高二物理月考试题及答案湖南永州市宁远县舜德学校学年高二上学期第三次月考.docx

1、高二物理月考试题及答案湖南永州市宁远县舜德学校学年高二上学期第三次月考2014-2015学年湖南省永州市宁远县舜德学校高二（上）第三次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：（1-9小题为单选项，10-12小题是多选题每题4分，选不全2分，共48分）1（4分）如图中分别标出一根垂直放置于磁场里的通电直导线的电流I、磁场B和所受磁场作用力的方向，其中图示正确的是（）ABCD考点：安培力分析：根据图示电流与磁场方向，应用左手定则分析答题解答：解：A、电流的方向水平向左，磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则知，安培力方向竖直向下，故A错误B、电流的方向水平向右，磁场方向垂直纸面向外，根据左手定则知，

2、安培力的方向竖直向下，故B正确C、电流的方向垂直纸面向里，磁场方向水平向右，根据左手定则知，安培力的方向竖直向下，故C错误D、电流的方向垂直纸面向外，磁场方向水平向左，根据左手定则知，安培力的方向竖直向下故D错误故选：B点评：本题考查了左手定则的应用，掌握左手定则内容，应用左手定则即可正确解题2（4分）真空中甲、乙两个固定的点电荷，相互作用力为F，若甲的带电量变为原来的2倍，乙的带电量变为原来的8倍，要使它们的作用力仍为F，则它们之间的距离变为原来的（）A2倍B4倍C8倍D16倍考点：库仑定律专题：电场力与电势的性质专题分析：由库仑力公式可得出两次作用力的表达式，则可求得相等的相互作用力对应的

3、距离解答：解：由库仑定律可得：F=； 当甲的带电量变为原来的2倍，即2Q；乙的带电量变为原来的8倍，即8q由于作用力相等，所以变化后距离变为原来的4倍故选B点评：本题考查库仑定律的直接应用，只需注意电量值的变化即可顺利求出3（4分）（2011福建模拟）如图所示，虚线a、b、c是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一个带正电的质点仅在电场力作用下，通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点下列说法中正确的是（）A三个等势面中，等势面a的电势最高B带电质点一定是从P点向Q点运动C带电质点通过P点时的动能比通过Q点时小D带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时小考点：等势面；牛顿第二定

4、律；电场强度；电势专题：电场力与电势的性质专题分析：由于质点只受电场力作用，根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情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场场强大解答：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、带电质点可以由P到Q，也可以由Q到P，由图示条件不能具体确定故B错误 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正确 D、等势线密的

5、地方电场线密，电场场强大，则P点场强大于Q点场强则P点的加速大，故D错误故选：C点评：解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场、电势能、动能等物理量的变化4（4分）如图所示，直线a为某电源的UI图线，直线b为电阻R的UI图线，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的内阻分别为（）A4W，1B6W，1C4W，0.5D2W，0.5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：由图象可得出电路中的短路电流和电动势，由闭合电路欧姆定律可求得内阻；当将b图所示的电阻与电源相连时，由图可知电路中的电流及路端电压，则由功率

6、公式可求得电源的输出功率解答：解：由图可知，电源的电动势E=3V，短路电流为I=6A；则内电阻r=0.5A；当将电阻与电源相连时，电路中电流应为2A，路端电压为2V，故输出功率P=UI=4W；故选C点评：本题应注意对图象的认识，因电源与电阻串联后，流过电阻的电流及流过电源的电流相等，故两图象应相交与一点，由该点的数值可求得电流及路端电压5（4分）如图所示的电路中，R1、R2、R3、R4、R5为定值电阻，R6可变电阻，A为内阻可忽略的电流表，V为内阻很大的电压表，电源的电动势为E，内阻为r0当R6的滑动触头向a端移动时（）A电压表V的读数变小B电压表V的读数变大C电流表A的读数不变D电流表A的读

7、数变大考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：当R6的滑动触头P向a端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化和路端电压，判断电压表示数的变化由欧姆定律分析变阻器两端电压的变化，分析电流表示数的变化解答：解：当R6的滑动触头P向a端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知总电流I增大电压表测量路端电压U，而U=EIr，I增大，E、r不变，则U变小，所以电压表的示数变小设变阻器两端电压为U，则U=EI（R1+R5+r），I增大，其他量不变，则U变小，电流表的示数变小故A正确故选：A点评：本题按“部分整

