高二物理月考试题及答案江西宜春市上高二中学年高二上学期第三次月考Word文档格式.docx
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带电粒子在复合场中的运动专题．
该题考察了磁场的叠加问题．用右手定则首先确定通电直导线在abcd四点产生的磁场的方向，利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小变化和方向，从而判断各选项．
用右手螺旋定则判断通电直导线在abcd四个点上所产生的磁场方向，如图所示：
A、c点电流产生的磁感应强度和原磁感应强度方向相反，叠加变小，故A正确．
B、b点有向上的磁场，还有电流产生的水平向左的磁场，磁感应强度叠加变大，方向向左上，故B错误．
C、D、d点有向上的磁场，还有电流产生的水平向右的磁场，叠加后磁感应强度的方向向右上．d点与b点叠加后的磁场大小相等，但是方向不同，而a点有向上的磁场，还有电流产生的向上的磁场，电流产生的磁感应强度和原磁感应强度方向相同，叠加变大．故CD错误，
考查磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量．它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则．
3．（4分）（2014秋•上高县校级月考）如图，蹄形磁铁用柔软的细线悬吊在天花板上，在磁铁两极的正下方固定着一根水平直导线．当直导线通以向右的电流时（ ）
磁铁仍静止不动
磁铁在纸面内左右摆动
磁铁的N极向纸内、S极向纸外转动
磁铁的N极向纸外、S极向纸内转动
假设磁体不动，导线运动，则可以利用微元法，在导线两侧取两段，根据左手定则判断出安培力的方向，当转过90度时，再根据左手定则判断出安培力的方向，从而确定导线的运动情况．从而根据相对运动来确定磁体运动情况．
假设磁体不动，导线运动，则有：
根据右手螺旋定则可知，通电导线左边的磁场斜向下，而右边的磁场是斜向上，那么在导线两侧取两小段，根据左手定则可知，左边一小段所受的安培力方向垂直纸面向里，右侧一小段所受安培力的方向垂直纸面向外，从上往下看，知导线顺时针转动，当转动90度时，导线所受的安培力方向向上，所以导线的运动情况为，顺时针转动，同时上升．
如今导线不动，磁体运动，根据相对运动，则有磁体逆时针转动（从上向下看），即N极向纸外转动，S级向纸内转动．故D正确；
解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向，以及掌握微元法、特殊位置法的运用，同时巧用相对运动
4．（4分）（2014春•鹰潭期末）如图所示，两个小灯泡L1和L2串联接在PQ两点间，L1和L2的铭牌上分别标有“3V，1.5Ω”、“6V、12Ω”，则PQ间允许加的最大电压为（ ）
9V
6.75V
5.25V
4.5V
串联电路和并联电路．
恒定电流专题．
把两个灯泡串联起来，电路中最大的电流只能取两个额定电流最小的一个计算．然后根据电阻的串联和欧姆定律求出PQ两端允许加的最大电压．
根据欧姆定律得两灯泡的额定电流分别为：
I1=
=
A=2A，
I2=
A=0.5A，
由于串联电路中各处的电流相等，两电阻串联时，电路中的最大电流为：
I=I2=0.5A，
因为串联电路的总电阻等于各分电阻之和，所以路两端允许加的最大电压为：
U串=I（R1+R2）=0.5×
（1.5+12）V=6.75V；
B
本题关键是欧姆定律及其变形的灵活运用，难点是对于额定电压和额定电流不同的两个电阻来说，串联时比较额定电流取小的，这也是本题的重点．
5．（4分）（2014秋•上高县校级月考）如图所示，一直流电动机与阻值R=9Ω的电阻串联在电源上，电源电动势E=30V，内阻r=1Ω，用理想电压表测出电动机两端电压U=10V，已知电动机线圈电阻RM=1Ω，则下列说法中正确的是（ ）
通过电动机的电流为10A
通过电动机的电流小于10A
电动机的输出功率小于16W
电动机的输出功率为20W
电功、电功率．
