湖北省武穴市高二物理12月月考(B)试卷(无答案)新人教版

高二上册物理12月月考试卷高中是重要的一年，大家一定要好好掌握高中，查字典物理网小编为大家整理了高二上册物理12月月考试卷，希望大家喜欢。

一、选择题：请将此题答案涂在答题卡上(此题共10小题，每题4分，共40分.在每题给出的四个选项中，有的小题只要一个选项正确，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络的，很多物理学家为寻觅它们之间的联络做出了贡献。

以下说法正确的选项是( )A.奥斯特发现了电流的磁效应，提醒了电现象和磁现象之间的联络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络C.法拉第发现了电磁感应现象，提醒了磁现象和电现象之间的联络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.如下图，金属细棒质量为m，用两根相反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，并且弹簧的弹力恰恰为零.假定电流大小不变而将方向突然改动，那么()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表示图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方拔出或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会发生感应电流.各图中区分标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中发生的感应电流的方向等状况，其中表示正确的选项是( )4.医生做某些特殊手术时，应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，磁极间的磁场是平均的。

运用时，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，如下图。

由于血液中的正负离子随血流一同在磁场中运动，电极a、b之间会有庞大电势差。

在到达平衡时，血管外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。

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。

武汉十二月月考物理试题（答案在最后）一、选择题：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，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4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分。

1.如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是（）A.甲图如果加速电压减小，那么粒子最终的最大动能也会减小B.乙图可通过增加匀强磁场的磁感应强度来增大电源电动势C.丙图可以判断出带电粒子的电性，粒子只能从左侧沿直线匀速通过速度选择器D.丁图中产生霍尔效应时，稳定时一定是D 侧面电势高【答案】B 【解析】【详解】A ．粒子在磁场中满足2mv Bqv r=设回旋加速器D 型盒的半径为R ，可推导出粒子的最大动能为2222k 122q B R E mv m==由此可知，粒子的最大动能为加速电压无关，故A 错误；B ．当磁流体发电机达到稳定时，电荷在A 、B 板间受到的电场力和洛伦兹力平衡，即EBqv q d=得电源电动势为E Bvd=由此可知，增加匀强磁场的磁感应强度来增大电源电动势，故B 正确；C ．粒子从左侧沿直线匀速通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力方向相反，但无法确定粒子的电性，故C 错误；D ．若载流子带负电，洛伦兹力指向D 板，载流子向D 板聚集，D 板电势低，故D 错误。

故选B 。

2.如图所示，在直角三角形ABC 的B 、C 处分别有垂直于三角形平面的通电长直导线，导线中电流的大小相等，方向相反，∠ABC =30°，D 为AB 边中点，已知C 处的电流在D 点产生的磁场磁感应强度大小为B 0，则D 点的磁感应强度大小为（）A.0B.B 0C.D.2B 0【答案】C 【解析】【详解】如图C 处的电流在D 点产生的磁场磁感应强度大小B 0，方向与CD 垂直；B 处的电流在D 点产生的磁场磁感应强度大小B 1，方向与AB 垂直；由于D 点到B 、C 点的距离相等，则01B B =由数学知识可知0B 与1B 的夹角为60︒，则D 点的磁感应强度大小为002cos30B B =︒=故选C 。

高二物理12月月考试题（）一、单项选择题。

本题共 6小题，每小题 4 分，共24分。

每小题只有一个选项符合题意，选对的得4分，选错或不答的得0分。

1、磁铁在高温下或者受到敲击时会失去磁性，根据安培的分子电流假说，其原因是（ ）A ．分子电流消失B ．分子电流的取向变得大致相同C ．分子电流的取向变得杂乱D ．分子电流的强度减弱2、条形磁铁竖直放置，闭合圆环水平放置，条形磁铁中心线穿过圆环中心，如图所示。

若圆环为弹性环，其形状由Ⅰ扩大为Ⅱ，那么圆环内磁通量变化情况是（ ） A ．磁通量增大 B ．磁通量减小C ．磁通量不变D ．条件不足，无法确定3、在电路的MN 间加一如图所示正弦交流电，负载电阻为100Ω，若不考虑电表内阻对电路的影响，则交流电压表和交流电流表的读数分别为 （ ） A ．220V ，2.20 A B ．311V ，2.20 A C ．220V ，3.11A D ．311V ，3.11A4、在电磁感应现象中，有一种叫做自感现象的特殊情形，图1和图2是研究这种现象的演示实验的两种电路图。

