河北省廊坊市香河三中高二物理上学期12月月考试卷（含解析）.doc

河北省廊坊市香河三中2014-2015学年高二上学期月考物理试卷（12月份）一、选择题共15小题，每小题4分，共48分下列各小题中，有的有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但选不全的得2分，选错或不选的得0分1如图r1和r2分别标有“2、1.0a”和“4、0.5a”，将它们串联后接入电路中，则此电路中允许消耗的最大功率为( )a6.0wb5.0wc3.0wd1.5w考点：电功、电功率；串联电路和并联电路 专题：恒定电流专题分析：把r1和r2串连接入电路中，他们的电流相同，根据r1和r2的参数可知，串联时的最大的电流为0.5a，根据p=i2r，可以求得电路中允许消耗的最大功率解答：解：把r1和r2串连后，由于r2的最大电流较小，所以串联后的最大电流为0.5a，串联后的总的电阻为6，所以电路的最大的功率为p=i2r=0.526w=1.5w，所以d正确故选d点评：本题考查的是串联电路的特点，在串联电路中，电路的电流的大小是相同的，根据这一个特点就可以判断出电流中允许通过的最大的电流2在如图所示的电路中，电源电动势为e，内电阻为r，c为电容器，r0为定值电阻，r为滑动变阻器开关闭合后，灯泡l能正常发光当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是( )a灯泡l将变暗b灯泡l将变亮c电容器c的电荷量将减小d电容器c的电荷量将不变考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：电路稳定时，与电容器串联的电路没有电流，相当于断路当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器在路电阻增大，外电阻增大，电路中电流减小，灯l变暗电容器的电压等于路端电压，分析其电压变化，由q=cu分析电量的变化解答：解：a、当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电阻增大，电路中电流减小，灯l变暗，故a正确，b错误c、电路中电流减小，则电源内阻所占电压减小，则路端电压增大，电容器的电压等于路端电压，可见其电压是增大的，则由q=cu知，电容器c的电荷量将增大故cd错误故选：a点评：本题是电路的动态变化分析问题，可直接根据路端电压随外电阻增大而增大，判断电容器两端电压的变化3在研究微型电动机的性能时，可采用如图所示的实验电路当调节滑动变阻器r，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5a和1.0v；重新调节r，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0a和15.0v则当这台电动机正常运转时( )a电动机的输出功率为8wb电动机的输出功率为30wc电动机的内阻为7.5d电动机的内阻为2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：从电路图中可以看出，电动机和滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表测量电路电流，根据公式r=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p=i2r可求电动机克服本身电阻的功率，总功率与电动机克服自身电阻功率之差就是电动机的输出功率解答：解：c、d、电动机的电阻r=2，故c错误，d正确；a、b、电动机的总功率p=u1i1=15v2a=30w；克服自身电阻的功率pr=i12r=（2a）22=8w；电动机正常运转时的输出功率是p输出=ppr=30w8w=22w故ab错误；故选：d点评：本题考查电阻、功率的有关计算，关键是明白电路中各个用电器的连接情况，要知道非纯电阻电路的功率的计算方法，这是本题的重点和难点4关于闭合电路的性质，下列说法不正确的是( )a外电路断路时，路端电压最高b外电路短路时，电源的功率最大c外电路电阻变大时，电源的输出功率变大d不管外电路电阻怎样变化，其电源的内、外电压之和保持不变考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：根据闭合电路欧姆定律求解干路电流，根据欧姆定律求解路端电压，根据表达式进行分析讨论解答：解：a、外电路断路时，外电阻r，i=0，所以u=eir=e，则路端电压最大，故a正确；b、外电路断路时，外电阻r=0，i=，电流最大，据p=ei得，电源的功率最大故b正确；c、电源的输出功率 