高二上学期12月月考物理试卷Word版含答案

高二12月月考物理试题一选择题（期中前6题为单选，后4题为不定项选择，每题3分，共30分）1、关于感应电动势大小的下列说法中，正确的是（）A、线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大B、线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大C、线圈放在磁感应强度越强的地方，产生的感应电动势一定越大D、线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大2、闭合电路的一部分导线ab处于匀强磁场中，若导线分别按照下图中各情况在纸面内运动，能在电路中产生感应电流的情形是（）A、都会产生感应电流B、都不会产生感应电流C、甲、乙不会产生感应电流，丙、丁会产生感应电流D、甲、丙会产生感应电流，乙、丁不会产生感应电流3、如图所示，线圈由A位置开始下落，在磁场中受到的磁场力如果总小于重力，则它在A、B、C、D四个位置时，加速度关系为A.a A>a B>a C>a DB.a A=a C>a B>a DC.a A=a C>a D>a BD.a A>a C>a B=a D4、如图所示，同轴的两个平行导线圈M、N，M中通有右侧图象所示的交变电流，则下列说法中正确的是（）A、在t 1到t2时间内导线圈M、N互相排斥B、在t2到t3时间内导线圈M、N互相吸引C、在t1时刻M、N间相互作用的磁场力为零D、在t2时刻M、N间相互作用的磁场力最大5、如图所示，三只完全相同的的灯泡a、b、c分别与电阻R、电感L、电容C串联，再将三者并联，接在220V，50Hz的交变电源两端，三只灯泡亮度相同。

如果将电源改为220V，60Hz的交变电源，则（）A、三只灯泡亮度不变B、三只灯泡都将变亮C、a亮度不变，b变亮，c变暗D、a亮度不变，b变暗，c变亮6、如右图所示，一个水平放置的矩形线圈abcd，在细长水平磁铁的S极附近竖直下落，由位置Ⅰ经位置Ⅱ到位置Ⅲ。

位置Ⅱ与磁铁同一平面，位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近Ⅱ，则在下落过程中，线圈中的感应电流的方向为（）A、abcdaB、adcbaC、从abcda到adcbaD、从adcba到abcda7、下列说法中正确的是（）A、电动机应用了“自感”对交流电的阻碍作用B、电磁灶应用了“涡流”的加热原理C、日光灯启动时利用了“自感”所产生的高压D、电磁流量计应用了“涡流”所产生的电磁阻尼作用8、一块铜片置于如图所示的磁场中，如果用力把这铜片从磁场拉出或把它进一步推入，则在这两个过程中有关磁场对铜片的作用力，下列叙述正确的是（）A、拉出时是阻力B、推入时是阻力C、拉出时不受磁场力D、推入时不受磁场力9、如图A1、A2是两个电流表，AB和CD两支路直流电阻相同，R是变阻器，L是带铁芯的线圈，下列结论正确的有（）A、刚闭合K时，A1示数大于A2示数B、闭合K后（经足够长时间），A1示数等于A2示数C、刚断开K的瞬间，A1示数大于A2示数D、断开K后，通过R的电流方向与断开K前相反10、如右图所示，通与电流I的直导线MN固定在竖直位置上，且与导线框abcd在同一平面内，则在下列情况下，导线框中能够产生感应电流的是（）A、通过直导线的电流强度增大B、通过直导线的电流强度减小C、线框水平向右移动D、线框以MN为轴转动二、填空题（本题共6空，每空4分，共24分，把答案填在题中的横线上）11、如右图所示，甲图中的线圈为50匝，它的两个端点a、b与内阻很大的伏特表相连。

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。

2021年高二上学期12月物理试卷含答案一、单项选择题（每小题4分，共32分。

每题只有一个选项正确，请将正确答案选出）1. 如图是铁棒甲与铁棒乙内部各分子电流取向的示意图，甲棒内部各分子电流取向是杂乱杂乱无章的，乙棒内部各分子电流取向大致相同，则下列说法中正确的是（ ）A 、两棒均显磁性B 、两棒均不显磁性C 、甲棒不显磁性，乙棒显磁性D 、甲棒显磁性，乙棒不显磁性甲 乙2．两个完全相同的金属小球A 、B ，球A 所带电荷量为＋4Q ，球B 不带电．现将球B 与球A 接触后，移到与球A 相距为d 处（d 远远大于小球半径）．已知静电力常量为k ，则此时两球A 、B 之间相互作用的库仑力大小是（ ）A ．B ．C ．D ．.3. 在如图所示的电路中，E 为电源电动势，r 为电源内阻，R 1和R 3均为定值电阻，R 2为滑动变阻器当R 2的滑动触点在a 端时合上开关S ，此时三个电表A 1、A 2和V 的示数分别为I 1、I 2和U 。

现将R 2的滑动触点向b 端移动，则三个电表示数的变化情况是（ ） A ．I 1增大，I 2不变，U 增大B ．I 1减小，I 2增大，U 减小C ．I 1增大，I 2减小，U 增大D ．I 1减小，I 2不变，U 减小 4. 一辆电瓶车，质量为500kg ，由内阻不计的蓄电池组向直流电动机提供24V 的电压，当电瓶车在水平地面上以0.8m/s 的速度匀速行驶时，通过电动机的电流为5A ，设车所受的阻力是车重的0.02倍（g =10m/s 2），则此电动机的内阻是 （ ）A ．4.8ΩB ．3.2ΩC ．1.6ΩD ．0.4Ω 5. 如图将金属导体放在沿x 正方向的匀强磁场中，导体中通有沿y 正方向的电流时，在导体的上下两侧面间会出现电势差，这个现象称为霍尔效应。

关于金属导体上下两侧电势高低判断正确的是（ ）K 1 VA 2 R 1A 1R 3a brS R 2 PA.上高下低B.下高上低C.上下一样D.无法判断6. 在电视机的显像管中，电子束的扫描是用磁偏转技术实现的，其扫描原理如图甲所示，圆形区域内的偏转磁场方向垂直于圆面，当不加磁场时，电子束将通过O点而打在屏幕的中心M 点。

【高二】2021年高二上册物理12月月考试卷(含答案)2021―2021学年第一学期12月考试高二物理试卷（考试时间：90分钟；分值：100分；）一、：请将本题答案涂在答题卡上（本题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）。

1．自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献。

下列说法正确的是（）A.奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系B.欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系C.法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系D.焦耳发现了电流的热效应，定量经出了电能和热能之间的转换关系2．如图所示，金属细棒质量为，用两根相同轻弹簧吊放在水平方向的匀强磁场中，弹簧的劲度系数为k，棒ab中通有稳恒电流，棒处于平衡，并且弹簧的弹力恰好为零．若电流大小不变而将方向突然改变，则( )A．每根弹簧弹力的大小为g B．每根弹簧弹力的大小为2gC．弹簧形变量为g/k D．弹簧形变量为2g/k3．如图是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流.各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中表示正确的是( )4．医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计监测通发过动脉的血流速度。

电磁血流计由一对电极a和b以及磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的。

使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示。

由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差。

在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零。

高二十二月份月结学情调研物 理 试 题2017.12.4第Ⅰ卷 选择题（40分）一、选择题（4×10=40分。

1-6小题有一个正确答案，7-10有多个答案正确。

全选对得4分，选对但不全得2分，不选或错选得0分）1.关于静电场，下列说法正确的是（ ）A. 电势等于零的物体一定不带电B. 电场强度为零的点，电势一定为零C. 同一电场线上的各点，电势一定相等D. 负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加2.根据楞次定律知感应电流的磁场一定是 （ ）A.阻碍引起感应电流的磁通量B.与引起感应电流的磁场反向C.阻碍引起感应电流的磁通量的变化D.与引起感应电流的磁场方向相同3．如图所示，平行于纸面水平向右的匀强磁场，磁感应强度B 1＝1T ．位于纸面内的细直导线，长L ＝1m ，通有I ＝1 A 的恒定电流．当导线与B 1成60°夹角时，发现其受到的安培力为零，则该区域同时存在的另一匀强磁场的磁感应强度B 2的不可能的是( )A.12TB.32T C ．1T D.3T4．带电的平行板电容器与静电计的连接如图所示，要使静电计的指针偏角变大，可采用的方法有（ ）A ．减小两极板间的距离B ．用手触摸极板错误！未找到引用源。