下列关于自感的说法正确的是（ ） A ．在做图1实验中接通电路的瞬间，两灯同时亮 B ．在做图1实验中断开电路时线圈L 没有产生自感电动势 C ．在做图2实验中断开电路时灯泡A 一定会闪亮一下 D ．线圈自感系数越大、电流变化越快，产生的自感电动势越大5、如图所示，在两平行光滑的导体杆上，垂直放置两导体ab 、cd ，其电阻分别为R 1和R 2且R 1<R 2，其它电阻不计，整个装置放在磁感应强度为B 的匀强磁场中，当ab 在外力F 1作用下向左匀速运动时，cd 在外力F 2作用下保持静止，则下面判断正确的是（ ） A ．F 1>F 2，U ab <U cd B ．F 1=F 2，U ab =U cdC ．F 1<F 2，U ab =U cdD ．F 1=F 2，U ab >U cd6、如图所示的交流电，在0-3T/4内为正弦规律变化，则该交流电压的有效值为（ ） A ．10V B. 5V C. 6.6V D. 7.5V二、多项选择题。

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&#215;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&#215;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&#215;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&#215;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．。

湖北高二高中物理月考试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.真空中有两个静止的同种点电荷q 1、q 2，保持q 1不动，释放q 2．q 2只在q 1的库仑力作用下运动，则q 2在运动过程中的加速度 A ．不断增大 B ．不断减小 C ．先增大后减小 D ．始终保持不变2.下图表示的是四种典型的静电场，图A 是两块带等量异种电荷的平行金属板间产生的匀强电场，a ．b 是电场中的两个点；图B 是点电荷产生的电场，a ．b 是离点电荷等距的两个点，图C 是两个等量同种电荷产生的电场，a ．b 是两电荷中垂线上与连线中点O 等距的两个点；图D 是两个等量异种电荷产生的电场，a ．b 是两电荷中垂线上与连线中点O 等距的两个点。

在这四个图中，a ．b 两点的电势相等，电场强度也相同的是图3.某同学将一直流电源的总功率P E 、输出功率P R 和电源内部的发热功率P r 随电流I 变化的图线画在了同一坐标系上，如图中的A.B.c 所示，根据图线可知A.反映P r 变化的图线是bB.电源电动势为8 VC.电源内阻为1ΩD.当电流为0.5 A 时，外电路的电阻为6Ω4.示波管是一种多功能电学仪器，它的工作原理可以等效成下列情况：如图所示，真空室中电极K 发出电子(初速度不计)经过电压为U 1的加速电场后，由小孔S 沿水平金属板A.B 间的中心线射入板中．金属板长为L ，相距为d ，当A.B 间电压为U 2时，电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上而显示亮点．已知电子的质量为m ，电荷量为e ，不计电子重力，下列情况中一定能使亮点偏离中心的距离变大的是A ．U 1变大，U 2变大B ．U 1变小，U 2变大C ．U 1变大，U 2变小D ．U 1变小，U 2变小5.MN 为M 点左侧的正点电荷产生的电场中的一条电场线，一个带电的粒子(不计重 力)从a 到b 穿越这条电场线的轨迹如题图中虚线所示。

2021-2022年高二物理12月月考试题一、选择题（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，1-6小题只有一个选项正确，7-10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.如图所示，电荷量，质量为m的滑块，沿固定绝缘斜面匀速下滑，现加一竖直向上的匀强电场，电场强度为E，以下判断中正确的是A.物体将沿斜面减速下滑B.物体将沿斜面加速下滑C.物体仍保持匀速下滑D.物体可能静止2.如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由I平移到II，第二次将金属框由I绕cd边翻转到II，设先后两次通过金属框的磁通量的变化分别为和，则A.>B.=C.<D.=3.如图所示，条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住处于静止状态。

a为垂直纸面放置的直导线的横截面，导线中无电流时，磁铁对斜面的压力为F N1；当导线中有电流通过时，弹簧的伸长量增大了，此时磁铁对斜面的压力为F N2，则A.，a中电流方向向外B.，a中电流方向向里C.，a中电流方向向外D.，a中电流方向向里4.某一用直流电动机提升重物的装置，如图所示，重物的质量m=50kg，电源电压U=110V。

不计各处的摩擦，当电动机以v=0.90m/s 的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流I=5A ，由此可知电动机线圈的电阻R= Ω。

（g=10m/s 2）A.2ΩB.4ΩC.4.5ΩD.5Ω5.汤姆孙提出的测定带电粒子的比荷的实验原理如图所示。

带电粒子经过电压为U 的加速电场加速后，垂直于磁场方向进入宽为L 的有界匀强磁场，带电粒子穿过磁场时发生的偏转位移是d ，若磁场的磁感应强度为B 。

则带电粒子的比荷为A.B.C.D.6.图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。

它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n ，线圈的水平边长为，处于匀强磁场内，磁感应强度B 的方向与线圈平面垂直。

2021-2022年高二物理12月月考试卷（含解析）一、单选题1．一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，现将一条形磁铁插向其中一个小环，取出后又插向另一个小环，整个过程中磁铁与环没有接触，则观察到的现象是A.磁铁插向左环，横杆发生转动B.磁铁插向右环，横杆发生转动C.无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动D.无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动【答案】B【解析】本题主要考查电磁感应和电路的结合问题、楞次定律，意在考查学生的应用能力。