8、体部分”的思路进行动态变化分析对于电压表的示数，可以直接根据路端电压随外电阻而增大的结论进行分析6（4分）如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在它的左上方固定一根直导线，导线与磁场垂直，若给导线通以垂直于纸面向里的电流，则（）A磁铁对桌面压力不变B磁场对桌面压力减小C桌面对磁铁没有摩擦力D桌面对磁铁摩擦力向左考点：安培力；摩擦力的判断与计算分析：先判断电流所在位置的磁场方向，然后根据左手定则判断安培力方向；再根据牛顿第三定律得到磁体受力方向，最后对磁体受力分析，根据平衡条件判断解答：解：根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向，如图，在根据左手定则判断安培力方向，如左图；根据牛顿

9、第三定律，电流对磁体的作用力向右下方，如右图根据平衡条件，可知通电后支持力变大，静摩擦力变大，向左故选：D点评：本题关键先对电流分析，得到其受力方向，再结合牛顿第三定律和平衡条件分析磁体的受力情况7（4分）有一个电子射线管（阴极射线管），放在一通电直导线的上方，发现射线的径迹如图所示，则此导线该如何放置，且电流的流向如何（）A直导线如图所示位置放置，电流从A流向BB直导线如图所示位置放置，电流从B流向AC直导线垂直于纸面放置，电流流向纸内D直导线垂直于纸面放置，电流流向纸外考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向分析：电子在磁场中运动，受到洛伦兹力的作用而发生偏转，根据电子的偏转方向，判断出磁

10、场方向，然后根据右手螺旋定则，判断出导线中电流方向解答：解：电子运动方向从负极流向正极，根据左手定则，四指指向电子运动的反方向，即指向负极，大拇指指向电子偏转方向，由此得出导线上方磁场方向垂直纸面向里，因此直导线必须如图所示的放置根据右手螺旋定则可知，导线AB中的电流方向从B指向A故选：B点评：本题考查了左手定则和右手螺旋定则的联合应用，注意两个定则的适用条件，平时加强联系，提高熟练程度8（4分）如图所示，M、N两点分别放置两个等量种异电荷，A为它们连线的中点，B为连线上靠近N的一点，C为连线的中垂线上处于A点上方的一点，在A、B、C三点中（）A场强最小的点是A点，电势最高的点是B点B场强最小

11、的点是A点，电势最高的点是C点C场强最小的点是C点，电势最高的点是B点D场强最小的点是C点，电势最高的点是A点考点：电势；电场强度专题：电场力与电势的性质专题分析：根据等量异种电荷电场线的分布去比较场强的大小，以及电势的高低沿着电场线方向电势降低解答：解：根据等量异种电荷电场线的分布，知道EBEAEC，场强最小的是C点等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，知A=C，沿着电场线方向电势逐渐降低，异种电荷间的电场线由正电荷指向负电荷，知BA，所以电势最高点是B点故A、B、D错误，C正确故选C点评：解决本题的关键是熟悉等量异种电荷周围电场线的分布以及知道等量异种电荷间连线的垂直平分线是等势线9（

12、4分）如图所示，光滑绝缘水平面上带异号电荷的小球A、B，它们一起在水平向右的匀强电场中向右做匀加速运动，且保持相对静止设小球A的带电量大小为QA，小球B的带电量大小为QB，下列判断正确的是（）A小球A带正电，小球B带负电，且QAQBB小球A带正电，小球B带负电，且QAQBC小球A带负电，小球B带正电，且QAQBD小球A带负电，小球B带正电，且QAQB考点：电场强度；库仑定律专题：电场力与电势的性质专题分析：假设小球A带正电，小球B带负电，对小球各自受力分析，由于向右做匀加速运动，所以它们所受合力方向应该水平向右，看受力分析得出的合力方向与实际运动状态得出的加速度方向是否相同去进行判断小球A带负

13、电，小球B带正电，对小球各自受力分析，由牛顿第二定律列出等式求解小球A、B整体受力分析，受水平向左的电场力和水平向右的电场力由于向右做匀加速运动，所以它们所受合力方向水平向右解答：解：A、假设小球A带正电，小球B带负电，对小球各自受力分析，小球B受向左的电场力和A对B向左的库仑力，所以小球B的合力向左由于小球A、B向右做匀加速运动，所以它们所受合力方向水平向右故A、B错误C、小球A带负电，小球B带正电，对小球各自受力分析，由牛顿第二定律得：对小球B：EQB=mBaB 对小球A：EQA=mAaA 两式相加得：EQBEQA=mBaB+mAaA所以必有QAQB，故C错误，D正确故选D点评：根据物体的

