學必求其心得，業(yè)必貴于專精四川省南充市閬中中學2018-2019學年高二12月月考物理試題一、單項選擇題(共8小題,每題4分）1.關于電場和磁場以及電荷的受力，以下說法正確的選項是（）處在電場中的電荷必然碰到電場力的作用B。處在磁場中的電荷必然碰到洛侖茲力的作用電荷在電場中所受電場力的方向就是電場強度的方向D。電荷在磁場中所受洛侖茲力的方向就是磁場的方向【答案】A【解析】【詳解】A：處在電場中的電荷必然碰到電場力的作用,故A項正確.B：靜止的電荷處于磁場中，不受洛倫茲力.故B項錯誤。C：正電荷在電場中所受電場力的方向就是電場強度的方向；負電荷在電場中所受電場力的方向與電場強度的方向相反。故C項錯誤.D：電荷在磁場中所受洛侖茲力的方向與磁場的方向必然垂直.故D項錯誤?！军c睛】洛倫茲力方向由左手定則來確定，其方向垂直于磁場方向及運動電荷的速度方向。2.以下列圖，開始時矩形線框與勻強磁場的方向垂直，且一半在磁場內(nèi)，一半在磁場外，若要使線框中產(chǎn)生感覺電流，以下方法中不可行的是（）-1-學必求其心得，業(yè)必貴于專精A.將線框向左拉出磁場B。以bc邊為軸轉動(小于60°）C。以ab邊為軸轉動（小于90°）D.以ad邊為軸轉動（小于60°)【答案】B【解析】【解析】磁通量是穿過線圈的磁感線的條數(shù)．比較產(chǎn)生感覺電流的條件：穿過電路的磁通量發(fā)生變化進行解析判斷有無感覺電流產(chǎn)生；【詳解】A、將線框向左拉出磁場，穿過線圈的磁通量減小,有感覺電流產(chǎn)生，故A不吻合題意;B、以bc邊為軸轉動（小于60),穿過線圈的磁通量B·S保持不變,2沒有感覺電流產(chǎn)生，故B吻合題意；C、以ab邊為軸轉動(小于90)，穿過線圈的磁通量減小，有感覺電流產(chǎn)生,故C不吻合題意；D、以ad邊為軸轉動（小于60)，穿過線圈的磁通量從B·S減小到2零，有感覺電流產(chǎn)生，故D不吻合題意；不可以行的應選B?！军c睛】關于勻強磁場磁通量，可以依照磁感線條數(shù)直觀判斷，也可以依照磁通量的計算公式BSsin(α是線圈與磁場方向的夾角）進行計算；3.某同學將素來流電源的總功率P1、輸出功率P2和電源內(nèi)部的發(fā)熱功率P3隨電流I變化的圖線畫在了同一坐標上，如圖中的a、b、c-2-學必求其心得，業(yè)必貴于專精所示,依照圖線可知（）反響P3變化的圖線是bB。電源電動勢為8V電源內(nèi)阻為4ΩD。當電流為0。5A時，外電路的電阻為6Ω【答案】D【解析】【解析】依照電源耗資的總功率的計算公式PEI可得電源的總功率與電流的1關系,依照電源內(nèi)部的發(fā)熱功率P3I2r可得電源內(nèi)部的發(fā)熱功率與電流的關系，進而可以判斷abc三條線代表的關系式，在由圖象解析出電動勢和內(nèi)阻；【詳解】A、由電源耗資功率PEI、輸出功率PEII2r和電源內(nèi)部消12耗功率P3I2r可知，a是直線，表示的是電源耗資的電功率；c是拋物線,張口向上,表示的是電源內(nèi)電阻上耗資的功率；b是拋物線，張口向下，表示外電阻的功率即為電源的輸出功率，故A錯誤；B、由P1EI知電源電動勢為:E4V，故B錯誤；2P382，C錯誤；C、電源內(nèi)部耗資功率PIr可知電源內(nèi)阻為:222I-3-學必求其心得，業(yè)必貴于專精D、由閉合電路歐姆定律IE可知，當電流為0.5A時,外電路的電Rr阻為:R6，D正確;應選D.