C ．在两板间插入电介质D ．将极板B 向上适当移动5．如图所示电路中，电动势为E ，内阻为r 的电源与一滑动变阻器构成闭合电路，当滑动触片移动时，滑动变阻器两端电压和电路中电流的关系图象如下图中的( )6．如右图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边沿垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的( )A ．2倍B ．4倍C ．12倍D ．14倍7.如图所示，从S 处发出的热电子经加速电压U 加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子流向上极板偏转，不考虑电子本身的重力．设两极板间电场强度为E ，磁感应强度为B.欲使电子沿直线从电场和磁场区域中通过，只采取下列措施，其中可行的是( )A. 适当减小电场强度EB ．适当减小磁感应强度BC ．适当增大加速电场的宽度D ．适当增大加速电压U8．如图所示的电路中，各元件均为线性元件.电源电动势为E ，内电阻不能忽略，闭合S 后，调整R 的阻值，使电压表的示数增大△U ，在这一过程中（ ）A ．通过R 1B ．R 2两端的电压减小，减小量为△UC ．路端电压与干路电流的比值为定值D ．路端电压的变化量与干路电流的变化量的比值为定值9．如图所示，通电导线旁边同一平面有矩形线圈abcd .则 （ ）A.若线圈向右平动，其中感应电流方向是a →b →c →dB.若线圈竖直向下平动，无感应电流产生C.当线圈以ab 边为轴转动时，其中感应电流方向是a →b →c →dD.当线圈向导线靠近时，其中感应电流方向是a →b →c →d10．如图所示，在半径为R 的圆内有一磁感应强度为B 的向外的匀强磁场，一质量为m ．电荷量为q 的粒子（不计重力），从A 点对着圆心方向垂直射入磁场，从C 点飞出，则（ ）A ．粒子带正电B ．粒子的轨道半径为RC ．带电粒子从C 点飞出时，速度偏转角为120°D ．粒子在磁场中运动的时间为/3m Bq π第Ⅱ卷 非选择题（60分）二、实验题（本题共18分。