电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，欧姆定律U＞IR．对于R和r是纯电阻，可以用欧姆定律求电流．根据功率关系求出电动机输出的功率．
A、B、根据欧姆定律得回路中的电流为：
I=
=2A，故A错误，B正确；
C、D、电动机发热消耗的功率为：
P消=I2RM=22×
1=4W；
电动机的输入功率为：
P入=UI=10×
2=20W；
P出=UI﹣I2RM=（10×
2﹣22×
1）W=16W；
故C错误，D错误；
对于电动机电路区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路，可从从能量转化的角度理解：
电能全部转化内能时，是纯电阻电路．电能转化为内能和其他能时，是非纯电阻电路．
6．（4分）（2014•徐汇区二模）模拟交通路口拍摄闯红灯的电路如图所示，当汽车通过路口时，S1闭合；
当红灯亮起时，S2闭合．若要在汽车违章时进行拍摄，且摄像仪需要一定的工作电压，能实现此功能的逻辑门电路是（ ）
简单的逻辑电路．
由题意可知摄像仪应在汽车通过和红灯亮起时两个条件同时满足时才能工作，则由门电路的性质可得出正确的电路结构．
两开关均合时，输出为低电平，要使摄像机工作，应加一非门；
因只有两电平均为非门时，才能使摄像机工作，故经过第一个门电路时，只能输出低电平才能工作；
故应接一或门电路；
本题要求我们能正确理解三种常见门电路的性质，并能由生活中的实际得出符合条件的电路结构．
7．（4分）（2014秋•上高县校级月考）如图为某同学设计的研究磁场对通电金属棒作用的实验装置．当其接通电键时，有电流通过金属棒，观察到金属棒向左运动，则下列说法正确的是（ ）
此时通过金属棒的电流是由电源经b流向a
此时通过金属棒的电流是由电源经a流向b
若调换流经金属棒的电流方向，则金属棒仍向左运动
若同时调换U形磁铁的南北极和流经金属棒的电流方向，则金属棒仍向左运动
首先据题境判断磁场的方向，再据金属棒的运动情况判断电流的方向；
据左手定则判断其它选项即可．
A、由于金属棒向左运动，据左手定则可知，电流的方向a到b，故A错误B正确；
C、若调换流经金属棒的电流方向，据左手定则可知金属棒受向右的安培力，所以金属棒向右运动，故C错误；
D、若同时调换U形磁铁的南北极和流经金属棒的电流方向，据左手定则可知金属棒受向左的安培力，所以金属棒仍向左运动，故D正确．
BD．
灵活应用左手定则是解题的关键，注意磁场方向、电流方向和安培力的方向三者只记的关系，题目较简单．
8．（4分）（2014秋•上高县校级月考）如图是倾角θ=30°
的光滑绝缘斜面在纸面内的截面图．一长为L质量为m的导体棒垂直纸面放在斜面上，现给导体棒通入电流强度为I，并在垂直于导体棒的平面内加匀强磁场，要使导体棒静止在斜面上，已知当地重力加速度为g，则下说法正确的是（ ）
所加磁场方向与x轴正方向的夹角α的范围应为90°
≤α＜240°
所加磁场方向与x轴正方向的夹角α的范围应为0°
≤α＜150°
所加磁场的磁感应强度的最小值为
根据共点力平衡得出安培力方向的范围，从而得出磁场方向的范围，根据平行四边形定则求出安培力的最小值，结合安培力公式得出磁感应强度的最小值．
A、根据共点力平衡知，安培力的方向在垂直斜面向下与竖直向上这两个方向之间，根据左手定则知，所加磁场方向与x轴正方向的夹角θ的范围应为0°
≤θ＜150°
．故A错误，B正确．
C、当安培力的方向与支持力方向垂直时，安培力最小，根据平行四边形定则有：
FA=mgsin30°
=BIL，则磁感应强度的最小值B=
．故C错误，D正确．
解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，求解最小值问题，往往通过三角形法分析判断．
9．（4分）（2014秋•信阳期末）热敏电阻是传感电路中常用的电子元件，其电阻Rt随温度t变化的图线如图甲所示．如图乙所示电路中，热敏电阻Rt与其他电阻构成的闭合电路中，水平放置的平行金属板中带电质点P处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当Rt所在处温度升高时，则（ ）