左环不闭合，磁铁插向左环时只产生感应电动势，由于环是断开的，不产生感应电流，环就不受力，横杆就不发生转动，右环是闭合的，磁铁插向右环时，环内产生感应电流，环就受到磁场力的作用，环会转动故A、C、D错，B对。

综上本题选B。

2．图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。

一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是A.向上B.向下C.向左D.向右【答案】B【解析】本题考查洛伦兹力。

由安培定则判断可知，O处的磁感应强度如图O处的合磁感应强度方向水平向左，所以一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向由左手定则判断是向下。

综上本题选B。

3．美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，使人类在获得较高能量的带电粒子方面前进了一步。

如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在A、C板间，带电粒子从P0处静止释放，并沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是A.带电粒子每运动一周被加速一次B.P1P2=P2P3C.加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关D.加速电场方向需要做周期性的变化【答案】A【解析】本题考查回旋加速器。

5高二下学期期中考试物理（B）试题一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。

每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的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0分。

1．关于热辐射，下列说法中正确的是（）A．一切物体都在辐射电磁波B．任何物体辐射电磁波的情况只与温度有关C．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关D．黑体能完全吸收入射的各种波长的电磁波2．当具有5.0 eV能量的光子照射到某金属表面后，从金属表面逸出的电子具有最大的初动能是1.5 eV。

为了使这种金属能发生光电效应，入射的光子的最低能量为（）2A．1.5 eV B．3.5 eV C．5.0 eV D．6.5 eV23．紫外线光子的动量为，一个静止的吸收了一个紫外线光子后（）2A．仍然静止 B．沿着光子原来运动的方向运动C．沿光子运动相反方向运动 D．可能向任何方向运动4．关于光的波粒二象性的理解正确的是（）2A．大量光子的效果往往表现出波动性，个别光子的行为往往表现出粒子性B．光在传播时是波，而与物质相互作用时就转变成粒子C．高频光是粒子，低频光是波D．波粒二象性是光的根本属性，有时它的波动性显著，有时它的粒子性显著5．关于光谱和光谱分析，下列说法正确的是（）A．太阳光谱与白炽灯光谱是连续光谱B．霓虹灯产生的光谱是明线光谱C．做光谱分析可以用明线光谱，也可用吸收光谱D．我们观察月亮的光谱可以确定月亮的化学组成6．如图所示是氢原子能级图的一部分，、、分别表示原子在三种跃迁过程中辐射的光子，它们的能量和波长分别是、、和、、，则下列关系中正确的是（）A． B．C． D．＞7．氢原子的能级图如图所示，一群原来处于激发态的氢原子在回到基态的过程中（）A．放出3种不同频率的光子B．放出6种不同频率的光子C．放出的光子的最大能量为12.75eV，最小能量为0.66eVD．放出的光能够使逸出功为13 . 0eV的金属发生光电效应8．下列说法中正确的是（）A．X与Y互称同位素 B．X与Y互称同位素C．X比Y少2个中子 D．X与Y含有不同的核子数9．U经过次衰变和次衰变，变成Rn，则（）A．， B．，C．， D．，10．原子从一个能级跃迁到一个较低的能级时，有可能不发射光子。