【點睛】當電源的內(nèi)阻和外電阻的大小相等時，此時電源的輸出的功率最大，并且直流電源的總功率P1等于輸出功率P2和電源內(nèi)部的發(fā)熱功率P3的和.4。一電流表G的滿偏電流Ig=2mA,內(nèi)阻為100Ω。要把它改裝成一個量程為0.4A的電流表,則應在電流表G上A.并聯(lián)一個0。5Ω的電阻B.并聯(lián)一個100Ω的電阻C.串通一個0.5Ω的電阻D。串通一個100Ω的電阻【答案】A【解析】把電流表改裝成0.4A的電流表需要并聯(lián)一個分流電阻，分流電阻阻值：RIgRg0.0021000.5,應選A.IIg0.40.002【點睛】本題觀察了電流表的改裝，知道電流表改裝原理、應用并聯(lián)電路特點與歐姆定律即可正確解題。5.某同學對時下流行的一款充一次電即可使用一個月的電動牙刷產(chǎn)生了興趣，于是他對電動牙刷內(nèi)的主要部件﹣﹣微型電動機的性能進行了研究。運用以下列圖的實驗電路，調(diào)治滑動變阻器R使電動機停止轉動，電流表和電壓表的示數(shù)分別為200mA和1.2V．重新調(diào)治R并使電動機恢復正常運轉，此時電流表和電壓表的示數(shù)分別為100mA和2。4V．則這微型臺電動機正常運轉時輸出功率為（)-4-學必求其心得，業(yè)必貴于專精A。0。24WB.0.16WC。0。18WD.0。06W【答案】C【解析】【解析】依照公式RU可求電動機停轉時的電阻；利用公式P=UI可求電動I機的總功率，依照公式PI2R可求內(nèi)阻耗資的熱功率,總功率與內(nèi)阻耗資的熱功率之差就是電動機的輸出功率；【詳解】電動機的電阻：RU1.26,電動機的總功率：I0.2PU1I12.4V0.1A0.24W,電動機內(nèi)阻耗資的功率：PRI1R（0.1A）60.06W,22電動機正常運轉時的輸出功率是P輸出PPR0.240.06W0.18W,故C正確，A、B、D錯誤；應選C。6.一通電螺線管放在圓滑桌面上可自由轉動，素來導線平行于通電螺線管的軸線放置在螺線管的正上方,以下列圖，若是直導線固定且通以方向為由a到b的電流,則螺線管受磁場力后的情況為（）A。從上向下看順時針轉動并對桌面壓力減小從上向下看順時針轉動并對桌面壓力增大-5-學必求其心得，業(yè)必貴于專精C。從上向下看逆時針轉動并對桌面壓力增大D。從上向下看逆時針轉動并對桌面壓力減小【答案】D【解析】【解析】通電導線因放在通電螺線管的磁場中故碰到磁場力，因左右兩側磁場方向不相同，故可以分左右兩邊分別解析研究，畫出兩側的磁場方向,則由左手定則可判出磁場力的方向，依照受力情況可判出直導線轉動的趨勢,為了簡略，我們可以判斷直導線轉動到向里的地址判斷導體的受力情況，再判出螺線管的運動情況；【詳解】通電螺線管的磁感線以下列圖，則由圖示可知左側導體所處的磁場方向斜向下,右側直導線體所處的磁場斜向上，則由左手定則可知，左側直導線受力方向向里，右側直導線受力方向向外，故從上向下看，直導線有順時針轉動的趨勢；依照牛頓第三定律可知，螺線管受力的方向與直導線受力的方向相反,所以從上向下看螺線管將沿逆時針轉動；當螺線管轉過90時,由左手定則可得直導線受力向下，故螺線管轉動過程中受力的方向向上；即從上向下看逆時針轉動并對桌面壓力減小，故D正確,A、B、C錯誤;應選D。【點睛】要點是先以直導線為研究對象，由左手定則-6-學必求其心得，業(yè)必貴于專精判斷其受力和轉動的趨勢,再以螺線管為研究對象依照牛頓第三定律判斷。7。