电压表读数减小
电流表读数减小
质点P将向上运动
R3上消耗的功率减小
闭合电路的欧姆定律．
对电路进行分析，当Rt所在处温度升高时，导致电路中总电阻的变化，由闭合欧姆定律可求得电路中电流及路端电压的变化；
再对并联部分分析可知电容器两端的电压变化，则可知P的受力变化，则可知质点的运动情况．根据并联部分电压的变化，分析R3功率的变化．
A、B、由图可知，当Rt所在处温度升高时，电阻减小，则电路中总电阻减小；
由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；
路端电压减小，同时R1两端的电压也增大；
因并联部分电压减小，由欧姆定律可知流过R3的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大，而R2中电压增大，故电压表示数减小；
故A正确，B错误；
C、因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，电荷向下运动；
故C错误；
D、因R3两端的电压减小，由公式P=
可知，R3上消耗的功率减小，故D正确；
AD．
本题考查闭合电路的欧姆定律，一般可以先将分析电路结构，电容器看作开路；
再按部分﹣整体﹣部分的分析思路进行分析．
10．（4分）（2014秋•上高县校级月考）如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法中正确的是（ ）
在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1：
2
在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1：
电源1与电源2的电动势之比是1：
1
电源1与电源2的内阻之比是11：
7
电功、电功率；
路端电压与负载的关系．
根据电源的外特性曲线U﹣I图线，可求出电动势和内阻；
根据灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线交点确定灯泡与电源连接时工作电压与电流，即可求出功率与灯泡电阻．
A、B、灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线的交点即为灯泡与电源连接时的工作状态
则连接电源Ⅰ时，U1=3v，I1=5A，故P1=U1I1=15W，R1=
Ω
连接电源Ⅱ时，U2=5V，I2=6A，故P2=U2I2=30W，R2=
故P1：
P2=1：
2，R1：
R2=18：
25，故A正确，B错误．
C、U﹣I图象的纵轴截距表示电动势，故E1=E2=10V，故C正确．
D、U﹣I图象的斜率的绝对值表示内电阻，根据电源U﹣I图线，r1=
Ω，r2=
Ω，则r1：
r2=11：
7，故D正确．
ACD．
本题关键在于对电源外特性曲线、灯泡伏安特性曲线的理解，明确交点的含义．
二、实验题（每空2分，共22分）
11．（6分）（2014秋•上高县校级月考）某同学用多用电表的“×
1K”电阻档测量电阻Rx，指针读数如图1，现为了较准确测定其阻值，备有下列器材：
A．电流表（量程100μA，内阻约为2kΩ）；
B．电流表（量程500μA，内阻约为300Ω）；
C．电压表（量程15V，内阻约为100kΩ）；
D．电压表（量程50V，内阻约为500kΩ）；
E．直流电源（20V，允许最大电流1A）；
F．滑动变阻器（最大阻值1kΩ，额定功率1W）；
G．电键和导线若干．
（1）电流表应选 B ，电压表应选 C
（2）设计出该实验的电路图2，画在方框中．
伏安法测电阻．
实验题．
根据电源电动势大小选择电压表，估测电路中电流选择电流表量程．
（1）被测电阻大约30000Ω，则电流大约为I=
≈700μA，故电流量程选B；