武穴中学年12月月考物理试题一、选择题(此题共10小题，每题5分，共50分．在每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5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1、如下列图，电源的电动势和内阻分别为E 和r ，在滑动变阻器的滑片P 由a 向b 移动的过程中，电流表、电压表的示数变化情况为( )A ．电流表的示数一直减小B ．电压表的示数一直增大C ．电流表的示数先减小后增大D ．电压表的示数先增大后减小2．小灯泡通电后，其电流I 随所加电压U 变化的图线如下列图，P 为图线上一点，PN 为图线的切线，PQ 为U 轴的垂线，PM 为I 轴的垂线，那么以下说法不．正确的选项是( ) A ．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B ．对应P 点，小灯泡的电阻为12U R I C ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 2－I 1D ．对应P 点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM 所围的面积3．如下列图的电路中，电源有不可忽略的电阻，R 1、R 2、R 3为三个可变电阻，电容器C 1、C 2所带电荷量分别为Q 1和Q 2，下面判断正确的选项是( )A ．仅将R 1增大，Q 1和Q 2都将增大B ．仅将R 2增大，Q 1和Q 2都将减小C ．仅将R 3增大，Q 1和Q 2都将不变D ．突然断开开关S ，Q 1和Q 2都将不变4．如下列图，一根轻弹簧竖直直立在水平地面上，下端固定，在弹簧的正上方有一个物块．物块从高处自由下落到弹簧上端O ，将弹簧压缩，当弹簧被压缩了x 0时，物块的速度变为零．从物块与弹簧接触开始，物块的加速度的大小随下降的位移x 变化的图象可能是图中的( )5.如图甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，沿杆方向给环施加一个拉力F ，使环由静止开始运动，拉力F 及小环速度v 随时间t 变化的规律如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2.那么以下判断正确的选项是( )A ．小环的质量是1 kgB ．细杆与地面间的倾角是30°C ．前3 s 内拉力F 的最大功率是2.25 WD ．前3 s 内小环机械能的增加量是5.75 J6．如下列图，木箱高为L ，其底部有一个小物体Q (质点)，现用力竖直向上拉木箱，使木箱由静止开始向上运动．假设保持拉力的功率不变，经过时间t ，木箱到达最大速度，这时让木箱突然停止，小物体会继续向上运动，且恰能到达木箱顶端．重力加速度为g，不计空气阻力，由以上信息，可求出的物理量是()A．木箱的最大速度B．时间t内拉力的功率C．时间t内木箱上升的高度D．木箱和小物体的质量7. 水平地面上有一木箱，木箱与地面之间的动摩擦因数为μ(0<μ<1)．现对木箱施加一拉力F，使木箱做匀速直线运动．设F的方向与水平面夹角为θ，如下列图，在θ从0逐渐增大到90°的过程中，木箱的速度保持不变，那么()A．F先减小后增大B．F一直增大C．F的功率减小D．F的功率不变8．右端带有1/4光滑圆弧轨道质量为M的小车静置于光滑水平面上，如下列图．一质量为m 的小球以速度v0水平冲上小车，关于小球此后的运动情况，以下说法正确的选项是() A．小球可能从圆弧轨道上端抛出而不再回到小车B．小球可能离开小车水平向左做平抛运动C．小球可能离开小车做自由落体运动D．小球可能离开小车水平向右做平抛运动9．如下列图，小车AB静止于水平面上，A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥．小车AB 质量为M，质量为m的木块C放在小车上，CB相距为L，用细线将木块连接于小车的A 端并使弹簧压缩．开始时小车AB与木块C都处于静止状态，现烧断细线，弹簧被释放，使木块离开弹簧向B端滑去，并跟B端橡皮泥粘在一起．所有摩擦均不计，对整个过程，以下说法正确的选项是()A．整个系统机械能不守恒B．整个系统动量守恒C．当木块的速度最大时，小车的速度也最大D．小车AB向左运动的最大位移等于mL M10．一列沿x轴正方向传播的横波，t＝0时刻的波形如图中实线所示，t＝0.2 s时刻的波形如图中的虚线所示，那么A．质点P的运动方向向右C．波的频率可能为1.25 HzD．波的传播速度可能为20 m/s二、填空题(此题共2小题，每题8分，共16分。