p=ui=i2r=，由此公式可知当r=r时，电源的输出功率最大，则外电路的电阻r变大时，电源的输出功率不一定变大，故c错误；d、据闭合电路的欧姆定律知，其电源的内外电压之和等于电源的电动势，保持不变，故d正确本题选错误的，故选：c点评：本题关键根据闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律列式求解出路端电压表达式进行讨论要知道电源的内外电阻相等时，输出功率最大5如图所示，甲、乙两电路中电源完全相同，电阻r1r2，在两电路中分别通过相同的电荷量q的过程中，下列判断正确的是( )a电源内部产生电热较多的是乙电路br1上产生的电热比r2上产生的电热多c电源做功较多的是甲电路d甲、乙两电路中电源做功相等考点：焦耳定律；电流、电压概念；电功、电功率 专题：恒定电流专题分析：a比较甲乙两电路的电流大小，再根据电热公式q=i2rt和通过的电量相等即可比较出两电路内部产生的电热b先比较整个电路产生的电热，再通过电源内部产生电热大小从而比较出外电路产生的电热cd比较电源做功，可根据公式w=qe得知解答：解：a甲、乙两电路中电源完全相同，即电动势e与内电阻r相同，电阻r1r2，根据闭合电路欧姆定律i=，得出i1i2，再比较i12rt1与i22rt2，而i1t1=i2t2，可知电源内部产生电热较多的是乙电路故a对b由公式w=qe，可知，两电源做功相等，整个电路产生的电热相等，而甲电源内部产生的电热小于乙电源内部产生的电热，所以甲图外电路产生的电热大于乙图外电路而外电路产生的电热就是电阻r上产生的电热故b对c由公式w=qe，可知，通过的电量q和电动势e都相同，所以两电源做功相等故c错，d对故选abd点评：解决本题的关键是抓住通过的电量相等，再结合电热的公式去求解注意通过的电量相等，不能代表时间相等6如图甲所示，在滑动变阻器的滑动触头p从一端滑到另一端的过程中，两块理想电压表的示数随电流表示数的变化情况如图乙所示，则滑动变阻器的最大阻值和定值电阻r0的值分别为( )a3，12b15，3c12，3d4，15考点：电功、电功率 专题：恒定电流专题分析：定值电阻r0等于图线ac的斜率大小由数学知识求出图线的斜率求解r0当滑动变阻器取最大值时，电流最小，由图读出电流的最小值，由欧姆定律求出变阻器的总电阻r解答：解：定值电阻为：r0=3；当i=0.5a时欧：r外=15；滑动变阻器电阻为：r=r外r0=12故选：c点评：本题考查对物理图象的理解能力，可以把本题看成动态分析问题，来选择两电表示对应的图线7如图所示，a、b是磁场中的一条磁感线上的两点，下列说法中正确的是( )aa点磁场比b点磁场强bb点磁场比a点磁场强c因为磁感线为直线，所以a、b两点磁场一样强d无法判断考点：磁感应强度；磁感线及用磁感线描述磁场 分析：磁感线的疏密体现了强度的大小，一条线看不出疏密，不能确定强度大小也不能确定是否为匀强磁场解答：解：因为一条磁感线是直线时，不一定是匀强磁场，也不知ab两点的磁感线的疏密，故条件不足，无法确定a，b两点的磁感应强度的大小故a，b，c选项错误，d正确故选：d点评：该题考查磁感线的基本知识点，明确磁感线的疏密体现磁场的强弱即可正确解答，基础题目8如图所示，a、b、c三枚小磁针分别放在通电螺线管的正上方、右侧和管内，当开关闭合时，且当这些小磁针静止时，小磁针n极的指向是( )aa、b、c均向左ba、b、c均向右ca向左，b向右，c向右da向右，b向左，c向右考点：电流的磁场对磁针的作用；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 分析：小磁针能体现出磁场的存在，且小磁针静止时n极的指向为磁场的方向，即为磁感应强度的方向也可为磁感线在该点的切线方向而电流周围的磁场由右手螺旋定则来确定磁场方向通电螺线管外部的磁感线是从n极向s极，而内部则是从s极到n极的解答：解：由通电螺线管电流的流向，根据右手螺旋定则可得，通电螺线管的左边为s极，右边为n极所以a枚小磁针的n极指向为向左、b枚小磁针n极指向为向右、c枚小磁针的n极指向为向右，故选：c点评：右手螺旋定则也叫安培定则，让大拇指所指向为电流的方向，则四指环绕的方向为磁场方向当导线是环形时，则四指向为电流的方向9两根通电直导线平行放置，电流分别为i1和i2，电流方向如图所示，且i1i2，在与导线垂直的平面上有a、b、c、d四点，其中a、b在导线横截面连线的延长线上，c、d在导线连线的垂直平分线上则导体中的电流在这四个点产生的磁感应强度可能为零的是( )a点a点bb点cc点dd点考点：电场线 分析：由安培定则确定两电流在图示各点所产生的磁场方向，若方向相反，磁感应强度可能为0，否则不可解答：解：a、b、根据安培定则可知两电流在b点的磁感应强度的方向相反，若i1i2，由于i2离b点近，则b点点i1的磁感应强度的大小可能等于i2的磁感应强度，故a点的场强不可能为0，b点磁感应强度可为0故a错误，b正确； c、根据安培定则可知两电流在 c 点 