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.）。

2021-2022学年山东省临沂市临沭一中高二（上）第一次月考物理试卷一、单项选择题（每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）1．两个完全相同的金属小球，分别带有+3Q和﹣Q的电量，当它们相距r时，它们之间的库仑力是F．若把它们接触后分开，再置于相距的两点，则它们的库仑力的大小将变为（）A ．B．3F C．4F D．9F2．由电场强度的定义式E=可知，在电场中的同一点（）A．电场强度E跟F成正比，跟q成反比B ．无论检验电荷所带的电量如何变化，始终不变C．电荷在电场中某点所受的电场力大，该点的电场强度强D．一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，则P点的场强肯定为零3．电场中有A、B两点，把某点电荷从A点移到B点的过程中，电场力对该电荷做了负功．则下列说法正确的是（）A．该电荷是正电荷，且电势能削减B．该电荷是正电荷，且电势能增加C．该电荷是负电荷，且电势能增加D．电荷的电势能增加，但不能推断是正电荷还是负电荷4．电量为q的点电荷，在两个固定的等量异种电荷+Q和﹣Q的连线的垂直平分线上移动，则（）A．电场力做正功B．电场力做负功C．电场力不做功D．电场力做功的正负，取决于q的正负5．若带正电荷的小球只受到电场力的作用，则它在任意一段时间内（）A．肯定沿电场线由高电势处向低电势处运动B．肯定沿电场线由低电势处向高电势处运动C．不肯定沿电场线运动，但肯定由高电势处向低电势处运动D．不肯定沿电场线运动，也不肯定由高电势处向低电势处运动6．关于电势差的说法中，正确的是（）A．两点间的电势差等于电荷从其中一点移到另一点时，电场力所做的功B．在两点间移动电荷时，电场力做功的多少跟这两点间的电势差无关C．1C电荷从电场中一点移动到另一点，假如电场力做了1J的功，这两点间的电势差就是1VD．两点间的电势差的大小跟放入这两点的电荷的电量成反比7．如图所示的试验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接．将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化状况是（）A．Q变小，C不变，U不变，E变小B．Q变小，C变小，U不变，E不变C．Q不变，C变小，U变大，E不变D．Q不变，C变小，U变大，E变小8．如图所示，原来不带电的金属导体MN，在其两端下面都悬挂着金属验电箔；若使带负电的金属球A靠近导体的M端，可能看到的现象是（）A．只有M端验电箔张开，且M端带正电B．只有N端验电箔张开，且N端带正电C．两端的验电箔都张开，且两端都带正电或负电D．两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电9．如图所示，有竖直向下的匀强电场，A、B两等势面间的距离为5cm，电势差为25V，在电场中的P点固定放置电荷量为5×10﹣9C的负点电荷，此时电场中有一点的场强为零，此点在P点的（）A．上方30cm处B．下方30cm处C．上方25cm处D．下方25cm处10．如图所示，P是一个很大的绝缘木板，水平放置，Q是一个带正电的点电荷，固定在板外．另一个可看作质点的带正电的小物体C，以肯定的初速度从图中的a点沿绝缘木板表面移动到b点，移动过程中C的带电量保持不变，它与绝缘木板间的摩擦不能忽视．关于C的这段运动过程，下面的说法中正确的是（）A．C对P板的压力先变小后变大B．C的受到Q的库仑力先变小后变大C．C的电势能先变大后变小D．C的速度先先变大后变小二、多项选择题（每小题4分，共20分．在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项是正确的，全部选对得4分，对而不全得2分．）11．一个电容器的规格是“10µF、50V”则（）A．这个电容器加上50V电压时，电容量才是10µFB．这个电容器的最大电容量为10µF，带电荷量较少时，电容量小于10µFC．这个电容器上加的电压不能低于50VD．这个电容器的电容量总等于10µF12．如图所示，两个等量异号的点电荷在其连线的中垂线上有与连线中点O等距离的两点a、b，在连线上有距中点O等距离的两点c、d，则下列场强大小关系式正确的是（）A．E a=E b B．E a=E O=E b C．E c＞E d D．E c＞E O＞E d13．如图所示，电场中有A、B两点，则下列说法中正确的是（）A．电势ϕA＞ϕB，场强E A＞E BB．电势ϕA＞ϕB，场强E A＜E BC．将+q电荷从A点移到B点电场力做了负功D．将﹣q电荷分别放在A、B两点时具有的电势能E PA＞E PB14．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即U ab=U bc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q 是这条轨迹上的两点，据此可知（）A．三个等势面中，a的电势最高B．带电质点通过P点时电势能较大C．带电质点通过P点时的动能较大D．带电质点通过P点时的加速度较小15．如图所示，将平行板电容器与电池组相连，两极板间的带电尘埃恰保持静止状态，若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则（）A．电容器的带电荷量不变B．电容器的两端电压不变C．电流计G中有a到b方向的电流D．电流计G中有a到b方向的自由电荷定向通过三、填空题（共16分）16．（10分）（2021秋•临沂校级月考）如图所示，A、B、C为一条电场线上的三点，以B点为零电势点，一个电子从A移到B和C电场力分别做功3.2×10﹣19J和9.6×10﹣19J，则电场线的方向，A点电势φA= V，C点电势φC=V．假如以C点为零电势点，则A点电势φ′A=V，B点电势φ′B= V．17．如图所示，正方形ABCD处在一个匀强电场中，电场线与正方形所在平面平行．已知A、B、C三点的电势依次为φA=6.0V，φB=4.0V，φC=﹣2.0V．（1）求D点的电势φD．（2）在图中画出过A点的电场线和过D点的等势线（要把作图过程画在图上．只画最终结果不能得分）．四、计算题（共34分）18．（10分）（2021秋•北仑区校级期中）如图所示，用一根绝缘轻绳悬挂一个带电小球，小球的质量为m=1.0×10﹣2kg．现加一水平方向向左的匀强电场，场强E=3.0×106N∕C，平衡时绝缘线与竖直方向的夹角为θ=30°，求：小球带何种电荷，电荷量为多大？（取g=10m/s2）19．（14分）（2021春•南关区校级期末）如图所示，是一对彼此绝缘相距d=5cm的平行金属带电极板MN，N板接地，M板带电量的确定值为Q=6×10﹣6C．在两极板MN间A点有一带电量为q=4×10﹣6C的带电液滴，其质量m=4×10﹣4kg，恰好处于静止状态．求：（1）两板间的电场强度为多少？（2）U NM等于多少伏？M点的电势是多少？（3）平行金属板MN所构成的电容器的电容C等于多少？20．（10分）（2006秋•临沂期末）如图所示，一光滑斜面的直角点A处固定一带电量为+q，质量为m的绝缘小球，另一同样小球置于斜面顶点B处，已知斜面长为L，现把上部小球从B点从静止自由释放，球能沿斜面从B点运动到斜面底端C处，求：（1）小球从B处开头运动到斜面中点D处时的速度？（2）小球运动到斜面底端C处时，球对斜面的压力是多大？2021-2022学年山东省临沂市临沭一中高二（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）1．两个完全相同的金属小球，分别带有+3Q和﹣Q的电量，当它们相距r时，它们之间的库仑力是F．若把它们接触后分开，再置于相距的两点，则它们的库仑力的大小将变为（）A ．B．3F C．4F D．9F考点：库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：接触带电的原则是先中和再平分．依据库仑定律公式F=k求出库仑力的大小．解答：解：依据库仑定律公式得，F=k．接触再分别后所带电量各为Q，F′=k =k=3F．故B正确，A、C、D错误．故选：B．点评：解决本题的关键把握库仑定律的公式F=k．2．由电场强度的定义式E=可知，在电场中的同一点（）A．电场强度E跟F成正比，跟q成反比B ．无论检验电荷所带的电量如何变化，始终不变C．电荷在电场中某点所受的电场力大，该点的电场强度强D．一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，则P点的场强肯定为零考点：电场强度．分析：公式E=是电场强度的定义式，运用比值法定义，电场强度反映本身的特性，与摸索电荷无关．解答：解：A、C、电场强度的定义式E=，运用比值法定义，E由电场本身打算，与摸索电荷所受的电场力F和电荷量q无关，所以不能说E跟F成正比，跟q成反比．故AC错误．B、电场中同一点电场强度是肯定的，与摸索电荷无关，则在电场中的同一点，无论检验电荷所带的电量如何变化，始终不变．故B正确．D、一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，该点的场强可能为零，也可能不为零，故D错误．故选：B．点评：解决本题的关键是运用比值法定义的共性来理解电场强度的物理意义，知道E由电场本身打算，与摸索电荷所受的电场力F和电荷量q无关．3．电场中有A、B两点，把某点电荷从A点移到B点的过程中，电场力对该电荷做了负功．则下列说法正确的是（）A．该电荷是正电荷，且电势能削减B．该电荷是正电荷，且电势能增加C．该电荷是负电荷，且电势能增加D．电荷的电势能增加，但不能推断是正电荷还是负电荷考点：电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场力对电荷做负功，说明电场力阻力电荷的运动，导致动能减小，转化为电势能，使其增加．解答：解：电场力作功，导致电势能变化．若电场力做负功，则电势能增加；若电场力作正功，则电势能减小．但无法判定电荷的正负，因此ABC错误；D正确；故选：D点评：考查了功能关系：电场力做功，导致电势能变化．就像重力做功，必导致重力势能变化一样．4．电量为q的点电荷，在两个固定的等量异种电荷+Q和﹣Q的连线的垂直平分线上移动，则（）A．电场力做正功B．电场力做负功C．电场力不做功D．电场力做功的正负，取决于q的正负考点：电势能；电场线．专题：电场力与电势的性质专题．分析：等量异种电荷+Q和﹣Q的连线的垂直平分线是一条等势线，各点电势相等，移动电荷时电场力不做功．解答：解：依据等势线的分布状况得知，等量异种电荷+Q和﹣Q的连线的垂直平分线是一条等势线，各点电势相等，任意两点间的电势差为零，依据电场力做功公式W=Uq可知，移动电荷时电场力不做功．故选：C点评：本题关键抓住等量异种电荷等势线分布特点，这是考试的热点，基本题．5．若带正电荷的小球只受到电场力的作用，则它在任意一段时间内（）A．肯定沿电场线由高电势处向低电势处运动B．肯定沿电场线由低电势处向高电势处运动C．不肯定沿电场线运动，但肯定由高电势处向低电势处运动D．不肯定沿电场线运动，也不肯定由高电势处向低电势处运动考点：电势；电势差与电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：物体的运动状况取决于合力和初始条件．小球只受到电场力的作用，是否沿电场线运动，还要看电场线是直线还是曲线，有没有初速度，初速度方向与电场线的关系．只有当电场线是直线时，小球只受到电场力的作用才可能沿电场线运动．解答：解：物体的运动状况取决于合力和初始条件．小球只受到电场力的作用，是否沿电场线运动，还要看电场线是直线还是曲线，有没有初速度，初速度方向与电场线的关系．只有当电场线是直线时且小球的运动方向沿着电场线时，小球只受到电场力的作用才可能沿电场线运动．所以ABC错误，D正确．故选：D点评：对物体运动状况的推断力量，从力学的角度进行分析：物体的运动性质不仅取决于合力，还取决于初速度条件．虽然是简洁题，同时也是易错题目．6．关于电势差的说法中，正确的是（）A．两点间的电势差等于电荷从其中一点移到另一点时，电场力所做的功B．在两点间移动电荷时，电场力做功的多少跟这两点间的电势差无关C．1C电荷从电场中一点移动到另一点，假如电场力做了1J的功，这两点间的电势差就是1VD．两点间的电势差的大小跟放入这两点的电荷的电量成反比考点：电势差．专题：电场力与电势的性质专题．分析：依据电势差和电场力做功的公式U AB =分析电势差与电场力做功数值关系．两点间的电势差是由电场本身打算的，与检验电荷无关．解答：解：A、依据电势差和电场力做功的公式U AB =得：两点间的电势差等于单位正电荷从其中一点移到另一点时电场力所做的功，故A错误．B、由公式W=qU，知在两点间移动电荷时，电场力做功的多少跟这两点间的电势差成正比，故B错误．C、1C的电荷从电场中一点移到另一点，假如电场力做了1J的功，由公式U AB =知这两点间的电势差就是1V，故C正确．