量奋市例比阳光实验学校高二〔上〕月考物理试卷〔12月份〕一、选择题〔木题共12小题，每题5分，共60分．多项选择题己在题号后标出，多项选择题选项选对而没选全的得3分，有选错的得0分〕1．关于导体的电阻，以下说法正确的选项是〔〕A．导体的电阻仅由导体两端的电压决B．导体的电阻在一温度下仅由长度和横截面积决C．导体的电阻在一温度下由导体的长度、粗细及材料决D．导体的电阻与导体所通电流的大小有关2．两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球〔均可视为点电荷〕，固在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．假设将两小球相互接触后分开一的距离，两球间库仑力的大小变为，那么两小球间的距离变为〔〕A ．B ．C．r D．2r3．一个电荷只在电场力作用下从电场中的A点移到B点时，电场力做了5×10﹣6J的功〔〕A．电荷在B处时将具有5×10﹣6J的电势能B．电荷在B处将具有5×10﹣6J的动能C．电荷的电势能减少了5×10﹣6JD．电荷的动能增加了5×10﹣6J4．当外电路的电阻分别为8Ω和2Ω时，单位时间内在外电路上产生的热量正好相，那么该电源的内电阻是〔〕A．1ΩB．2ΩC．4ΩD．6Ω5．某带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点，电力线、粒子在A点的初速度以及运动轨迹如下图．由此可以判〔〕A．粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度B．粒子在A点的动能小于它在B点的动能C．粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能D．A点的电势低于B点的电势6．a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在平面平行．a点的电势为20V，b点的电势为24V，d点的电势为4V，如图，由此可知c点的电势为〔〕A．4V B．8V C．12V D．24V7．在如下图的U﹣I图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图象可知以下说法正确的选项是〔〕A．电源的电动势为3 V，内阻为0.5ΩB．电阻R的阻值为1ΩC．电源的输出功率为4 WD．电源的效率为50%8．如下图电路，闭合开关S，两个灯泡都不亮，电流表指针几乎不动，而电压表指针有明显偏转，该电路的故障可能是〔〕A．电流表坏了或未接好B．从点a经过灯L1到点b的电路中有断路C．灯L2的灯丝断了或灯座未接通D．电流表和灯L1、L2都坏了9．如图，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为值电阻，S0、S 为开关，与分别为电压表和电流表．初始时S0与S均闭合，现将S断开，那么〔〕A ．的读数变大，的读数变小B ．的读数变大，的读数变大C ．的读数变小，的读数变小D ．的读数变小，的读数变大10．在如下图的电路中，值电阻的阻值为10Ω，电动机M的线圈电阻值为2Ω，a、b两端加有44V的恒电压，理想电压表的示数为24V，由此可知〔〕A．通过电动机的电流为12AB．电动机消耗的功率为24WC．电动机输出的功率为8WD．电动机线圈在1分钟内产生的热量为480J11．用控制变量法，可研究影响平行板电容器电容的因素〔如图〕．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．中，极板所带电荷量不变，假设〔〕A．保持S不变，增大d，那么θ变大B．保持S不变，增大d，那么θ变小C．保持d不变，减小S，那么θ变小D．保持d不变，减小S，那么θ变大12．如下图，平行板电容器与电动势为E的直流电源〔内阻不计〕连接，下极板接地，静电计所带电量很少，可被忽略．一带负电油滴被固于电容器中的P 点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，那么〔〕A．平行板电容器的电容值将变大B．静电计指针张角变小C．带电油滴的电势能将减少D．假设先将上极板与电源正极的导线断开再将下极板向下移动一小段距离，那么带电油滴所受电场力不变二、题〔此题10分〕13．现有器材：理想电流表一个，两个值电阻R1、R2，单刀单掷开关两个，导线假设干，要求利用这些器材较精确地测量一节干电池的电动势〔电动势约V〕．〔1〕在虚线方框内画出电路图；〔2〕用量和测得量表示待测电动势的数学表达式E= ．三、计算题〔木题共3小题，共30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〕14．如下图，电源电动势E=10V，内阻r=0.5Ω，标有“8V，16w〞的灯泡L恰好能正常发光，电动机M的绕线的电阻R0=1Ω，求：〔1〕电源的总功率．〔2〕电动机的输出功率．15．如下图，在匀强电场中，有A、B两点，它们间距为2cm，两点的连线与场强方向成60°角．将一个电量为﹣2×10﹣5C的电荷由A移到B，其电势能增加了0.1J．那么：〔1〕在此过程中，电场力对该电荷做了多少功？〔2〕A、B两点的电势差U AB为多少？〔3〕匀强电场的场强为多大？16．某一平行板电容器两端电压是U，间距为d，设其间为匀强电场，如下图．现有一质量为m的小球，以速度V0射入电场，V0的方向与水平成45°斜向上；要使小球做直线运动，那么〔1〕小球带何种电荷？电量是多少？〔2〕在入射方向上的最大位移是多少？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〔木题共12小题，每题5分，共60分．多项选择题己在题号后标出，多项选择题选项选对而没选全的得3分，有选错的得0分〕1．关于导体的电阻，以下说法正确的选项是〔〕A．导体的电阻仅由导体两端的电压决B．导体的电阻在一温度下仅由长度和横截面积决C．导体的电阻在一温度下由导体的长度、粗细及材料决D．导体的电阻与导体所通电流的大小有关【考点】电阻律．【分析】由电阻决式和义式可判各个选项．【解答】解：A 、由电阻义式：，此公式为比值义，故各个量不存在正反比关系，电阻与电压无关，故A错误．B 、由电阻决式可知，电阻与导体电阻率，长度和横截面积有关，故B错误．C 、由电阻决式可知，电阻与导体电阻率，长度和横截面积有关，电阻率由材料决，横截面积由粗细决，故C正确．D 、由电阻义式：，此公式为比值义，故各个量不存在正反比关系，电阻与通电电流无关，故D错误．应选：C2．两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球〔均可视为点电荷〕，固在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．假设将两小球相互接触后分开一的距离，两球间库仑力的大小变为，那么两小球间的距离变为〔〕A ．B ．C．r D．2r【考点】库仑律．【分析】清楚两小球相互接触后，其所带电量先后均分．根据库仑律的内容，根据变化量和不变量求出问题．【解答】解：接触前两个点电荷之间的库仑力大小为F=k，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先后均分，所以两球分开后各自带点为+Q ，两球间库仑力的大小变为，库仑力为F′=k =，r′=所以两小球间的距离变为，应选B．