14、运动状态判断物体的加速度方向及合力方向对物体进行受力分析，找出合力方向，从而判断其电荷性质定量比较时需要列出牛顿第二定律解决10（4分）如图所示，一带电油滴悬浮在平行板电容器两极板A、B之间的P点，处于静止状态现将极板A向下平移一小段距离，但仍在P点上方，其它条件不变下列说法中正确的是（）A液滴将向下运动B液滴将向上运动C极板带电荷量将增加D极板带电荷量将减少考点：电容器的动态分析专题：电容器专题分析：带电油滴悬浮在平行板电容器中P点，处于静止状态，电场力与重力平衡，将极板A向下平移一小段距离时，根据E=分析板间场强如何变化，判断液滴如何运动根据电容的决定式和定义式结合分析极板所带电量如何变化

15、解答：解：A、B电容器板间的电压保持不变，当将极板A向下平移一小段距离时，根据E=分析得知，板间场强增大，液滴所受电场力增大，液滴将向上运动故A错误，B正确C、D将极板A向下平移一小段距离时，根据电容的决定式C= 得知电容C增大，而电容器的电压U不变，极板带电荷量将增大故C正确，D错误故选：BC点评：本题关键要抓住电容器的电压不变，由电容的决定式C= 和电量Q=CU结合分析电量变化11（4分）（2006崇明县二模）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=

16、0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B错误C正确 D、当外电阻等于内阻时，即R1+R2=r时，电源的输出功率最大故D错误故选AC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

17、于定值电阻，根据P=I2R，电流最大时，功率最大12（4分）如图所示，在倾角为的光滑斜面上，放置一根长为L，质量为m的导体棒在导体棒中通以电流I时，欲使导体棒静止在斜面上，下列外加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向正确的是（）AB=mg，方向垂直斜面向上BB=，方向垂直斜面向下CB=mg，方向竖直向下DB=mg，方向竖直向上考点：安培力分析：通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F=BIL求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方向解答：解：A、外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向上，则沿斜面向上的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，则大小Bmg；故A正确；B、外加匀强磁场的磁感应强度

18、B的方向垂直斜面向下，则沿斜面向下的安培力、支持力与重力，所以棒不可能处于平衡状态，故B错误；C、外加匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向下，则水平向左的安培力、支持力与重力，所以棒不可能处于平衡状态；故C错误；D、外加匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向上，则水平向右的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，则大小B=mg，故D正确；故选：AD点评：学会区分左手定则与右手定则，前者是判定安培力的方向，而后者是判定感应电流的方向二、实验题：（17、18每题3分，其余的每格2分，共20分）13（3分）在“测量金属丝的电阻率”实验中，用螺旋测微器测金属丝的直径如图所示，则该金属丝的直径为0.347mm0.

19、349mm考点：测定金属的电阻率专题：实验题分析：螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读解答：解：螺旋测微器的固定刻度读数为0.0mm，可动刻度读数为0.0134.8mm=0.348mm，则最终读数为0.347mm0.349故答案为：0.347mm0.349点评：解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，知道固定刻度和可动刻度分度值的大小14（3分）如图为一正在测量中的多用电表表盘（1）如果是用直流10V档测量电压，则读数为6.5V；（2）如果是用100档测量电阻，则读数为8.0102考点：用多用电表测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）直流10V档最小分度为0.2V，准

20、确值加估计到0.1V位（2）用100档测量电阻，读数=指示值倍率解答：解：（1）用直流10V档测量电压，准确值6.4V，估计值0.5，读数为6.5V （2）用100档测量电阻，指示值8.0，倍率为100，读数为8.0102 故答案为：（1）6.5 （2）8.0102点评：题考查基本仪器、仪表的读数能力仪器、仪表的读数是准确值加估计值，在仪器、仪表的读数中不可靠数字只保留一位，仪器或仪表中不可靠数字出现在哪一位，读数就读到哪一位15（4分）某同学用伏安法测定一节干电池的电动势和内电阻r实验中共测出六组数据，她已经把六个数据点描绘在坐标图上，请你根据数据描出图线并由图象法求出电池电动势及内阻（在答

21、题卷上完成）根据图线求得：电动势=1.45V，内电阻r=0.5考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题；恒定电流专题分析：根据描点作图的要求连接各点，再根据UI图象的意义即可确定电动势和内阻解答：解：将误差较大的点舍去，其他点用直线相连，如图所示：图象与纵坐标的交点为电源的电动势E=1.45V；r=0.5；故答案为：如图所示；1.45 0.5点评：本题考查图象法的应用，要注意正确作图，不合理的点一定要舍去！16（4分）滨江实验室里有表头内阻r=500欧，满偏电流I=2毫安的灵敏电流表，现要将其改装成量程U=15伏的电压表，则要串联（填串联或并联）一个阻值为7000欧的分压电阻考点：把电流表改装