D、两点间的电势差是由电场本身打算的，与检验电荷无关．故D错误．故选：C．点评：解决该题关键把握公式U AB =，抓住比值法定义的共性来理解电势差的意义．7．如图所示的试验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接．将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化状况是（）A．Q变小，C不变，U不变，E变小B．Q变小，C变小，U不变，E不变C．Q不变，C变小，U变大，E不变D．Q不变，C变小，U变大，E变小考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：题中平行板电容器与静电计相接，电容器的电量不变，转变板间距离，由C=，分析电容的变化，依据C=分析电压U的变化，依据E=分析场强的变化．解答：解：A、B，平行板电容器与静电计并联，电容器所带电量不变．故A、B错误．C、D，增大电容器两极板间的距离d时，由C=知，电容C变小，Q不变，依据C=知，U变大，而E===，Q、k、ɛ、S均不变，则E不变．故C正确，D错误．故选C点评：对于电容器动态变化分析问题，要抓住不变量．当电容器保持与电源相连时，电压不变．当电容器充电后，与电源断开后，往往电量不变．8．如图所示，原来不带电的金属导体MN，在其两端下面都悬挂着金属验电箔；若使带负电的金属球A靠近导体的M端，可能看到的现象是（）A．只有M端验电箔张开，且M端带正电B．只有N端验电箔张开，且N端带正电C．两端的验电箔都张开，且两端都带正电或负电D．两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电考点：静电场中的导体．专题：电场力与电势的性质专题．分析：依据静电感应可以推断金属导体的感应的电荷的状况，从而可以推断导体带电的状况．解答：解：金属导体处在负电荷的电场中，由于静电感应现象，弹头导体的右端要感应出正电荷，在导体的左端会消灭负电荷，所以导体两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电，所以ABC错误，D正确．故选：D．点评：感应带电，这是使物体带电的一种方法，依据异种电荷相互吸引的原理可知，靠近的一端会带异种电荷．9．如图所示，有竖直向下的匀强电场，A、B两等势面间的距离为5cm，电势差为25V，在电场中的P点固定放置电荷量为5×10﹣9C的负点电荷，此时电场中有一点的场强为零，此点在P点的（）A．上方30cm处B．下方30cm处C．上方25cm处D．下方25cm处考点：电场的叠加；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：先依据U=Ed求出匀强电场的场强大小．P的场强变为零，说明负电荷在M点产生的场强与匀强电场的场强大小相等，方向相反，依据点电荷场强公式E=k求解即可．解答：解：据题A、B两个等势面的电势差为U、距离为d，则匀强电场的场强E=，设M的场强变为零，说明负电荷在M点产生的场强与匀强电场的场强大小相等，方向相反，则M点必定与P 点在同一电场线上，且位于P点下方．设M、P之间的距离为r．则有：E=k联立解得：r===0.3m=30cm 故选：B．点评：本题要把握电场的叠加原理，分析点电荷场强与匀强电场的关系，把握场强的两大公式E=和E=k，并正确应用．10．如图所示，P是一个很大的绝缘木板，水平放置，Q是一个带正电的点电荷，固定在板外．另一个可看作质点的带正电的小物体C，以肯定的初速度从图中的a点沿绝缘木板表面移动到b点，移动过程中C的带电量保持不变，它与绝缘木板间的摩擦不能忽视．关于C的这段运动过程，下面的说法中正确的是（）A．C对P板的压力先变小后变大B．C的受到Q的库仑力先变小后变大C．C的电势能先变大后变小D．C的速度先先变大后变小考点：电势差与电场强度的关系；库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：C在向右移动的过程中，由于两点电荷间的距离先减小，后增大，故库仑力先增大后减小，依据受力分析和做功状况即可推断解答：解：A、在向右移动的过程中，库仑力先增大，后减小，依据竖直方向合力为零可知，C对P的压力先增大后减小，故A错误；B 、依据可知，由于r先减小后增大，故库仑力先增大后减小，故B错误C、C在从左向右移动的过程中，库仑力先做负功，后做正功，故C的电势能先增大后减小．故C正确；D、在从左向右移动的过程中，库仑力先做负功，后做正功，且摩擦力始终做负功，故速度肯定先减小后，故D错误．故选：C．点评：本题关键抓住两点电荷间的距离先减小后增大推断出库仑力的变化，再结合受力分析即可推断二、多项选择题（每小题4分，共20分．在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项是正确的，全部选对得4分，对而不全得2分．）11．一个电容器的规格是“10µF、50V”则（）A．这个电容器加上50V电压时，电容量才是10µFB．这个电容器的最大电容量为10µF，带电荷量较少时，电容量小于10µFC．这个电容器上加的电压不能低于50VD．这个电容器的电容量总等于10µF考点：电容器．专题：电容器专题．分析：电容器的电容与板间电压和电荷量的多少无关，仅有电容器本身打算．解答：解：A、电容器的电容与电容器板间电压无关，加电压或不加电压、电荷量多或少时，电容都是10µF．故AB错误D正确．C、50V是电容器的耐压值，这个电容器上加的电压不能高于50V．故C错误．故选：D点评：电容表征电容容纳电荷的本事大小，与板间电压和电量无关，对于给定的电容器，电容是肯定的，电量与电压成正比．12．如图所示，两个等量异号的点电荷在其连线的中垂线上有与连线中点O等距离的两点a、b，在连线上有距中点O等距离的两点c、d，则下列场强大小关系式正确的是（）A．E a=E b B．E a=E O=E b C．E c＞E d D．E c＞E O＞E d考点：电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：两个等量异号的点电荷连线的中垂线上中点O的场强最大，在两个电荷连线上，O点的场强最小，依据电场线的疏密进行分析．解答：解：依据电场线越密场强越大，则由两个等量异号的点电荷电场线的分布状况可知，中垂线上中点O 的场强最大，而且依据对称性可知，a、b两处电场线疏密相同，场强大小相等，E a=E b＜Eo在两个电荷连线上，O点电场线最疏，场强最小，而且依据对称性可知，c、d两处的电场线疏密相同，故有E c=E d＞Eo．所以有E a=E b＜Ec，Ea＜E d，故A正确，BCD错误．故选：A．点评：等量同种、等量异种电荷四周的电场分布状况是考察的重点，要结合电场强度、电势、电势能等概念充分理解等量同种、等量异种电荷四周的电场特点．13．如图所示，电场中有A、B两点，则下列说法中正确的是（）A．电势ϕA＞ϕB，场强E A＞E BB．电势ϕA＞ϕB，场强E A＜E BC．将+q电荷从A点移到B点电场力做了负功D．将﹣q电荷分别放在A、B两点时具有的电势能E PA＞E PB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：依据顺着电场线方向电势降低、电场线越密场强越大，推断电势凹凸和场强大小．依据电场力方向与瞬时速度方向的关系，推断电场力做功的正负，确定电势能的大小．解答：解：A、B依据顺着电场线方向电势降低、电场线越密场强越大，可知，电势ϕA＞ϕB，场强E A＜E B．故A错误，B正确．C、正电荷所受的电场力方向沿电场线切线方向，将+q电荷从A点移到B点时，电场力方向与速度方向全都，则电场力做正功．故C错误．D、依据推论：负电荷在电势高处电势能小，可知，将﹣q电荷分别放在A、B两点时具有的电势能E PA＜E PB．故D错误．故选B点评：本题只要把握电场线的物理意义：顺着电场线方向电势降低、电场线疏密反映场强的大小即可推断电势和场强的大小．对于电势能的推断有两种方法：一是依据电场力做功的正负；二是依据推论：负电荷在电势高处电势能小，正电荷在电势高处电势能大．14．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即U ab=U bc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q 是这条轨迹上的两点，据此可知（）A．三个等势面中，a的电势最高B．带电质点通过P点时电势能较大C．带电质点通过P点时的动能较大D．带电质点通过P点时的加速度较小考点：等势面．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由于质点只受电场力作用，依据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功状况推断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大．解答：解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，故A错误；B、依据质点受力状况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B正确；C、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；D、等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，依据牛顿其次定律，加速度也大，故D 错误．故选B．点评：解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：依据运动轨迹推断出所受电场力方向，然后进一步推断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化．15．如图所示，将平行板电容器与电池组相连，两极板间的带电尘埃恰保持静止状态，若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则（）A．电容器的带电荷量不变B．电容器的两端电压不变C．电流计G中有a到b方向的电流D．电流计G中有a到b方向的自由电荷定向通过考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：带电尘埃原来处于静止状态，电场力与重力平衡，将两板缓慢地错开一些后，分析板间场强有无变化，推断尘埃是否仍保持静止．依据电容的打算式分析电容如何变化，由电容的定义式分析电量的变化，确定电路中电流的方向．解答：解：A、将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，依据电容的打算式C=得知，电容减小，而电压不变，则电容器带电量减小．故A错误．B正确；C、D由Q=UC可知，电压不变，电容减小；则电容器电量减小，处于放电状态，而电容器上板带正电，电路中逆时针方向的电流，则检流计中有a→b的电流，即自由电荷由b到a方向的定向移动．故C正确，D也正确．故选：BCD．点评：本题电容器动态变化问题，要抓住电压不变，依据电容的打算式C=和电容的定义式C=结合进行分析．三、填空题（共16分）16．（10分）（2021秋•临沂校级月考）如图所示，A、B、C为一条电场线上的三点，以B点为零电势点，一个电子从A移到B和C电场力分别做功3.2×10﹣19J和9.6×10﹣19J，则电场线的方向沿CA 方向，A点电势φA=﹣2V，C点电势φC=4V．假如以C点为零电势点，则A点电势φ′A=﹣6V，B 点电势φ′B =﹣4V．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：依据电荷在电场中的做功状况推断电场的方向，依据出各点的电势大小解答：解：电子从A到B和C电场力做正功，故受到的力沿AB方向和AC方向，故场强方向沿CA方向，若B点电势为零由得由得如C点电势为零故答案为：沿CA方向，﹣2，4，﹣6，﹣4点评：本题主要考查了电势的求法，关键是再利用公式时要代入正负号17．如图所示，正方形ABCD处在一个匀强电场中，电场线与正方形所在平面平行．已知A、B、C三点的电势依次为φA=6.0V，φB=4.0V，φC=﹣2.0V．（1）求D点的电势φD．（2）在图中画出过A点的电场线和过D点的等势线（要把作图过程画在图上．只画最终结果不能得分）．考点：电势差与电场强度的关系；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：运用“匀强电场中，沿着任意方向每前进相同的距离，电势变化相等”进行分析计算D点的电势；依据电场线与等势面垂直垂直画出电场线．且沿着电场线方向电势降低．依据电势差，结合沿电场线方向上的距离求出电场强度的大小解答：解：（1）匀强电场中，沿着任意方向每前进相同的距离，电势变化相等，故有：φA﹣φD=φB﹣φC解得：φD=0（2）连接AC，在AC上取三点即EFH，将AC四等分，则E点的电势为0，H点的电势为4V，故DE为等势面，BH也为等势面，。