d点的b的方向相同，故b，c两点的磁感应强度不可能为0故cd错误；故选：b点评：该题考查电流周围的磁场以及磁场的合成，明确安培定则的使用的方法与电流的磁感应强度与电流的大小，距离有关10在如图所示的四个图中，标出了匀强磁场的磁感应强度b的方向、通电直导线中电流i的方向以及通电直导线所受安培力f的方向，其中不能正确表示的这三个方向关系的图是( )abcd考点：安培力；左手定则 分析：左手定则的内容：伸开左手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向根据左手定则的内容判断安培力的方向解答：解：根据左手定则可得：a、图中安培力的方向是垂直导体棒向上的，故a正确；b、电流方向与磁场方向在同一直线上，不受安培力作用，故b错误；c、图中安培力的方向是竖直导体棒向下的，故c错误；d、图中安培力的方向垂直纸面向外，故d错误本题是不能正确表示的，故选：bcd点评：根据左手定则直接判断即可，比较简单11一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段径迹如图所示径迹上的每一小段都可近似看成圆弧由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小（带电量不变）从图中情况可以确定( )a粒子从a到b，带正电b粒子从b到a，带正电c粒子从a到b，带负电d粒子从b到a，带负电考点：洛仑兹力；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：根据粒子在磁场中运动的半径公式r=来分析粒子的运动的方向，在根据左手定则来分析电荷的性质解答：解：由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式r=可知，粒子的半径逐渐的减小，所以粒子的运动方向是从b到a，在根据左手定则可知，粒子带正电，所以b正确故选b点评：根据r=可知，粒子运动的半径与速度的大小有关，根据半径的变化来判断粒子的运动的方向，这是解决本题的关键12质量为m的通电导体ab置于倾角为的平行导轨上，导轨宽度为d，导体ab与导轨间的动摩擦因数为，ab中有电流时恰好静止在导轨上，如图所示下图为沿ba方向观察时的四个平面图，标出了四种不同的匀强磁场方向，其中导体与导轨间摩擦力可能为零的是( )abcd考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；安培力 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：根据左手定则，判断出安培力的方向，再判断杆ab的受力是否可以处于平衡状态解答：解：a、杆受到向下的重力，水平向右的安培力，和垂直于斜面的支持力的作用，在这三个力的作用下，可以处于平衡状态，摩擦力可以为零，所以a正确；b、杆受到的重力竖直向下，安培力也是竖直向下的，支持力垂直于斜面向上，杆要静止的话，必定要受到沿斜面向上的摩擦力的作用，摩擦力不可能为零，所以b错误；c、杆受到的重力竖直向下，安培力竖直向上，当这两个力等大反向的时候，杆就处于平衡状态，此时的摩擦力就是零，所以c正确；d、杆受到的重力竖直向下，安培力水平向左，杆要静止的话，必定要受到沿斜面向上的摩擦力的作用，摩擦力不可能为零，所以d错误；故选：ac点评：对物体受力分析，根据物体的受力的情况判断杆是否要受到摩擦力的作用，即可判断摩擦力是否是零131930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示这台加速器由两个铜质d形盒d1、d2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是( )a离子由加速器的中心附近进入加速器b离子由加速器的边缘进入加速器c离子从磁场中获得能量d离子从电场中获得能量考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：被加速离子由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器；洛伦兹力并不做功，而电场力对带电离子做功解答：解：要加速次数最多最终能量最大，则被加速离子只能由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器，故a正确而b错误由于洛伦兹力并不做功，而离子通过电场时有qu=mv2，故离子是从电场中获得能量，故c错误，而d正确故选ad点评：了解并理解了常用实验仪器或实验器材的原理到考试时我们就能轻松解决此类问题14如图，在x0、y0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xoy平面向里，大小为b现有一质量为m、电量为q的带电粒子，在x轴上到原点的距离为x0的p点，以平行于y轴的初速度射入此磁场，在磁场作用下沿垂直于y轴