电源电动势为20V，若选50V量程，则最大偏转不足电压表量程的一半，读数误差太大，故电压表选15V量程，C；
（2）由于被测阻值较大，故采用内接的方法；
滑动变阻器应采用分压式接法．
路图如图，
故答案为：
（1）B；
C；
（2）如图．
伏安法测电阻时一定要注意滑动变阻器和电流表的接法，当Rx＜
时采用电流表外接．
12．（8分）（2015•硚口区校级模拟）在“描绘小电珠的伏安特性曲线”的实验中，采用如图甲所示的电路可以方便地调节灯泡两端的电压值，已知两个滑动变阻器的最大阻值分别为R1、R2，且R1=10R2．
（1）请根据图甲所示的实物图在图乙的方框中画出相应的电路图；
（2）在实验中，为了使小电珠的电压在开始时有最小值，在闭合开关前，两个滑动变阻器的滑片P1和P2应分别放在各自的 b 端（选填“a”或“b”）和 c 端（选填“c”或“d”）；
（3）采用这个电路能够达到精细调节小电珠两端电压的目的，其中变阻器
（选填“R1”“R2”或）用于精细调节．
描绘小电珠的伏安特性曲线．
本题
（1）的关键是看清两变阻器的连接情况；
题
（2）的关键是明确实验前应使变阻器滑片置于输出电压最小的位置；
题（3）的关键是根据电阻定律可知电阻与长度成正比，对阻值大的变阻器，要改变一定的电压时，滑片需要移动较大的距离．
（1）：
电路图如图所示：
（2）：
闭合开关前，应使滑片置于输出电压最小的位置，所以
应置于b端，
应置于c端；
（3）：
根据电阻定律可知，变阻器阻值越大时，要改变一定的电压滑片需要滑动较远的距离，所以变阻器
用于精细调节．
（1）如图
（2）b，c
（3）
当两变阻器串联成分压式接法时，阻值小的变阻器用做粗调，阻值大的变阻器用做细调．
13．（8分）（2014秋•上高县校级月考）某同学在做“用电流表和电压表测电源的电动势和内阻”的实验中，串联了一只R0=1.5Ω的保护电阻，实验电路如图1所示．则
（1）用完好的导线连好电路后，该同学闭合电键S，发现电流表示数为零，电压表示数不为零，检查各接线柱均未接错，且接触良好．他用多用电表的电压挡检查电路，把两表笔分别接a、b，b、c，d、e时，示数均为零，把两表笔接c、d时，示数与电压表示数相同，由此可以推断故障原因是 R断路 ．
（2）排除障后，该同学顺利完成实验，测得下列数据，请在坐标系（图2）中画出U﹣I图象；
I/A
0.10
0.17
0.23
0.30
0.40
U/V
1.20
1.00
0.80
0.60
0.55
（3）由U﹣I图象求出实验中电池的电动势E= 1.5 V，内阻r= 1.3 Ω．
测定电源的电动势和内阻．
（1）通过排除法，从断路和短路的角度推断故障．
（2）运用描点法画出U﹣I图象．
（3）U﹣I图线的纵轴截距表示电源的电动势，图线斜率的绝对值表示内阻．
（1）发现电流表示数为0，电压表示数不为0，电流表或R处断路，用多用电表的电压档检查电路，把两表笔分别接a、b，b、c，d、e时，示数均为0，把两表笔接c、d时，示数与电压表示数相同，知R断路．
（2）由描点法得出U﹣I图象如图所示．
（3）U﹣I图线是一条倾斜的直线，描点作图如下图．纵轴截距为1.5
所以电动势E=1.50V．图线的斜率k=
=2.8Ω，
则内阻r=2.8﹣1.5Ω=1.3Ω．
（1）R断路
（2）如图
（3）1.5，1.3
解决本题的关键会从U﹣I图线获取电源的电动势和内阻，注意将保护电阻等效到电源的内部，最终电源的内阻等于图线的斜率绝对值减去保护电阻的阻值．以及会分析误差的来源．
三、计算题
14．（8分）（2013秋•黑龙江期末）长L=60cm质量为m=6.0×
10﹣2kg，粗细均匀的金属棒，两端用完全相同的弹簧挂起，放在磁感强度为B=0.4T，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，如图所示，若不计弹簧重力，问：
（1）要使弹簧不伸长，金属棒中电流的大小和方向如何？
（2）如在金属中通入自左向右、大小为I=0.2A的电流，金属棒下降x1=1cm，若通入金属棒中的电流仍为0.2A，但方向相反，这时金属棒下降了多少？