以下列圖，在直線MN的右側地域內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強磁場．兩個初速度大小相等的不相同粒子a和b，從O點沿著紙面射入勻強磁場中，其中α粒子的速度方向垂直于界線MN，b粒子的速度方向與a粒子的速度方向的夾角θ=30°，最后兩粒子從界線MN上的同一點射出。b粒子在磁場中運動的偏轉角大于180°，不計粒子碰到的重力,a、b兩粒子在磁場中運動的半徑之比為A.1：lB.1：3C。3:lD。3：2【答案】D【解析】b粒子在磁場中運動的偏轉角大于180°,可得兩粒子運動軌跡如圖所示：依照幾何關系可得:racos3003，故D正確，ABC錯誤.rb28.以下列圖，兩相鄰的寬均為0。8m的勻強磁場所區(qū)，磁場方向分別垂直紙面向里和垂直紙面向外。一邊長為0.4m的正方形導線框位-7-學必求其心得，業(yè)必貴于專精于紙面內(nèi)，以垂直于磁場界線的恒定速度v=0。2m/s經(jīng)過磁場所區(qū)，在運動過程中，線框有一邊向來與磁場所區(qū)的界線平行.取它剛進入磁場的時刻t=O,規(guī)定線框中感覺電流逆時針方向為正方向。在以下列圖線中，正確反響感覺電流強度隨時間變化規(guī)律的是A。B。C。D.【答案】C【解析】線框一邊切割磁感線產(chǎn)生感覺電動勢:E=BLv，線框進入左側磁場的時間：t=L0.4s2s，0.2在0-2s內(nèi)，感覺電流：I1=E/R，由右手定則可知，感覺電流沿逆時針方向，是正的；在2—4s內(nèi)線框在左側磁場中運動，不產(chǎn)生感覺電流；在4—6s進入右側磁場，線框兩邊同時切割磁感線,由右手定則可知，兩邊切割磁感線產(chǎn)生的感覺電流都沿順時針方向，是負的，感覺電流：I2=2E/R；在6-8s內(nèi)，線框在右側磁場中運動，不產(chǎn)生感覺電流；在8-10s內(nèi)，線框走開右側磁場，感覺電流:I3=E/R,由右手定則可知，電流沿逆時針方向，是正的；綜上所述,電流I—t圖象-8-學必求其心得，業(yè)必貴于專精如圖C所示；應選C。點睛：本題觀察電磁感覺中的圖象問題，要注意分段辦理線框的運動過程，依照右手定則及法拉第電磁感覺定律判斷電流的大小、方向的變化規(guī)律，注意正方向的選擇．二、多項選擇題（共4小題，每題4分）9.以下列圖，虛線a、b和c是某靜電場中的三個等勢面，它們的電勢分別為Ua、Ub和Uc，一帶正電粒子射入電場中，其運動軌跡如實線KLMN所示．由圖可知（)A.Ua＞Ub＞UcB。粒子從L到M的過程中，電場力做負功C.粒子從K到L的過程中，電勢能增加粒子從K到M的過程中,動能減少【答案】AC【解析】【解析】依照正電荷的受力方向判斷電場的方向，進而判斷電勢的高低，依照電場力做功比較動能的大小和電勢能的大小；【詳解】A、帶正電的粒子碰到排斥力的作用，說明電場是正電荷-9-學必求其心得，業(yè)必貴于專精產(chǎn)生的，沿著電場線的方向，電勢降低，所以UaUbUc，故A正確;B、從L到M的過程中，電場力先做負功，后做正功,故B錯誤；C、粒子從K到L的過程，湊近正電荷，電場力做負功，電勢能增加，故C正確;D、從K到N的過程中,電場力先做負功，后做正功，動能先減小后增加，故D錯誤；應選AC?！军c睛】要點要明確電場力的做功情況，爾后依照動能定理判斷動能的變化情況,依照電場力做功與電勢能變化的關系獲得電勢能的變化情況。10。以下列圖，圖線a是某一電源的UI曲線,圖線b是必然值電阻的UI曲線.