22、成电压表；用多用电表测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串联电阻特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值解答：解：把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值：R=Rg=500=7000；故答案为：串联；7000点评：本题考查了电压表的改装，应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题17（4分）李老师组织同学做“描绘小电珠伏安特性曲线”的实验，小电珠的额定参数是“2.5V，1W”，提供的电源是干电池两节安培表的两个量程是0.6A和3A，伏特表的两个量程是3V和15V下列图1是实验原理图，请你选择合适的电表量程，根据电路图在如图2中连接实物图考点：描绘小电

23、珠的伏安特性曲线专题：实验题；恒定电流专题分析：根据灯泡额定电压选择电压表量程，根据灯泡额定电流选择电流表量程根据电路图连接实物电路图解答：解：灯泡额定电压为3V，则电压表选03V量程，灯泡正常发光时的电流为I=0.4A，电流表选择00.6A，根据电路图连接实物电路图，实物电路图如所示：故答案为：电路图如图所示点评：本题考查了实验器材的选择、连接实物电路图；根据灯泡额定电压与额定电流选择实验器材，连接实物电路图时，要注意电表正负接线柱不要接反18（2分）某同学用伏安法测量一个定值电阻的阻值，老师提供的器材如下，请你根据所提供的器材设计一个实验电路图，并将它画在如图的方框中（a）待测电阻Rx（约

24、1000）（b）滑动变阻器（阻值范围05，允许最大电流1A）（c）直流毫安表（量程05mA，内阻30）（d）直流电压表（量程03V，内阻3k）（e）直流电源（输出电压4V，内阻不计）（f）电键一个、导线若干考点：伏安法测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：实验电路应保证安全准确；故应根据给出的滑动变阻器及待测电阻的大小关系可得出滑动变阻器的接法；由电表内阻对电路的影响可选出电流表的接法，从而得出原理图解答：解：由题意可知，待测电阻为1000，而滑动变阻器的阻值最大只有5，故将滑动变阻器全部接入也无法起到限流作用，故滑动变阻器应选用分压接法；因，故电流表应采用电流表内接法；根据原理图可如图所示；

25、答：如图所示点评：本题应注意当滑动变阻器的阻值过小，即使全部接入仍无法达到保护要求时，应采用分压接法三、解答题：（要求写出必要的论述及解答过程，共32分）19（9分）一辆电动自行车的铭牌上给出了如下的技术参数表规格后轮驱动直流电机车型26英寸额定输出功率120W整车质量30kg额定电压40V最大载量120kg额定电流4.0A请根据上表计算（1）此车电机的内阻；（2）电机正常工作时的效率；（3）在额定电压下，电机突然卡死时，电机的总功率考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：由表格读出此车电机的额定电压、额定电流和额定输出功率，由额定电压、额定电流可以算出总功率，根据功率关

26、系得到输出功率等于总功率与电机内部发热功率之差，列式求解内阻电机正常工作时的效率等于输出功率与总功率的百分比电机突然卡死时，电机电路是纯电阻电路，欧姆定律能适用，得到功率P=解答：解：由表格读出电机的额定电压U=40V，额定电流I=4A，额定输出功率P出=120W（1）电机输入的是电功率，总功率等于电功率，得到P总=IU=404W=160W 根据能量守恒得，内部发热功率P热=P总P出，又P热=I2r则有P总P出=I2r r=2.5（2）电机正常工作时的效率=75%（3）在额定电压下，电机突然卡死时，电机电路是纯电阻电路，欧姆定律成立，则有P=640W答：（1）此车电机的内阻是2.5；（2）电机

27、正常工作时的效率是75%；（3）在额定电压下，电机突然卡死时，电机的总功率是640W点评：电动机正常工作时电路是非纯电阻电路，求电功率只能用P=UI，求热功率只能用P=I2r电机被卡住时，电机是纯电阻电路，欧姆定律成立，功率P=UI=I2r20（9分）如图所示，一个质量为m=1.2103kg的小球带电荷量为q=3.0105C的正电，用长度L=1.0m的细线悬挂于固定点O上，此装置置于水平向右的匀强电场中，场强的大小E=3.0102N/C，现将带电小球拉至O点右侧，使悬线伸直并保持水平，然后由静止释放小球（g取10m/s2）（1）求小球运动到最低点时的动能？（2）求小球运动到最低点时绳的拉力为多大？考点：带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；向心力；动能定理的应用专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）小球受重力和电场力的作用向下运动，对小球，从初始位置运动到最低点的过程中运用动能定理即可解题；（2）在最低点，小球受重力和绳的合力提供向心力，根据向心力公式即可求解解答：解：（1）对小球，从初始位置运动到最低点的过程重力做正功mgL，电场力做负功qEL，运用动能定理得：mgLqEL=Ek解得：J=3103J（2）由解得：在最