2023北京高二12月月考物理（答案在最后）班级___________姓名___________学号___________本试卷共3页，共100分。

考试时长60分钟。

考生务必将答案写在答题纸上，在试卷上作答无效。

一、单项选择题（本题共8个小题，每小题4分，共32分，把正确答案涂写在答题卡上相应的位置。

）1.下列现象中，属于电磁感应现象的是（）A.通电线圈在磁场中转动B.闭合线圈在磁场中运动而产生电流C.磁铁吸引小磁针D.小磁针在通电导线附近发生偏转2.指南针静止时，其位置如图中虚线所示．若在其上方放置一水平方向的导线，并通以恒定电流，则指南针转向图中实线所示位置．据此可能是（）A.导线南北放置，通有向北的电流B.导线南北放置，通有向南的电流C.导线东西放置，通有向西的电流D.导线东西放置，通有向东的电流3.如图所示为洛伦兹力演示仪的结构示意图，演示仪中有一对彼此平行且共轴的励磁圆形线圈，通入电流I后，能够在两线圈间产生匀强磁场；玻璃泡内有电子枪，通过加速电压U对初速度为零的电子加速并连续发射。

电子刚好从球心O点正下方的S点水平向左射出，电子通过玻璃泡内稀薄气体时能够显示出电子运动的径迹。

则下列说法正确的是（）A.若要正常观察电子径迹，励磁线圈的电流方向应为逆时针（垂直纸面向里看）B.若保持U不变，增大I，则圆形径迹的半径变大C.若同时减小I和U，则电子运动的周期减小D.若保持I不变，减小U，则电子运动的周期将不变4.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频电源的两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中有周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，则下列说法中正确的是（）A.只增大狭缝间的加速电压，可增大带电粒子射出时的动能B.只增大狭缝间的加速电压，可增大带电粒子在回旋加速器中运动的时间C.只增大磁场的磁感应强度，可增大带电粒子射出时的动能D.用同一回旋加速器可以同时加速质子（11H）和氚核（31H）5.一种用磁流体发电的装置如图所示。

2021年12月绵阳南山中学2021年秋季高2021届12月月考 物理试题命题人：余绍兵 审题人：毛永辉本试卷分为试题卷和答题卡两部分，其中试题卷由第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）组成，共6页；答题卡共2页。

满分100分，考试时间100分钟。

留意事项：1. 答题前，考生务必将自己的准考证号、班级、姓名用0.5毫米黑色签字笔填写清楚。

2. 选择题使用2B 铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦洁净后再选涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