3．一个电荷只在电场力作用下从电场中的A点移到B点时，电场力做了5×10﹣6J的功〔〕A．电荷在B处时将具有5×10﹣6J的电势能B．电荷在B处将具有5×10﹣6J的动能C．电荷的电势能减少了5×10﹣6JD．电荷的动能增加了5×10﹣6J【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．【分析】电场力做功于电势能的减小量，根据电场力做功得出电势能的变化，根据动能理得出电荷动能的变化．【解答】解：A、电场力做了5×10﹣6J的功，那么电势能减小了5×10﹣6J，由于A处的电势能未知，故无法求出B处电荷的电势能，故A错误，C正确．B、根据动能理知，电场力做了5×10﹣6J的功，那么动能增加了5×10﹣6J，由于A处的动能未知，那么B处的动能无法得出，故D正确，B错误．应选：CD．4．当外电路的电阻分别为8Ω和2Ω时，单位时间内在外电路上产生的热量正好相，那么该电源的内电阻是〔〕A．1ΩB．2ΩC．4ΩD．6Ω【考点】焦耳律；闭合电路的欧姆律．【分析】当外电路电阻分别为8Ω和2Ω时，根据闭合电路欧姆律列式，根据单位时间在外电路放出的热量正好相列式，联立方程即可求解．【解答】解：当外电路电阻分为8Ω时，根据闭合电路欧姆律得：I1==…①当外电路电阻分为2Ω时，根据闭合电路欧姆律得：I2==…②根据单位时间在外电路放出的热量正好相得：I12R1=I22R2…③由①②③解得：r=4Ω应选：C5．某带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点，电力线、粒子在A点的初速度以及运动轨迹如下图．由此可以判〔〕A．粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度B．粒子在A点的动能小于它在B点的动能C．粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能D．A点的电势低于B点的电势【考点】电场线；电势差与电场强度的关系．【分析】电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，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．【解答】解：A、由电场线可知，B点的电场线密，所以B点的电场强度大，粒子受的电场力大，加速度也就大，即A点的加速度小于它在B点的加速度，所以A错误；B、粒子受到的电场力指向曲线弯曲的内侧，所以受到的电场力的方向是沿电场线向上的，所以粒子从A到B的过程中，电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，所以粒子在A点的动能小于它在B点的动能，所以B正确，C错误；D、沿电场线的方向，电势降低，所以A点的电势大于B点的电势，所以D错误．应选B．6．a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在平面平行．a点的电势为20V，b点的电势为24V，d点的电势为4V，如图，由此可知c点的电势为〔〕A．4V B．8V C．12V D．24V【考点】势面；电势．【分析】在匀强电场中将某一线段分同时就将该线段两端的电势差分，故可将bd五分，求出e、f的电势，连接ae和cf，那么cf∥ae，φc=φf=8v．【解答】解：根据在匀强电场中将某一线段分同时就将该线段两端的电势差分将线段bd 五分，如下图，那么U be =U bd =×〔24﹣4〕=4v，故U be=φb﹣φe=4v，故φf﹣φd=4v，故φe=24﹣4=20v．φf=8v．故φa=φe，连接cf，那么cf∥ae，故c点的电势φc=φf=8v．故B正确．应选B．7．在如下图的U﹣I图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图象可知以下说法正确的选项是〔〕A．电源的电动势为3 V，内阻为0.5ΩB．电阻R的阻值为1ΩC．电源的输出功率为4 WD．电源的效率为50%【考点】电功、电功率；欧姆律．【分析】根据图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势，斜率大小读出电源的内阻．图线Ⅱ的斜率大小于电阻R的大小．两图线的交点表示电阻R接在该电源的电压和电流，求出电源的输出功率和电源的效率．【解答】解：A、由图线图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势E=3V，其斜率大小于电源的内阻r==Ω=0.5Ω．故A正确．B、电阻R的阻值为R==Ω=1Ω．故B正确．C、两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压，那么有U=2V，I=2A，电源的输出功率为P=UI=2×2W=4W．故C正确．D、电源的效率为η==≈6%．故D错误．应选：ABC8．如下图电路，闭合开关S，两个灯泡都不亮，电流表指针几乎不动，而电压表指针有明显偏转，该电路的故障可能是〔〕A．电流表坏了或未接好B．从点a经过灯L1到点b的电路中有断路C．灯L2的灯丝断了或灯座未接通D．电流表和灯L1、L2都坏了【考点】闭合电路的欧姆律．【分析】S闭合后，两个灯泡都不发光，电流表的指针几乎不动，说明电路有断路；电压表的指针有明显的偏转，说明电压表通过电流表和L2与电源两极相连，因此L1处出现开路．【解答】解：A、假设电流表坏了或未接好，电路中没有电流，电压表就无示数，不符合题意；故A错误．B、电压表有示数，说明电流表和L2完好，电压表直接与电源两极相连，说明L1的灯丝烧断，故B正确．C、L2的灯丝烧断，电压表无示数，不符合题意；故C错误．D、电流表和灯L1、L2都坏了，电压表无示数，不符合题意．故D错误．应选：B．9．如图，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为值电阻，S0、S 为开关，与分别为电压表和电流表．初始时S0与S均闭合，现将S断开，那么〔〕A ．的读数变大，的读数变小B ．的读数变大，的读数变大C ．的读数变小，的读数变小D ．的读数变小，的读数变大【考点】闭合电路的欧姆律．【分析】根据S的通断可分析出电路电阻的变化，由闭合电路欧姆律可得出电路中总电流及路端电压的变化；再由串并联电路的性质可判及各电流的变化．【解答】解：S断开时，外电路总电阻变大，那么由闭合电路欧姆律可得电路中总电流减小，故路端电压增大，V的读数变大；把R1的电压和内电压减小，故R3两端的电压增大，由欧姆律可知R3中的电流也增大，电流表示数增大，故B正确；应选：B．10．在如下图的电路中，值电阻的阻值为10Ω，电动机M的线圈电阻值为2Ω，a、b两端加有44V的恒电压，理想电压表的示数为24V，由此可知〔〕A．通过电动机的电流为12AB．电动机消耗的功率为24WC．电动机输出的功率为8WD．电动机线圈在1分钟内产生的热量为480J【考点】电功、电功率；焦耳律．【分析】A、根据ab两端的电压和电压表的示数，求出R两端的电压，再根据欧姆律求出通过电动机的电流．B、根据P=UI求出电动机的输入功率，即电动机消耗的功率．