若將該電源與該定值電阻連成閉合電路(已知該電源的內(nèi)阻r2.0),則()A。該定值電阻為6B.該電源的電動勢為20V將3只這種電阻并聯(lián)作為外電阻，電源輸出功率最大將2只這種電阻串通作為外電阻,電源輸出功率最大【答案】C【解析】-10-學必求其心得，業(yè)必貴于專精解:A、圖線b的斜率k==6Ω，則定值電阻的阻值R=k=6Ω；故A正確；B、由圖讀出交點的電壓U=15V,電流I=2。5A，依照閉合電路歐姆定律得，電源的電動勢:E=U+Ir=15V+2。5×2V=20V；故B正確；C、D、關于電源，當內(nèi)外電路的電阻相等時輸出功率最大,故將3只這種電阻并聯(lián)作為外電阻,電源輸出功率最大,故C錯誤，D正確；本題選錯誤的,應選:C【議論】定值電阻的伏安特點曲線斜率等于電阻，電源的伏安特點曲線的斜率絕對值表示內(nèi)電阻、縱軸截距表示電動勢．11.以下列圖，水平放置的兩個平行金屬板，上板帶負電,下板帶等量的正電，三個質量相等，分別帶正電、負電和不帶電的粒子從極板的左側P點以相同的水平初速度進入電場中，分別落在正極板的a、b、c三處，由此可知()A。粒子a帶正電，b不帶電，c帶負電三個粒子在電場中運動的時間相等C。三個粒子在電場中的加速度aa＞ab＞ac三個粒子到達正極板的動能Eka＞Ekb＞Ekc【答案】CD【解析】【詳解】ABC、依照題意,三小球在水平方向做勻速直線運動,則有-11-學必求其心得，業(yè)必貴于專精v0t，水平初速度v0相同,則水平位移x與運動時間t成正比，由圖看出，水平位移的關系為xaxbxc,則運動時間關系為tatbtc,豎直方向上三個粒子都做初速度為0的勻加速直線運動，到達下極板時，在豎直方向產(chǎn)生的位移y相等，由y1at2則知加速度關系為aaabac，由2牛頓第二定律得知三個小球的合力關系為FaFbFc，由于平行板間有豎直向上的電場，正電荷在電場中碰到向上的電場力,向下的合力最小，向下的加速度最小，負電荷碰到向下的電場力,向下的合力最大，向下的加速度最大，不帶電的小球做平拋運動,加速度為重力加速度g，可知，落在a點的顆粒帶負電，c點的帶正電,b點的不帶電，故正確，A、B錯誤；、由以上解析可知，F(xiàn)aFbFc，則豎直位移相同，則可知外力做功a最大,c最小，則由動能定理可知三個粒子到達正極板的動能EkaEkbEkc，故D正確;應選CD。【點睛】電容器上極板帶負電,下極板帶正電,平行板間有豎直向上的勻強電場,正電荷在電場中碰到向上的電場力,負電荷碰到向下的電場力，不帶電的小球做平拋運動，帶負電的小球做類平拋運動，加速度比重力加速度大,帶正電的小球做加速度比重力加速度小的類平拋運動。12。以下列圖的電路中，電表均為理想電表。閉合電鍵S，當滑動變阻器滑片P向左搬動時，以下說法正確的選項是-12-學必求其心得，業(yè)必貴于專精A。電流表A讀數(shù)變大,電壓表V1讀數(shù)變大電流表A讀數(shù)變小，電壓表V2讀數(shù)變大燈泡變亮D。電壓表V1示數(shù)的變化量U1小于電壓表V2示數(shù)的變化量U2【答案】BD【解析】當滑動變阻器滑片P向左搬動時，其接入電路的電阻增大，電路的總電阻R總增大，總電流I減小，燈泡的功率為P=I2RL,RL不變，則P減小，燈泡變暗．故C錯誤．電路中總電流減小，則電流表A讀數(shù)變小,電壓表讀數(shù)為U=E—Ir，I減小,則V1變大．因L上的電壓減小，則R上的電壓變大，即V2讀數(shù)變大，故A錯誤，B正確．