的方向射出此磁场不计重力的影响由这些条件可知( )a能确定粒子通过y轴时的位置b能确定粒子速度的大小c能确定粒子在磁场中运动所经历的时间d以上三个判断都不对考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：由垂直于y轴离开磁场，可得粒子通过y轴的位置，同时可知粒子的轨迹是圆周，确定了运动半径为x0，根据洛伦兹力提供向心力，可求得速度因粒子运动周期，运动时间为t解答：解：由题意可知，带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，可知离开磁场通过y轴时的位置的位置为y=x0；并得到运动的半径为r=x0，由半径公式r= 可求出粒子的速度为v0=；带电粒子是垂直于y轴离开磁场的，顾可知带电粒子在磁场中运动了圆周，即时间是t，又因t=，粒子的运动时间为t=故abc正确故选：abc点评：首先根据题意判断带电粒子的偏转方向是解决此题的关键，根据偏转方向，画出运动轨迹的草图，可分三步走：（1）、画轨迹：即确定圆心，用几何方法球半径并画出轨迹（2）、找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系、偏转角与圆心角、运动时间相联系（3）、用规律：即牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是半径公式和周期公式15如图为汽车蓄电池与车灯（电阻不变）、启动电动机组成的电路，蓄电池内阻为0.05，电流表内阻不计，只接通s1时，电流表示数为10a，电压表示数为12v，再接通s2，启动电动机工作时，电流表示数变为8a则此时通过启动电动机的电流是( )a2ab50ac8ad58a考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：只接通s1时，电流是纯电阻电路，可以用闭合电流的欧姆定律求出电动势及灯泡的电阻，再接通s2后，通过启动电动机的电流等于总电流减去灯泡电流解答：解：只接通s1时，由闭合电路欧姆定律得：e=u+ir=12v+100.05v=12.5v，r灯=1.2，再接通s2后，流过电动机的电流为：i电动机=i=a8a=50a故选：b点评：本题应注意电动机工作时的电路是非纯电阻电路，不可以用欧姆定律求电流二论述计算题（本题共4题，共40分）16如图所示，水平放置的光滑金属导轨m、n，平行地置于匀强磁场中，间距为d，磁场的磁感应强度为b，方向与导轨平面垂直，金属棒ab的质量为m，放在导轨上并且与导轨垂直，电源电动势为e，定值电阻阻值为r，其余部分电阻忽略不计，则当电键闭合瞬间，棒ab所受的安培力大小为多少？方向如何？棒的加速度为多少？考点：安培力 分析：根据闭合电路欧姆定律可以计算电键闭合瞬间，电路中电流i的大小和方向，已知电流的大小可以算出此时ab棒受到的安培力的大小和方向，对导体棒进行受力分析知，导体棒受到的安培力在水平方向的分力使导体棒ab产生加速度，根据牛顿第二定律可以算得导体棒的加速度解答：解：根据闭合电路的欧姆定律回路中电流为i=导体棒受到的安培力大小为f=bid=，根据左手定则可知安培力方向向左，由牛顿第二定律可得f=maa=答：棒ab所受的安培力大小为，方向向左棒的加速度为为点评：能通过左手定则确定安培力的大小和方向，并对导体棒正确的受力分析得出导体棒所受的合力，根据牛顿第二定律解得主要考查左手定则和闭合回路的欧姆定律的运用17如图所示的电路中，电源是由三个规格相同的电池串联而成的电池组每个电池的电动势和内阻如下，e0=2.0v，r0=0.5，定值电阻r1=6.0，r2=2.5，r3=3.0，电流表内阻很小，可以忽略不计，电压表内阻很大，其分流作用可以忽略不计问：s闭合后电流表和电压表的示数各是多少？考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：先求出电源的电动势和内阻，s闭合，r1和r3并联后与r2串联，根据闭合电路欧姆定律以及串并联电路的特点求解即可解答：解：由题意可知e=3e0=6v，r=3r0=1.5，s闭合后r1与r3为并联关系，设其等效电阻为r，则r=2，用i2表示干路中的电流，依据闭合电路欧姆定律有：i2=a=1a，电流表测量的是r1支路的电流i1，依分流原理有：i1=i2=1a=0.33a，电压表测量的是电源的路端电压u，有u=ei2r=（611.5）v=4.5v答：s闭合后电流表和电压表的示数分别是0.33a、4.5v点评：本题主要考查了闭合电路欧姆定律的直接应用，要求同学们能正确分析电路的结构，能根据欧姆定律并能结合串并联电路的特点求解18如图所示，一带电粒子质量为m、电量为q，垂直于边界进入一个有界的匀强磁场区域，当它飞离磁场区时，速度方向偏离入射方向角已知磁场区域的宽度为d，磁感强度为b，方向垂直于纸面向里，不计粒子所受重力求：（1）粒