C、电动机的输出功率于输入功率减去电动机内部消耗的功率．D、根据Q=I2rt求出电动机在1分钟内产生的热量．【解答】解：A 、通过电动机的电流为：．故A错误．B、电动机消耗的功率为：P=UI=24×2W=48W．故B错误．C 、电动机的输出功率为：．故C错误．D、电动机线圈在1分钟内产生的热量为：Q=I2rt=4×2×60J=480J，故D正确．应选：D．11．用控制变量法，可研究影响平行板电容器电容的因素〔如图〕．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．中，极板所带电荷量不变，假设〔〕A．保持S不变，增大d，那么θ变大B．保持S不变，增大d，那么θ变小C．保持d不变，减小S，那么θ变小D．保持d不变，减小S，那么θ变大【考点】电容器的动态分析．【分析】静电计测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，再由电容的义式C=分析板间电势差的变化，即可再确静电计指针的偏角变化情况．【解答】解：A、B、根据电容的决式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，由电容的义式C=分析可知板间电势差增大，那么静电计指针的偏角θ变大．故A正确，B错误．C、D、根据电容的决式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，那么由电容的义式C=分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大．故C错误，D 正确．应选：AD12．如下图，平行板电容器与电动势为E的直流电源〔内阻不计〕连接，下极板接地，静电计所带电量很少，可被忽略．一带负电油滴被固于电容器中的P 点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，那么〔〕A．平行板电容器的电容值将变大B．静电计指针张角变小C．带电油滴的电势能将减少D．假设先将上极板与电源正极的导线断开再将下极板向下移动一小段距离，那么带电油滴所受电场力不变【考点】电容器的动态分析．【分析】电容器始终与电源相连，那么电容器两端间的电势差不变，根据电容器d的变化判断电容的变化以及电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化．【解答】解：A、根据C=知，d增大，那么电容减小．故A错误．B、静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，那么电势差不变，所以静电计指针张角不变．故B错误．C、电势差不变，d增大，那么电场强度减小，P点与上极板的电势差减小，那么P点的电势增大，因为该电荷为负电荷，那么电势能减小．故C正确．D、电容器与电源断开，那么电荷量不变，d 改变，根据，知电场强度不变，那么油滴所受电场力不变．故D正确．应选CD．二、题〔此题10分〕13．现有器材：理想电流表一个，两个值电阻R1、R2，单刀单掷开关两个，导线假设干，要求利用这些器材较精确地测量一节干电池的电动势〔电动势约V〕．〔1〕在虚线方框内画出电路图；〔2〕用量和测得量表示待测电动势的数学表达式E= ．【考点】测电源的电动势和内阻．【分析】根据由于干电池电动势和内阻两个物理量未知，需要根据闭合电路欧姆律列出两个方程，运用开关S1、S2，分别闭合可以解决，根据闭合电路欧姆律列出两个方程求解干电池的电动势．【解答】解：〔1〕由于干电池电动势和内阻两个物理量未知，所以需要根据闭合电路欧姆律列出两个方程，运用开关S1、S2，分别闭合可以解决，如图：〔2〕根据闭合电路欧姆律，列出两个方程，即：E=I1〔R1+r〕，E=I2〔R1+R2+r〕解得：E=故答案为：〔1〕如图；〔2〕．三、计算题〔木题共3小题，共30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〕14．如下图，电源电动势E=10V，内阻r=0.5Ω，标有“8V，16w〞的灯泡L恰好能正常发光，电动机M的绕线的电阻R0=1Ω，求：〔1〕电源的总功率．〔2〕电动机的输出功率．【考点】电功、电功率．【分析】〔1〕由题，“8V，16w〞的灯泡L恰好能正常发光，灯泡的电压为U=8V，电源的内电压为U′=E﹣U=2V，根据欧姆律求出电路中总电流I，电源的总功率为P=EI．〔2〕根据功率功率求出灯泡的电流，通过电动机的电流于总电流与灯泡电流之差．电动机的输出功率于电功率与发热功率之差．【解答】解：依据题意可知〔1〕由题可知，电路中路端电压为U=8V，电路中的总电流I==A=4A 那么电源的总功率为P=EI=10×4W=40W〔2〕通过灯泡的电流I L ==A=2A通过电动机的电流I M=I﹣I L=2A电动机的热功率：P热=R0=22×1W=4W电动机的输出功率：P出=UI M﹣P热=8×2W﹣4W=12W答：〔1〕电源的总功率是40W．〔2〕电动机的输出功率是12W．15．如下图，在匀强电场中，有A、B两点，它们间距为2cm，两点的连线与场强方向成60°角．将一个电量为﹣2×10﹣5C的电荷由A移到B，其电势能增加了0.1J．那么：〔1〕在此过程中，电场力对该电荷做了多少功？〔2〕A、B两点的电势差U AB为多少？〔3〕匀强电场的场强为多大？【考点】功的计算；电势能；匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】〔1〕根据电场力做功与电势能之间的关系，可以判断电场力做功的多少；〔2〕由电场力做功的公式，可以求得电势差；〔3〕由电势差的公式可以求得电场的场强．【解答】解：〔1〕电场力做正功，电势能就减小，电场力做负功，电势能就增加，增加的电势能于电场力做的功，所以电势能增加了0.1J，电场力对电荷就做﹣0.1J的功．〔2〕由W=qU可得，U==V=5000V，〔3〕A、B两点间的沿电场线方向的距离为D=2×cos60°=1cm=1×10﹣2 m，由U=ED得，E==V/m=5×105 V/m．答：〔1〕在此过程中，电场力对该电荷做功为﹣0.1J；〔2〕A、B两点的电势差U AB为5000V；〔3〕匀强电场的场强为5×105 V/m．16．某一平行板电容器两端电压是U，间距为d，设其间为匀强电场，如下图．现有一质量为m的小球，以速度V0射入电场，V0的方向与水平成45°斜向上；要使小球做直线运动，那么〔1〕小球带何种电荷？电量是多少？〔2〕在入射方向上的最大位移是多少？【考点】带电粒子在混合场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】〔1〕小球与水平方向成45°角斜向上射入匀强电场，要使小球做直线运动，那么重力与电场力的合力与初速度共线，由此可确小球带电电性，及电荷量．〔2〕小球在入射方向先做匀减速直线运动，后反向做匀加速直线运动，当速度减至零时，位移最大，由动能理可求解小球的最大位移．【解答】解：〔1〕小球受到重力和电场力而做直线运动，那么知电场力必水平向左，电场力和重力的合力才有可能与初速度方向在一条直线上，所以小球带正电．由图可知，Eq=mg，又 E=，所以解得：q=〔2〕设最大位移为x．根据动能理得：﹣mgx=0﹣解得，x=答：〔1〕小球带正电荷，电量是．〔2〕在入射方向上的最大位移是．。

