率；MQP=-出【详解】解：(1)R 1两端电压： 13UIRV=电源的内电压： Ir内(2)R2两端电压： 21(2)6E-=内通过 R2的电流： 26UIA=通过电动机的电流： ，2(31)MI-=电动机电压： 26V电动机消耗的电功率为： 62MPIUW电动机热功率： 2QmIr=则输出的机械功率： 10Q-出18.如图所示，水平面上有两根相距 0.5m 的足够
28、长的光滑平行金属导轨 MN 和 PQ，导轨的电阻忽略不计，在 M 和 P 之间接有阻值 R=4 的电阻。导体棒 ab 长 L=0.5m，其电阻为r=1，质量 m=0.1kg，与导轨接触良好。整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度 B=0.4T现在在导体棒 ab 上施加一个水平向右的力 F，使 ab 以 v=10m/s 的速度向右做匀速运动时，求：(1)ab 中的感应电动势多大？ab 中电流的方向如何？(2)撤去 F 后，ab 做减速运动，当速度变为 5m/s 时，ab 的加速度为多大？【答案】(1)2V; 电流的方向从 b 到 a(2)0.4m/s2【解析】【分析】由公式 E=BLv
29、，求解 ab 中的感应电动势由右手定则判断 ab 中电流的方向；当速度变为5m/s 时，根据 E=BLv、欧姆定律求得感应电流，再由 F=BIL 求出安培力，即可由牛顿第二定律求加速度；【详解】解：(1)ab 中的感应电动势为： 0.4512EBLvV=由右手定则判断知 ab 中电流的方向从 b 到 a(2)由牛顿第二定律 得： Fma=合 FI合 安又 EIRr=+ BLv联立解得： 20.4/as19.电子自静止开始经 M、N 板间（两板间的电压为 U）的电场加速后从 A 点垂直于磁场边界射入宽度为 d 的匀强磁场中，电子离开磁场时的位置 P 偏离入射方向的距离为 L，如图所示（已知电子的
30、质量为 m，电荷量为 e）求：(1)电子在加速电场中加速后获得的速度(2)匀强磁场的磁感应强度(3)若 d= L 则电子在磁场中的运动时间。3【答案】 22(1)()(3)eULmLdeeUp+【解析】【分析】根据动能定理求电子在加速电场中加速后获得的速度；根据几何关系求出电子在磁场中的半径，根据洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度；由几何关系求出电子在磁场中偏转的圆心角，根据 T 求出电子在磁场中的运动时间；2tqp=【详解】解：(1)设电子在 M、N 两板间经电场加速后获得的速度为 v，由动能定理得：210mveU-解得： =(2)电子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为 r，则：2 mveBr=由几何关系得： 22()rLd=+内联立解得： 2mUBe(3) 由几何关系得： rL电子在磁场的周期为： Tvp=由几何关系得： 60AOP可得电子在磁场中的运动时间： 23LmtTeUqp