3. 考试结束后将答题卡收回。

第Ⅰ卷(选择题，共54分)一、单选题(本题共12小题，每小题只有一个选项正确，每小题3分，共36分） 1．关于磁感应强度，下列说法正确的是A ．放在磁场中的通电导线，电流越大，受到的磁场力也越大，表示该处的磁感应强度越大B ．某处磁感线切线的方向不肯定是该处磁感应强度的方向C ．垂直磁场放置的通电导线的受力方向就是磁感应强度的方向D ．磁感应强度的大小、方向与放入磁场中的通电导线的电流大小、导线长度、导线取向等均无关2．做简谐运动的单摆摆长不变，若摆球质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时速度减小为原来的1/2，则单摆振动的A ．频率、振幅都不变B ．频率、振幅都转变C ．频率不变、振幅转变D ．频率转变、振幅不变 3．关于地磁场，下列说法正确的是A ．指南针总是指向南北，是由于受到了地磁场的作用B ．地磁两极与地理两极完全重合C ．地球四周的地磁场的磁感线是从地磁南极动身到地磁北极D ．我国宋代学者沈括正确找到了地磁场产生的缘由4．如图所示，正方形线圈abcd 位于纸面内，边长为L ，匝数为N ，过ab 中点和cd 中点的连线OO ′恰好位于垂直纸面对里的匀强磁场的右边界上，磁感应强度为B ，则穿过线圈的磁通量为 A.NBL 22 B. BL 22C ．BL 2D ．NBL 2 5．如图所示，一弓形线圈通过逆时针方向的电流，在其圆弧的圆心处，垂直于纸面放置始终导线，当直导线通有指向纸内的电流时，线圈将 A ．a 端向纸内，b 端向纸外转动，且靠近导线B ．a 端向纸内，b 端向纸外转动，且远离导线C ．a 端向纸外，b 端向纸内转动，且靠近导线D ．a 端向纸外，b 端向纸内转动，且远离导线6．两个带等量正电的点电荷，固定在图中P 、Q 两点，MN 为PQ 连线的中垂线，交PQ 于O 点，A 点为MN 上的一点。

2021年高二上学期12月月考物理试题 含答案一、选择题（48分）（本题共12小题，每小题4分。

在每小题给出的四个选项中，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0分） 1．下列关于磁场和磁感线的说法中，正确的是( ) A ．磁场和电场一样，都不是客观存在的特殊物质 B ．磁场是为了解释磁极间相互作用而假想的 C ．磁体的磁感线总是从N 极指向S 极D ．磁感线是闭合曲线2．一小段长为L 的通电直导线放在磁感应强度为B 的磁场中，当通过大小为I 的电流时，所受安培力为F ，下列关于磁感应强度B 的说法中，正确的是（ ） A ．磁感应强度B 一定等于 B ．磁感应强度B 与F 成正比C ．磁场中通电直导线受力为零的地方，磁感应强度不一定为零D ．在磁场中通电导线一定受力3．通电矩形线框abcd 与无限长通电直导线MN 在同一平面内，电流方向如图所示，bc 边与MN 平行，以下关于线框四个边受到安培力的说法正确的是( )A ．线框只有两个边受力，合力向左B ．线框只有两个边受力，合力向右C ．线框四个边都受力，合力向左D ．线框四个边都受力，合力向右 4.如图所示，中子内有一个电荷量为 的上夸克和两个电荷量为的下夸克，三个夸克都分布在半径为 r 的同一圆周上，则三个夸克在其圆心处产生的电场强度为（ ）A.ke r 2B.ke 3r 2C.ke 9r 2D.2ke 3r2 5．如图所示，在开关S 闭合时，质量为m 的带电液滴处于静止状态，那么，下列判断正确的是 ( )A ．开关S 断开，极板上电荷量将减小，电压降低B ．开关S 断开，极板间距离减小，则极板上电荷量减小C ．开关S 断开．极板间距离减小，则极板间的电压减小D ．开关S 断开，极板间距离减小，则带电液滴向下运动6. 如图所示，两电子沿MN 方向从M 点射入两平行平面间的匀强磁场中，它们分别以v 1、a bc dMNv2的速率射出磁场，通过匀强磁场所用时间分别为t1、t2．则（）A.v1∶v2=1:2 t1∶t2 =2:1B. v1∶v2=1:2 t1∶t2 =3:2C. v1∶v2=2:1 t1∶t2 =1:1D. v1∶v2=2:1 t1∶t2 =2:37.在平行板间加上如图所示周期性变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t＝0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况，下列选项图中，能定性描述粒子运动的速度图象的是()8．如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图像，直线B为电源b的路端电压与电流的关系图像，直线C为一个电阻R的两端电压与电流的关系图像．将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么（）A．R接到a电源上，电源的效率较高B．R接到b电源上，电源的输出功率较大C．R接到a电源上，电源的输出功率较大，但电源效率较低D．R接到b电源上，电源的输出功率和电源的效率都较高9.图为一电路板的示意图，a、b、c、d为接线柱，ad与220V的交流电源连接，ab间bc间，cd间分别连接一个电阻，现发现电路中没有电流，为检查电路故障，用一交流电压表分别测得b d间及ac两点间电压均为220V，由此可知（）A．ab间电路通，cd间电路不通 B．ab间电路不通，bc间电路通C．ab间电路通，bc间电路不通 D．bc间电路不通，cd间电路通10．如图所示，实线表示电场中的电场线。

银川二十四中2021----2022学年高二上学期物理12月月考试题一 单项选择题（每道题只有一个答案是正确的，请把正确的答案填入答题卡中，每题3分） 1.电源电动势为E ，内阻为r ，向可变电阻R 供电.关于路端电压，下列说法中正确的是 ( ). (A)由于电源电动势不变，所以路端电压也不变 (B)由于U=IR ，所以当R 增大时，路端电压也增大 (C)由于U=IR ，所以当I 增大时，路端电压也增大 (D)由于U=E-Ir ，所以当I 增大时，路端电压下降 2.关于磁感应强度B 的概念，下列说法中正确的是 ( ). (A)依据磁感应强度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)一小段通电导线放存磁感应强度为零处，它所受的磁场力肯定为零 (C)一小段通电导线在某处不受磁场力作用，该处的磁感应强度肯定为零 (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 3.一根软铁棒放在磁铁四周会被磁化，这是由于在外磁场的作用下 ( ). (A)软铁棒中产生了分子电流 (B)软铁棒中分子电流消逝了 (C)软铁棒中分子电流的取向变得大致相同 (D)软铁棒中分子电流的取向变得杂乱无章 4.物理试验都需要有肯定的把握条件.奥斯特做电流磁效应试验时就应排解地磁场对试验的影响.下列关于奥斯特试验的说法中正确的是 ( ). (A)该试验必需在地球赤道上进行 (B)通电直导线必需竖直放置 (C)通电直导线应当水平东西方向放置 (D)通电直导线可以水平南北方向放置 5.如图所示的四个图中，分别标明白通电导线在磁场中的电流方向、磁场方向以及通电导线所受磁场力的方向，其中正确的是( ). 6.初速度为v 0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，速率转变 (C)电子将向左偏转，速率不变 (D)电子将向右偏转，速率转变 7.一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)保持原来的状况不变 8.两个粒子，带电量相等，在同一匀强磁场中只受到磁场力作用而作匀速圆周运动. ( )(A)若速率相等，则半径必相等(B)若质量相等，则周期必相等 (C)若动能相等，则半径必相等 (D)若动能相等，则周期必相等 9.关于感应电流,下列说法中正确的是 ( ) (A)只要闭合电路内有磁通量,闭合电路中就有感应电流产生 (B)穿过螺线管的磁通量发生变化时,螺线管内部就肯定有感应电流产生 (C)线框不闭合时,即使穿过线圈的磁通量发生变化,线圈中也没有感应电流 (D)只要电路的一部分作切割磁感线运动,电路中就肯定有感应电流 10.矩形闭合线圈平面跟磁感线方向平行,如图所示.下列状况中线圈有感应电流的是 ( ) (A)线圈绕ab 轴转动 (B)线圈垂直纸而向外平动 (C)线圈沿ab 轴下移 (D)线圈绕cd 轴转动 11.下列几种说法中止确的是( ).(A)线圈中磁通量变化越大,线圈中产生的感应电动势肯定越大(B)线圈中磁通量越入,线圈中产牛的感应电动势肯定越大 (C)圈圈放在磁场越强的位置,线圈中产生的感应电动势肯定越大 (D)线圈中磁通量变化越快,线圈中产生的感应电动势越大 12.如图所示,当导线棒MN 在外力作用下沿导轨向右运动时,流过R 的电流方向是( ). (A)由A→B (B)由B→A (C)无感应电流 (D)无法确定 13.由细弹簧围成的圆环中间插入一根条形磁铁,如图所示.当用力向四周扩圆展环,使其面积增大时,从上向下看( ) (A)穿过圆环的磁通量削减,圆环中有逆时针方向的感应电流 (B)穿过圆环的磁通量增加,圆环中有顺时针方向的感应电流 (C)穿过圆环的磁通量增加,圆环中有逆时针方向的感应电流(D)穿过圆环的磁通量不变,圆环中没有感应电流14.如图所示,当磁铁突然向铜环运动时,铜环的运动状况是( ).(A)向左摇摆 (B)向右摇摆 (C)静止 (D)不能判定 15.某磁场的磁感线如图所示,有制线圈自图示A 位置落至B 位置,在下落过程中,自上而下看,线圈中的感应电流方向是( ).(A)始终沿顺时针方向 (B)始终沿逆时针方向(C)先沿顺时针再沿逆时针方向 (D)先沿逆时针再沿顺时针方向16.如图所示,水平放置的光滑杆上套有A 、B 、C 三个金属环,其中B 接电源.在接通电源的瞬间,A 、C 两环( ). (A)都被B 吸引(B)都被B 排斥第14题图 第16题图 第15题图 第12题图 第13题图 第10题图 第6题图第5题图(C)A 被吸引,C 被排斥 (D)A 被排斥,C 被吸引二 多项选择题（每小题至少有一个以上选项是正确的，请把正确的答案填入答题卡中，每小题4分，共40分，漏选得2分，错选和不选得零分）17.如图所示，仅在电场力作用下，一带电粒子沿图中虚线从A 运动到B ，则( ).(A)电场力做正功 (B)动能削减 (C)电势能增加 (D)加速度增大18.如图所示,在水平面上有一固定的u 形金属框架,框架上置一金属杆ab.在垂直纸面方向有一匀强磁场,下列状况中可能的是( )(A)若磁场方向垂直纸面对外,并且磁感应强度增大时,杆ab 将向右移动 (B)若磁场方向垂直纸面对外,并且磁感应强度减小时,杆ab 将向右移动 (C)若磁场方向垂直纸面对里,并且磁感应强度增大时,杆ab 将向右移动 (D)若磁场方向垂直纸面对里,并且磁感应强度减小时,杆ab 将向右移动19.按如图所示装置进行操作时,发觉放在光滑金属导轨上的ab 导体棒发生移动,其可能的缘由是( ). (A)闭合S 的瞬间 (B)断开S 的瞬间(C)闭合S 后,削减电阻R 时 (D)闭合S 后,增大电阻时20.在图中虚线所围的区域内，存存电场强度为E 的匀强电场和磁感应强度为B 的匀强磁场.已知从左方水平射入的电子，穿过这区域时未发生偏转，设重力可以忽视不计，则在这区域中的E 和B 的方向可能是( ). (A)E 和B 都沿水平方向，并与电子运动的方向相同 (B)E 和B 都沿水平方向，并与电子运动的方向相反 (C)E 竖直向上，B 垂直纸面对外 (D)E 竖直向上，B 垂直纸面对里 一、 填空题（每道小题4分，把答案填在答题卡里相应的位置 21.某人用多用电表按正确步骤测量一电阻阻值，指针指示位置如图所示，则该电阻值是____________.假如要用该多用电表测量一个阻值约200Ω的电阻，为了使测量比较精确，选择开关应选的欧姆挡是_____________.22.试在图中，由电流产生的磁场方向确定导线或线圈中的电流方向.23、如图所示为两个非门和一个或门上组成的复合门电路，请在下表中填写该门电路的真值表。