（g=10m/s2）
导体切割磁感线时的感应电动势；
楞次定律．
电磁感应与电路结合．
（1）根据安培力等于重力，即可求解电流大小，由左手定则判断电流方向；
（2）对两种情况，分别根据平衡条件、胡克定律和安培力公式列式，联立即可求解．
（1）要使弹簧不伸长，则重力应与安培力平衡，所以安培力应向上，据左手定则可知电流方向应向右，
因mg=BIL，
所以I=
A=2.5A．
（2）因在金属中通入自左向右、大小为I1=0.2A的电流，金属棒下降x1=1cm，
由平衡条件得：
mg=BIL+2kx1．
当电流反向时，由平衡条件得：
mg=﹣BIL+2kx2．
解得：
x2=
x1=
×
1cm=1.17cm
答：
（1）要使弹簧不伸长，金属棒中电流的大小为2.5A，电流方向应向右．
（2）这时金属棒下降了1.17cm．
本题考查安培力、弹力与重力间处于平衡状态的问题，体现了胡克定律，安培力公式，同时注意左手定则的应用．
15．（10分）（2012秋•南安市校级期末）两光滑金属导轨竖直平行放置，导轨间的宽度L=0.2m，且导轨电阻不计，其上端接一直流电源电动势E=15V，内阻r=0.3Ω，下端接一定值电阻R1=2Ω，如图所示，质量m=0.1kg的金属棒ab水平地靠在导轨的外侧，并与导轨接触良好，接入电路的电阻R2=3Ω．为了使金属棒不滑动，需加一与竖直面成30°
向里斜向下的匀强磁场（磁场方向与ab垂直）．（g取10m/s2）求：
（1）通过ab的电流的大小和方向（由a至b或由b至a）
（2）匀强磁场磁感应强度B的大小．
共点力平衡的条件及其应用；
闭合电路的欧姆定律；
共点力作用下物体平衡专题．
（1）先分析等效电路，然后根据闭合电路欧姆定律求出干路电流，进而求出路端电压，根据欧姆定律即可求出ab中的电流．
（2）对金属棒受力分析，根据平衡条件求出金属棒所受安培力的大小，然后由安培力公式求出B．
（1）等效电路为ab电阻R2与电阻R1并联，并联后的总电阻为：
R并=
根据闭合电路欧姆定律：
E=I（R并+r）得：
U=IR并
I2=4A
根据平衡条件金属棒所受安培力应该斜向上，由左手定则判断电流方向由a至b；
（2）安培力的方向一定是垂直于B的，对金属棒受力分析，画受力分析示意图，（从哪b向a看）
根据平衡条件，竖直方向：
F安cos60°
=mg
又：
F安=BIL
解得：
B=2.5T
（1）通过ab的电流的大小为4A，方向由a至b；
（2）匀强磁场磁感应强度B的大小为2.5T．
本题是通电导体在磁场中平衡问题，分析和计算安培力是关键，安培力是联系力学与磁场的桥梁．
16．（10分）（2013•铁东区校级二模）在如图所示的电路中，R1=2Ω，R2=R3=4Ω，当电键K接a时，R2上消耗的电功率为4W，当电键K接b时，电压表示数为4.5V，试求：
（1）电键K接a时，通过电源的电流和电源两端的电压；
（2）电源的电动势和内电阻；
（3）当电键K接c时，通过R2的电流．
（1）当电键K接a时，R1被短路，根据功率公式求出通过电源的电流和电压．
（2）K接b时，R1和R2串联，分别由闭合电路欧姆定律对两种情况列方程求解电源的电动势和内电阻．
（3）当K接c时，R2与R3并联后与R1串联．由闭合电路欧姆定律求出干路电流，再求解通过R2的电流．
（1）K接a时，R1被短路，外电阻为R2，根据电功率公式可得
通过电源电流I1=
A=1A
电源两端电压
V
（2）K接a时，有E=U1+I1r=4+r①
K接b时，R1和R2串联，R外=R1+R2=6Ω
通过电源电流I2=
A
这时有：
E=U2+I2r=4.5+0.75r②
解①②式得：
E=6Vr=2Ω
（3）当K接c时，R总=R1+r+R23=6Ω
总电流I3=
=1A
通过R2电流I'
I3=0.5A．
（1）电键K接a时，通过电源的电流为1A，电源两端的电压为4V；
（2）电源的电动势和内电阻分别为E=6V，r=2Ω；
（3）当电键K接c时，通过R2的电流为0.5A．
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