因U=U+U，U變大，U變大,U減小，則電壓表V示數(shù)的變化量ΔU1L212L11小于電壓表V2示數(shù)的變化量ΔU2，選項D正確．應選BD。點睛:本題的要點在于明確電路的結構,搞清各個電阻電壓和電流的關系，利用先局部,后整體，再局部的解析思路解析；注意會采用總量法解析變阻器電流的變化．三、實驗題(共三小題，13、14小題每空2分，15題每空3分，本大題共17分）（4分)讀出以下游標卡尺和螺旋測微器的示數(shù)-13-學必求其心得，業(yè)必貴于專精游標卡尺的示數(shù)為cm；螺旋測微器的示數(shù)為cm【答案】【解析】試題解析：20分度的游標卡尺的精確度為0.05mm，主尺讀數(shù)為100mm，游標第5條刻線對的最齊，由游標卡尺的讀數(shù)規(guī)則可讀出100。25mm=10.025cm;螺旋測微器的精確度為0.01mm，主尺讀數(shù)為5mm,半刻度露出則5.5mm，游標為20.0×0.01mm,故讀數(shù)為5。700mm=0.5700cm?？键c：游標卡尺螺旋測微器14。用多用電表的歐姆擋測量一個阻值大體為150Ω的定值電阻，有以下可供選擇的步驟:．將兩根表筆短接B．將選擇開關撥至“×1kΩ”擋C．將選擇開關撥至“×10Ω”擋．將兩根表筆分別接觸待測電阻的兩端，記下讀數(shù)E．調(diào)治調(diào)零電阻，使指針停在0Ω刻度線上-14-Rx的阻值，他們先用多用電學必求其心得，業(yè)必貴于專精F．將選擇開關撥至OFF擋大將上述中必要的步驟選出來，這些必要步驟的合理的序次是_____．．．．．（填寫步驟的代號）；若操作正確，上述D步驟中，指針偏轉情況以下列圖,則此未知電阻的阻值Rx=_____Ω．【答案】（1）.CAEDF（2).160Ω【解析】【解析】實驗歐姆表前要進行機械調(diào)零;歐姆表換擋后要重新進行歐姆調(diào)零；用歐姆表測電阻要選擇合適的擋位，使指針指針中央刻度線周邊；歐姆表使用達成要把選擇開關置于OFF檔或交流電壓最高檔；歐姆表的讀數(shù)要注意倍率；【詳解】測量一個阻值大體為150Ω的定值電阻，則要先選擇開關撥至“×10Ω"擋，進行歐姆調(diào)零，記數(shù)，選擇開關撥至OFF擋,則正確的序次是：CAEDF；圖中的讀數(shù)為：16×10Ω=160Ω15。(1）某實驗小組為了測量某一電阻表進行粗測，測量出Rx的阻值約為18Ω左右。為了進一步精確測量該電阻，實驗臺上有以下器材：-15-學必求其心得，業(yè)必貴于專精A．電流表（量程15mA，內(nèi)阻未知）B．電阻箱（0～999.9Ω)C．電源（電動勢約3V，內(nèi)阻約1Ω）D．單刀單擲開關2只E．導線若干甲同學設計了如圖甲所示的實驗，依照以下步驟達成實驗:a．先將電阻箱阻值調(diào)到最大，閉合S1,斷開S2,調(diào)治電阻箱阻值,使電阻箱有合適的阻值R1,此時電流表指針有較大的偏轉且示數(shù)為I；b．保持開關S1閉合，再閉合開關S2，調(diào)治電阻箱的阻值為R2，使電流表的示數(shù)仍為I；依照實驗步驟可知，待測電阻Rx=_______（用步驟中所測得的物理量表示)。2）同學乙認為該電路可以用來測電源的電動勢、內(nèi)阻。若已知所選電流表的內(nèi)阻RA=2.0Ω，閉合開關S2，調(diào)治電阻箱R,讀出多組電阻值R和電流I的數(shù)據(jù);由實驗數(shù)據(jù)繪出的1R圖象如圖乙所示，由I此可求得電源電動勢E=_________V，內(nèi)阻r=__________Ω（．