淮阳中学2014-2015学年高二物理周练月考物理试题一、选择题：本题共12小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第2、3、5、8、9、10、11题只有一项符合题目要求，第1、4、6、7、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 0 分。

1．以下说法正确的是 A ．由FE q=可知电场中某点的电场强度E 与F 成正比 B ．由E = k2rQ 可知，在离点电荷Q 很近的地方即r →0，场强E 可达无穷大C.几个电场叠加后合电场的场强可能小于分电场的场强D.电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电能的装置 2．下列选项中的各14圆环大小相同,所带电荷量已在图中标出,且电荷均匀分布,各14圆环间彼此绝缘. 坐标原点O 处电场强度最大的是3．一水平放置的平行板电容器的两极扳间距为d ，极板分别与电池两极相连．上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。

小孔正上方d/2处的P 点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落．经过小孔进入电容器，井在下极板处未与极板接触、返回。

若将下极板向上平移d/3，则从P 点开始下落的相同粒子将A 打到下极扳上B 在下极板处返回C 在距上极板d/2处返回D 在距上极扳2d/5处返回 4．如右图所示的电路中，A 、B 两灯原来正常发光，忽然B 灯比原来亮了，这是因为电路中某一处发生断路故障造成的，那么发生这种故障可能是 ( ) A ．R 1断路 B ．R 2断路 C ．R 3断路 D ．灯A 断路5．空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R ，磁场方向垂直横截面。

一质量为m 、电荷量为q （q ＞0）的粒子以速率0v 沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。

不计重60O va b力，该磁场的磁感应强度大小为ABCD6．在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P +和P 3+，经电压为U 的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里，有一定的宽度的匀强磁场区域，如图所示，已知离子P +在磁场中转过=30°后从磁场右边界射出。

外对市爱戴阳光实验学校九中高二〔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=1ΩB．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＜r2 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 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，R 2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．。

——教学资料参考参考范本——【高中教育】最新高二物理上学期12月月考试题（含解析）______年______月______日____________________部门一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39分，每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1。

下列四个物理量中哪一个是矢量（）A。

动能 B。

质量 C。

电场强度 D。

电压【答案】C【解析】动能、质量和电压都是只有大小无方向的物理量，是标量；而电场强度既有大小又有方向，是矢量，故选C。

2。

下列说法正确的是（）A。

四种基本相互作用是指：重力、弹力、电场力、磁场力B。

地面上的物体具有的重力势能是物体和地球共有的C。

电容器的电容与电容器的带电量有关D。

通电导线在磁场中受到的安培力为零，导线所在处的磁感应强度一定为零【答案】B【解析】自然界有四种基本的相互作用力：万有引力相互作用、电磁相互作用、强相互作用和弱相互作用．故A错误．地面上的物体具有的重力势能是和地球共有的．故B正确．电容器的电容是由电容器本身决定的，与电容器的带电量无关；故C错误；安培力的大小取决于磁感应强度、电流及二者间的夹角，故通电导线在磁场中受到的安培力为零，导线所在处的磁感应强度不一定为零；故D错误；故选B．3。

如图甲所示，火箭发射时速度能在10s内由0增加到100m/s；如图乙所示，汽车以108km/h的速度行驶，急刹车时能在2。

5s内停下来，下列说法中正确的是（）A。

10s内火箭的速度变化量为10m/sB。

2。

5s内汽车的速度变化量为-30m/sC。

火箭的速度变化比汽车的快D。

火箭的加速度比汽车的加速度大【答案】B【解析】试题分析：规定初速度的方向为正方向．A、火箭的速度改变量为△v=v2﹣v1=100m/s﹣0=100m/s，故A错误，B、108km/h=30m/s，汽车的速度改变量为△v′=v2′﹣v1′=0﹣30m/s=﹣30m/s，故B正确；C、根据a=得：火箭的加速度为：，汽车的加速度为：a=，所以火箭的加速度比汽车的加速度小，火箭的速度变化比汽车慢，所以C错误，D 正确．故选：BD4。