湖北省武昌高二年级12月月考物理试卷（答案在最后）一、选择题：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，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。

每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

1.关于磁感强度B ，下列说法中正确的是A.磁场中某点B 的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关B.磁场中某点B 的方向，跟该点处试探电流元所受磁场力方向一致C.在磁场中某点试探电流元不受磁场力作用时，该点B 值大小为零D.在磁场中磁感线越密集的地方，磁感应强度越大【答案】D【解析】【详解】AB.磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，磁场中某点B 的大小，跟放在该点的试探电流元的情况及安培力大小无关，磁场中某点B 的方向，跟该点处试探电流元所受磁场力方向垂直，不一致，故AB 错误；C.当通电导线与磁场平行放置时，没有安培力，但不能肯定此处没有磁感应强度，故C 错误；D.磁场中磁感线越密集的地方，磁感应强度越大，故D 正确；故选：D ；2.如图，力传感器固定在天花板上，边长为L 的正方形匀质导线框abcd 用不可伸长的轻质绝缘细线悬挂于力传感器的测力端，导线框与磁感应强度方向垂直，线框的bcd 部分处于匀强磁场中，b 、d 两点位于匀强磁场的水平边界线上。

若在导线框中通以大小为I 、方向如图所示的恒定电流，导线框处于静止状态时，力传感器的示数为F 1。

只改变电流方向，其它条件不变，力传感器的示数为F 2，该匀强磁场的磁感应强度大小为（）A.214F F IL -B.124F F IL -C.21)4F F IL - D.12)4F F IL-【答案】C【解析】【详解】线框在磁场中受到安培力的等效长度为bd =，当电流方向为图示方向时，由左手定则可知导线框受到的安培力竖直向上，大小为F =因此对导线框受力平衡可得1F F mg+=当导线框中的电流反向，则安培力方向竖直向下，此时有2mg F F +=联立可得21)4F F B IL-=故选C 。