計算結果保留兩位有效數(shù)字）【答案】（1).R2﹣R1(2)。3.2(3)。2。0【解析】-16-學必求其心得，業(yè)必貴于專精【解析】斷開S2時和閉合開關S2時,依照閉合電路歐姆定律列式，求出待測電阻；閉合開關S2，依照閉合電路歐姆定律寫出關系式，結合圖線求出電源電動勢和內(nèi)阻；【詳解】解:(1）依照閉合電路歐姆定律，斷開S2時有:EI(RxR1RAr)，閉合開關S2時有：EI(R2RAr)，聯(lián)立解得待測電阻：RxR2R1；(2）閉合開關S2,依照閉合電路歐姆定律可知：EI(RRAr)，則有：11RAr，由圖像可得：0.21031RAr，0.11031316RAr,聯(lián)立RE636EEEIEE解得:E3.2V，r2.0三、計算題（16~18題每題10分，19題15分，共45分)—216。以下列圖,一質量為m=1.0×10kg，帶電量大小為q=1。0×10-6C的小球，用絕緣細線懸掛在水平向右的勻強電場中，假設電場足夠大,靜止時懸線向左與豎直方向成450角。小球在運動過程中電量保持不變，重力加速度g取10m／s2。(1)求電場強度E；(2)若在某時刻將細線突然剪斷，求經(jīng)過1s時小球的位移大小.5【答案】（1）1。0×10N/C;（2）52m【解析】【詳解】（1）由于小球靜止，所以由平衡條件可得：qE=mgtan-17-學必求其心得，業(yè)必貴于專精5所以有：E=mgtanθ/q=1。0N/C×10。(3）剪斷細線后，小球只受重力和電場力，所以兩力的合力沿著繩的方向，小球做初速度為零的勻加速直線運動，小球碰到的合力為：F=mgcosθ由牛頓第二定律F=ma可得：a=gcosθ又由運動學公式有:x1at22代入獲得：x=52m【點睛】第一對小球受力解析，依照平衡條件可得小球碰到的電場力與重力的關系，并可求出電場強度的值；剪斷細線后，由于小球碰到的重力與電場力都為恒力，所以小球將做初速度為零的勻加速直線運動，依照牛頓第二定律和運動學公式即可求解．17.以下列圖，電源的電動勢為12V，內(nèi)阻為1Ω,R1=1Ω,R2=6Ω，電動機的線圈電阻為0.5Ω．開關閉合后經(jīng)過電源的電流為3A,求：（1）R1兩端的電壓和電源的內(nèi)電壓(2）電動機的熱功率和輸出的機械功率【答案】(1）3V；3V（2)2W;10W【解析】【解析】依照歐姆定律求出R1兩端的電壓和電源的內(nèi)電壓；依照電壓的分配求出R2兩端的電壓，由干路電流和R2的電流求出流過電動機的電-18-學必求其心得，業(yè)必貴于專精流，依照PQ2求出電動機的熱功率和P出PP求出電動機輸出的機IMrmMQ械功率；【詳解】解：(1)R1兩端電壓：U1IR131V3V電源的內(nèi)電壓：U內(nèi)Ir31V3V（2）R2兩端電壓：U2EU1U內(nèi)(1233)V6V經(jīng)過R2的電流：I2U26A1AR26經(jīng)過電動機的電流：IMII2(31)A2A，電動機電壓:UMU26V電動機耗資的電功率為：PIUM26W12WMM電動機熱功率：PQIM2rm2W則輸出的機械功率：PPMPQ10W出18。以下列圖，水平面上有兩根相距0.5m的足夠長的圓滑平行金屬導軌MN和PQ，導軌的電阻忽略不計,在M和P之間接有阻值R=4Ω的電阻。導體棒ab長L=0。5m，其電阻為r=1Ω，質量m=0.1kg,與導軌