教学资料范本高二物理上学期12月月考试卷（含解析） (2)编辑：__________________时间：__________________河南省××市东方外国语学校高中部20xx-20xx学年高二（上）月考物理试卷（12月份）一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分．每小题至少一个答案正确）1．在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用．下列叙述不符合史实的是（）A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系B．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化2．如图所示，绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和开关组成一闭合回路，在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环a，下列各种情况铜环a中不产生感应电流的是（）A．线圈中通以恒定的电流B．通电时，使变阻器的滑片P匀速移动C．通电时，使变阻器的滑片P加速移动D．将开关突然断开的瞬间3．如图所示，当导线棒MN在外力作用下沿导轨向右运动时，流过R的电流方向是（）A．由A→B B．由B→A C．无感应电流D．无法确定4．如图所示，一水平放置的圆形通电线圈1固定，另一较小的圆形线圈2从1的正上方下落，在下落过程中两线圈平面始终保持平行且共轴，则在线圈2从正上方下落至l的正下方过程中，从上往下看，线圈2中的感应电流应为（）A．无感应电流B．有顺时针方向的感应电流C．先是顺时针方向，后是逆时针方向的感应电流D．先是逆时针方向，后是顺时针方向的感应电流5．一环形线圈放在匀强磁场中，设在第1s内磁场方向垂直于线圈平面向里，如图甲所示．若磁感强度B随时间t的变化关系如图乙所示，那么在第2s内，线圈中感应电流的大小和方向（）A．大小恒定，逆时针方向B．大小恒定，顺时针方向C．大小逐渐增加，顺时针方向D．大小逐渐减小，逆时针方向6．如图所示，闭合线圈abcd在磁场中运动到如图所示位置时，ab边受到的磁场力竖直向上，此线圈的运动情况可能是（）A．向右进入磁场B．向左移出磁场C．以ab为轴转动D．以cd为轴转动7．如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外．一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1（左）匀速运动到位置2（右）．则（）A．导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→aB．导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→aC．导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右D．导线框进入磁场时．受到的安培力方向水平向左8．对于如图所示的电流i随时间t作周期性变化的图象，下列说法中正确的是（）A．电流大小变化，方向不变，是直流电B．电流大小、方向都变化，是交流电C．电流最大值为0.2A，周期为0.01sD．电流大小变化，方向不变，不是直流电，是交流电9．面积为S的矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，从中性面起以角速度ω匀速转动，在t时刻线圈磁通量的瞬时值为（）A．BS B．BScosωt C．BSsinωt D．10．一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交流电的图象如图所示，由图可以知道（）A．0.01s时刻线圈处于中性面位置B．0.01s时刻穿过线圈的磁通量为零C．该交流电流有效值为2AD．该交流电流频率为50Hz11．如图所示，一电子以初速度v沿与金属板平行方向飞入MN极板间，突然发现电子向M 板偏转，若不考虑磁场对电子运动方向的影响，则产生这一现象的原因可能是（）A．开关S闭合瞬间B．开关S由闭合后断开瞬间C．开关S是闭合的，变阻器滑片P向右迅速滑动D．开关S是闭合的，变阻器滑片P向左迅速滑动12．如图所示电路中，L为自感系数很大的电感线圈，其直流电阻不计，A、B为两相同灯泡，则下列说法不正确的是（）A．合上S的瞬间，A、B同时亮B．合上S的瞬间，A先亮，B后亮C．合上S后，A逐渐变得更亮，B逐渐变暗直至熄灭D．断开S时，A立即熄灭，B重新亮随后逐渐熄灭二、填空题（每空2分，共14分）13．匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，导体棒ab长为L，垂直磁场放置，ab棒以a端为轴在纸面内以角速度ω匀速转动（如图所示），则a、b两端的电势差为，端电势高．14．如图所示是一演示实验的电路图．图中L是一带铁芯的线圈，A是一灯泡．起初，开关处于闭合状态，电路是接通的．现将开关断开，则在开关断开的瞬间，通过灯泡A的电流方向是．这个实验是用来演示现象的．15．当线圈平面位于中性面时，线圈中的磁通量（选择“最大”或“最小”），线圈中的电流（选择“有”或“无”），且线圈平面经过中性面时，就发生改变，故线圈转动一周电流方向改变次．三、计算题（本大题共3小题，共38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）16．如图（a）所示，一个500匝的线圈的两端跟R=99Ω的电阻相连接，置于竖直向下的匀强磁场中，线圈的横截面积是20cm2，电阻为1Ω，磁场的磁感应强度随时间变化的图象如图（b）所示．求磁场变化过程中通过电阻R的电流为多大．17．如图所示，水平面上有两根相距0.5m的足够长的平行金属导轨MN和PQ，它们的电阻可忽略不计，在M和P之间接有阻值为R的定值电阻．导体棒ab长l=0.5m，其电阻为r，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．现使ab 以v=10m/s的速度向右做匀速运动．求：（1）ab中的感应电动势多大？（2）若定值电阻R=3.0Ω，导体棒的电阻r=1.0Ω，则电路中的电流多大？ab两端的电压多大？（3）导体棒ab所受的安培力多大？方向如何？18．一台发电机产生的按正弦规律变化的电动势的峰值为400V，线圈匀速转动的角速度为314rad/s，（1）试写出电动势瞬时值的表达式．（2）如果该发电机的外电路只有电阻元件，闭合电路的总电阻为2 000Ω，则电路中电流的峰值为多少？电流的瞬时值表达式怎样？20xx-20xx学年河南省××市东方外国语学校高中部高二（上）月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分．每小题至少一个答案正确）1．在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用．下列叙述不符合史实的是（）A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系B．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化【考点】物理学史．【分析】对于物理中的重大发现、重要规律、原理，要明确其发现者和提出者，了解所涉及伟大科学家的重要成就．【解答】解：A、1820年，丹麦物理学家奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系，符合史实．故A正确．B、安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，很好地解释了软铁磁化现象，符合史实．故B正确．C、法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，不会出现感应电流．故C错误．D、楞次在分析了许多实验事实后提出楞次定律，即感应电流应具有这样的方向，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．故D正确．本题选不符合史实的，故选：C【点评】本题关键要记住力学和电学的一些常见的物理学史，需要学生平时加强积累．2．如图所示，绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和开关组成一闭合回路，在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环a，下列各种情况铜环a中不产生感应电流的是（）A．线圈中通以恒定的电流B．通电时，使变阻器的滑片P匀速移动C．通电时，使变阻器的滑片P加速移动D．将开关突然断开的瞬间【考点】感应电流的产生条件．【分析】感应电流产生的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化．根据这个条件分析判断有没有感应电流产生．【解答】解：A、线圈中通以恒定的电流时，线圈产生稳恒的磁场，穿过铜环A的磁通量不变，没有感应电流产生．故A错误．B、通电时，使变阻器的滑片P作匀速滑动时，变阻器接入电路的电阻变化，回路中电流变化，线圈产生的磁场变化，穿过铜环A磁通量变化，产生感应电流，故B正确．C、通电时，使变阻器的滑片P作加速滑动时，变阻器接入电路的电阻变化，回路中电流变化，线圈产生的磁场变化，穿过铜环A磁通量变化，产生感应电流．故C正确．D、将电键突然断开的瞬间，线圈产生的磁场从有到无消失，穿过穿过铜环A的磁通量减小，产生感应电流．故D正确．本题选择不产生感应电流的，故选：A．【点评】产生感应电流的条件细分有两个：一是电路要闭合；二是磁通量要发生变化，注意有磁通量与磁通量变化的区别．3．如图所示，当导线棒MN在外力作用下沿导轨向右运动时，流过R的电流方向是（）A．由A→B B．由B→A C．无感应电流D．无法确定【考点】右手定则．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】右手定则的：右手平展，使大拇指与其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内．磁感线垂直进入手心，大拇指指向导线运动方向，则四指所指方向为导线中感应电流的方向．【解答】解：导线棒MN在外力作用下沿导轨向右运动而切割磁感线产生感应电流，根据右手定则可以判定感应电流的方向为由A→B．故A正确．故选A．【点评】本题考查了右手定则，只要是导体切割磁感线而产生感应电流就可以利用右手定则判定感应电流的方向．4．如图所示，一水平放置的圆形通电线圈1固定，另一较小的圆形线圈2从1的正上方下落，在下落过程中两线圈平面始终保持平行且共轴，则在线圈2从正上方下落至l的正下方过程中，从上往下看，线圈2中的感应电流应为（）A．无感应电流B．有顺时针方向的感应电流C．先是顺时针方向，后是逆时针方向的感应电流D．先是逆时针方向，后是顺时针方向的感应电流【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】根据安培定则判断线圈1产生的磁场方向．在线圈2从正上方落至1的正下方过程中，分析穿过线圈2的磁通量的变化情况和磁场方向，根据楞次定律判断感应电流方向．【解答】解：根据安培定则判断可知，线圈1产生的磁场方向向上．当线圈2靠近线圈1时，穿过线圈2的磁通量增加，根据楞次定律可知，线圈2中产生顺时针方向的电流；当线圈2远离线圈1时，穿过线圈2的磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈2中产生逆时针方向的电流．所以线圈2中感应电流的方向先是顺时针方向，后是逆时针方向．故C正确，A、B、D错误．故选：C．【点评】楞次定律是关于感应电流方向的普遍规律，运用时关键明确两个条件：一是原磁场的方向，二是磁通量的变化情况．5．一环形线圈放在匀强磁场中，设在第1s内磁场方向垂直于线圈平面向里，如图甲所示．若磁感强度B随时间t的变化关系如图乙所示，那么在第2s内，线圈中感应电流的大小和方向（）A．大小恒定，逆时针方向B．大小恒定，顺时针方向C．大小逐渐增加，顺时针方向D．大小逐渐减小，逆时针方向【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】变化的磁场产生电磁，均匀变化的磁场产生恒定的电磁，根据楞次定律判断出感应电流的方向．【解答】解：由题意可知，第1s内磁场方向垂直于线圈平面向里，则在第2s内，磁场的方向垂直于纸面向外，且均匀减小，所以产生恒定的电流，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针方向，所以A正确，BCD错误．故选：A【点评】解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，注意磁场的方向与大小的变化．6．如图所示，闭合线圈abcd在磁场中运动到如图所示位置时，ab边受到的磁场力竖直向上，此线圈的运动情况可能是（）A．向右进入磁场B．向左移出磁场C．以ab为轴转动D．以cd为轴转动【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；安培力；左手定则．【分析】由题意知，ab边受到的磁场力的方向竖直向上，根据左手定则判断出ab边中感应电流的方向，再由右手定则判断abcd的运动情况．【解答】解：A、B据题，ab边受到的磁场力的方向竖直向上，根据左手定则判断出ab边中感应电流的方向为a→b，再由右手定则判断可知，abcd的运动情况是向左平动．故A错误，B正确．C、D以ab为轴转动或以cd为轴转动时，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律判断可知，线圈中产生的感应电流方向沿abcda，ab边所受的磁场力方向竖直向上，故CD正确．故选：BCD【点评】本题是右手定则、左手定则和楞次定律的综合应用．在电磁感应现象中，常常右手定则、安培定则和左手定则会结合应用，要明确三个定则应用的条件，不能混淆．7．如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外．一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1（左）匀速运动到位置2（右）．则（）A．导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→aB．导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→aC．导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右D．导线框进入磁场时．受到的安培力方向水平向左【考点】右手定则．【分析】线框进入时bc边切割磁感线，出来时ad边切割磁感线，因此根据右手定则可以判断出电流方向，注意完全进入时，磁通量不变，无感应电流产生；然后根据左手定则判断安培力方向．也可以利用楞次定律直接判断电流和受力方向．【解答】解：线框进入磁场时，磁通量增大，因此感应电流形成磁场方向向里，由安培定则可知感应电流方向为a→d→c→b→a，安培力方向水平向左，同理线框离开磁场时，电流方向为a→b→c→d→a，安培力方向水平向左，故ABC错误，D 正确．故选：D．【点评】本题可以利用楞次定律直接判断电流和受力方向，也可以利用右手定则先判断电流向，然后利用左手定则判断受力方向．8．对于如图所示的电流i随时间t作周期性变化的图象，下列说法中正确的是（）A．电流大小变化，方向不变，是直流电B．电流大小、方向都变化，是交流电C．电流最大值为0.2A，周期为0.01sD．电流大小变化，方向不变，不是直流电，是交流电【考点】交变电流．【分析】电流的大小和方向都随时间成周期性变化的电流为交流电，由图象可以看出电流的最大值和周期．【解答】解：由图象可知：电流的大小变化，方向始终为正，不发生变化变，所以是直流电，电流最大值为0.2A，周期为0.01s，所以AC正确，BD错误．故选AC【点评】本题主要考查了交流电的定义以及读图的能力，要求同学们能根据图象读出有效信息，难度不大，属于基础题．9．面积为S的矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，从中性面起以角速度ω匀速转动，在t时刻线圈磁通量的瞬时值为（）A．BS B．BScosωt C．BSsinωt D．【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式．【专题】交流电专题．【分析】首先从中性面开始转动，初始位置磁通量最大，故可知磁通量为余弦式变化．【解答】解：由初始磁通量为最大可知，磁通量表达式为：∅=BScosωt，故ACD错误，B 正确．故选：B．【点评】解决本题的关键掌握线圈转动初始位置及对应的特点，这个表达式取决于其初始位置．10．一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交流电的图象如图所示，由图可以知道（）A．0.01s时刻线圈处于中性面位置B．0.01s时刻穿过线圈的磁通量为零C．该交流电流有效值为2AD．该交流电流频率为50Hz【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．【专题】交流电专题．【分析】由i﹣t图象可以读出电流的周期、最大值；当感应电动势最大时，线圈与中性面垂直；当感应电动势最小时，线圈与中性面重合．【解答】解：A、B、0.01s时刻感应电流最大，感应电动势最大，故线圈与中性面垂直，磁通量为零，故A错误，B正确；C、该交流电流的最大值为6.28A，故有效值为：I=，故C错误；D、该电流的周期为0.04s，故频率f===25Hz，故D错误；故选：B．【点评】本题关键是明确：当线圈位于中性面时，感应电动势最小，为零；当线圈与中性面垂直时，感应电动势最大．11．如图所示，一电子以初速度v沿与金属板平行方向飞入MN极板间，突然发现电子向M板偏转，若不考虑磁场对电子运动方向的影响，则产生这一现象的原因可能是（）A．开关S闭合瞬间B．开关S由闭合后断开瞬间C．开关S是闭合的，变阻器滑片P向右迅速滑动D．开关S是闭合的，变阻器滑片P向左迅速滑动【考点】法拉第电磁感应定律；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】电子向M偏转，与两金属板相连的线圈产生的感应电动势与M相连的一端电势高，与N板相连的一端电势低，然后应用楞次定律分析答题．【解答】解：电子向M板偏转，说明电子受到向左的电场力，两金属板间的电场由M指向N，M板电势高，N板电势低，这说明：与两金属板相连的线圈产生的感应电动势：左端电势高，与N板相连的右端电势低；A、开关S闭合瞬间，由安培定则可知，穿过线圈的磁通量向右增加，由楞次定律知在右侧线圈中感应电流的磁场方向向左，产生左正右负的电动势，电子向M板偏振，A正确；B、开关S由闭合后断开瞬瞬间，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律知在右侧线圈中产生左负右正的电动势，电子向N板偏振，B错误；C、开关S是闭合的，变阻器滑片P向右迅速滑动，变阻器接入电路的电阻增大，电流减小，穿过线圈的磁通量减小，由楞次定律知在上线圈中产生左负右正的电动势，电子向N偏振，C错误；D、开关S是闭合的，变阻器滑片P向左迅速滑动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电流增大，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律知在上线圈中感应出左正右负的电动势，电子向M偏振，D正确．故选：AD．【点评】根据电子偏转方向判断两金属板电势高低，判断出感应电动势电势方向，应用右手定则与楞次定律即可正确解题．12．如图所示电路中，L为自感系数很大的电感线圈，其直流电阻不计，A、B为两相同灯泡，则下列说法不正确的是（）A．合上S的瞬间，A、B同时亮B．合上S的瞬间，A先亮，B后亮C．合上S后，A逐渐变得更亮，B逐渐变暗直至熄灭D．断开S时，A立即熄灭，B重新亮随后逐渐熄灭【考点】自感现象和自感系数．【分析】闭合S，A、B同时亮，随着L中电流增大，线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，B灯逐渐被短路，总电阻减小，再由欧姆定律分析B灯亮度的变化．断开S，A灯立即熄灭，线圈中的电流逐渐减小，根据楞次定律判断B灯亮度如何变化．【解答】解：A、B、C闭合S时，电源的电压同时加到两灯上，A、B同时亮；随着L中电流增大，由于线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，B逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增大，A灯变亮．故AC正确，B错误．D、断开S，A立即熄灭，线圈L中电流减小，产生自感电动势，感应电流流过B灯，B闪亮一下后熄灭．故D正确．故选：ACD【点评】对于通电与断电的自感现象，它们是特殊的电磁感应现象，可楞次定律分析发生的现象．二、填空题（每空2分，共14分）13．匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，导体棒ab长为L，垂直磁场放置，ab棒以a端为轴在纸面内以角速度ω匀速转动（如图所示），则a、b两端的电势差为BωL2， b 端电势高．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；法拉第电磁感应定律；楞次定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】根据转动切割产生的感应电动势公式求出a、b两端的电势差，根据右手定则判断电势的高低．【解答】解：ab棒以a端为轴在纸面内以角速度ω匀速转动，则a、b两端的电势差．根据右手定则知，b端电势高．故答案为： BωL2，b．【点评】解决本题的关键掌握转动切割产生的感应电动势公式E=BωL2，会运用右手定则判断电势的高低．14．如图所示是一演示实验的电路图．图中L是一带铁芯的线圈，A是一灯泡．起初，开关处于闭合状态，电路是接通的．现将开关断开，则在开关断开的瞬间，通过灯泡A的电流方向是b到a ．这个实验是用来演示自感现象的．【考点】自感现象和自感系数．【分析】线圈的特点是闭合时阻碍电流的增大，断开时产生一自感电动势相当于电源，与A组成闭合回路，L的右端电势高．【解答】解：在S断开前，自感线圈L中有向右的电流，断开S后瞬间，L的电流要减小，于是L中产生自感电动势，阻碍自身电流的减小，但电流还是逐渐减小为零．原来跟L并联的灯泡A，由于电源的断开，向右的电流会立即消失．但此时它却与L形成了串联的回路，L中维持的正在减弱的电流恰好从灯泡A中流过，方向由b到a．因此，灯泡不会立即熄灭，而是渐渐熄灭．故答案为：b到a，自感【点评】做好本类题目的关键是弄清线圈与哪种电器相配，结合线圈特点分析新组成的闭合回路的电流流向．15．当线圈平面位于中性面时，线圈中的磁通量最大（选择“最大”或“最小”），线圈中的电流无（选择“有”或“无”），且线圈平面经过中性面时，电流就发生改变，故线圈转动一周电流方向改变 2 次．【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理．【专题】定性思想；推理法；交流电专题．【分析】感应电动势方向即为感应电流方向．当线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流时，线圈平面每经过中性面一次，感应电流与感应电动势方向均改变一次，转动一周，感应电流方向改变两次，线圈平面经过中性面时磁通量最大，感应电流为零．【解答】解：线圈平面经过中性面时磁通量最大，感应电流为零；当线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流时，线圈平面每经过中性面一次，感应电流与感应电动势方向均改变一次，转动一周，感应电流方向改变两次；故答案为：最大；无；电流；2．【点评】本题考查中性面特点：线圈平面每经过中性面一次，感应电流与感应电动势方向均改变一次，转动一周，感应电流方向改变两次．三、计算题（本大题共3小题，共38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）16．如图（a）所示，一个500匝的线圈的两端跟R=99Ω的电阻相连接，置于竖直向下的匀强磁场中，线圈的横截面积是20cm2，电阻为1Ω，磁场的磁感应强度随时间变化的图象如图（b）所示．求磁场变化过程中通过电阻R的电流为多大．【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．【专题】电磁感应——功能问题．。