江苏省扬州中学2018-2019学年第一学期12月月考试卷
高 二 物 理
一、单项选择题：共5小题，每小题3分，合计15分，每小题只有一个选项符合题意。
1. 一带电粒子在电场和磁场同时存在的空间中（不计重力），不可能出现的运动状态是（ ） A. 静止 B. 匀速直线运动
C. 匀加速直线运动 D. 匀速圆周运动 【答案】A 【解析】
试题分析：若粒子静止时，只受电场力作用，则粒子不可能静止，故选项A不可能；若粒子Bqv=Eq，则粒子受力平衡，粒子将做匀速直线运动，故B有可能；若粒子运动方向与磁场方向共线，粒子不受洛伦兹力，而电场力与运动方向共线，因此粒子做匀变速直线运动，故C有可能；若带电粒子在点电荷电场中，受电场力指向点电荷，同时受洛伦兹力也指向点电荷，故带电粒子可做匀速圆周运动，故D有可能；故选A． 考点：带电粒子在复合场中的运动
【名师点睛】本题主要考查了带电粒子在电磁场中运动问题，关键是对粒子的受力分析，根据受力情况判断粒子的运动情况，难度适中。
2.如图所示，某空间中存在一个有竖直边界的水平方向磁感应强度为B的匀强磁场区域，现将一个等腰梯形闭合导线圈abcd，从图示位置（ab边处于磁场区域的左边界）垂直于磁场方向水平从磁场左侧以速度v匀速拉过这个区域，其中ab=L，cd=3L，梯形高为2L，线框abcd的总电阻为R。下图中
，
，
则能正确反映该过程线圈中感应电流i随时间t变化的是（规定adcba的方向为电流正方向）
A. B.
C. D.
【答案】D 【解析】
【详解】当右边进入磁场时，便会产生感应电流，由楞次定律得，感应电流应是逆时针方向，即正方向，由于有效切割长度逐渐增大，导致感应电流的大小也均匀增大；当运动了动了
时，线框右边出磁场，又运
过程中，有效切割长度不变，则产生感应电流的大小不变，但比刚出磁场时的有效长度缩短，导
致感应电流的大小比其电流小，但由楞次定律得，感应电流应仍是逆时针；当线框左边进入磁场时，有效切割长度在变大，当感应电流的方向是顺时针，即是负方向且大小增大，故选项D正确，ABC错误。故选D。
【点睛】对于图象问题可以通过排除法进行求解，如根据图象过不过原点、电流正负、大小变化等进行排除．
3.如图所示，电源电动势为E，内电阻为r．当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，发现理想电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为ΔU1和ΔU2，下列说法中正确的是 ：
A. 小灯泡L3变亮，L1、L2变暗 B. 小灯泡L1、L3变暗，L2变亮 C. ΔU1<ΔU2 D. ΔU1>ΔU2 【答案】D 【解析】
试题分析：当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，
总电流增大，而在干路，故变亮，变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分电压减小，则变暗；总电流增大，而的电流减小，则的电流增大，则变亮．故B错误，A正确，电压表减小，电压表
的示数增大，由于路端电压减小，所以
，故D正确C错误
的示数
考点：考查了电路动态分析
【名师点睛】对于电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”思路进行分析．运用总量法分析两电压表读数变化量的大小
4.如图所示，带铁芯的电感线圈的电阻与电阻器R的阻值相同，A1和A2是两个完全相同的电流表，则下列说法中正确的是：( )
A. 闭合S瞬间，电流表A2示数小于A1示数 B. 闭合S瞬间，电流表A1示数等于A2示数 C. 断开S瞬间，电流表A2示数大于A1示数 D. 断开S瞬间，电流表A2示数等于A1示数 【答案】D 【解析】
闭合S瞬间，由于线圈自感的作用，则电流表A1示数小于A2示数，A、B错误；断开S瞬间，由于原来两支路的电流相等，故电流表A2示数等于A1示数，C错误、D正确。
5.如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直.金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面.现金属杆PQ向右运动，不同情况下，关于感应电流的方向，下列说法正确的是：
A. 若金属杆PQ向右匀速运动， PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向 B. 若金属杆PQ向右加速运动，PQRS中沿逆时针方向， T中沿顺时针方向 C. 若金属杆PQ向右加速运动， PQRS中沿逆时针方向， T中沿逆时针方向
D. 若金属杆PQ向右减速运动，PQRS中沿逆时针方向， T中沿顺时针方向 【答案】B 【解析】 【分析】
PQ切割磁感线，根据右手定则判断；PQRS产生电流后，会对穿过T的磁感应强度产生影响，根据楞次定律分析T中的感应电流的变化情况；
【详解】PQ向右运动，导体切割磁感线，根据右手定则，可知电流由Q流向P，即逆时针方向； A、金属杆PQ向右匀速运动，根据法拉第电磁感应定律
可得感应电动势大小不变，根据闭合电路欧
姆定律可得感应电流不变，垂直纸面向外感生磁场不变，根据楞次定律可知则T的不会产生感应电流，故A错误；
BC、金属杆PQ向右加速运动，根据法拉第电磁感应定律
可得感应电动势大小变大，根据闭合电路
欧姆定律可得感应电流变大，垂直纸面向外感生磁场变大，根据楞次定律可知T的感应电流产生的磁场应指向纸面里面，则感应电流方向为顺时针，故B正确，C错误； 金属杆PQ向右减速运动，根据法拉第电磁感应定律
可得感应电动势大小变小，根据闭合电路欧姆
定律可得感应电流变小，垂直纸面向外感生磁场变小，根据楞次定律可知T的感应电流产生的磁场应指向纸面外面，则感应电流方向为逆时针；故D错误； 故选B。
【点睛】关键是掌握右手定则判断感应电流的方向，还要理解轨道PQRS产生了感应电流瞬间会，让一圆环形金属框中的磁通量的变化，又会产生感应电流。
二、多项选择题：共4小题，每小题4分，合计16分，每小题有不少于两个选项符合题意。全部选对得4分，漏选得2分，错选和不答的得0分。
6.在如图所示电路中，电源电动势为12V，电源内阻为1.0Ω，电路中的电阻R0为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω，闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A（内阻不计），则以下判断中正确的是（ ）
A. 电动机的输出的功率为12W B. 电动机两端的电压为7.0V C. 电动机产生的热功率4.0W D. 电源输出的电功率为24W
【答案】AB 【解析】
解：B、电路中电流表的示数为2.0A，所以电动机的电压为：U=E﹣U2×1.5=7V，所以B正确；
A、C，电动机的总功率为P总=UI=7×2=14W，电动机的发热功率为：P热=I2R=22×0.5=2W，所以电动机的输出功率为14 W﹣2W=12W，所以A正确，C错误；
D、电源的输出的功率为：P输出=EI﹣I2R=12×2﹣22×1=20W，所以D错误 故选：AB
【点评】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．
7.2017年4月26日，我国第一艘国产航母成功下水，标志着我国自主设计建造航空母舰取得重大阶段性成果。它的舰载机和辽宁舰一样采用的滑跃式起飞，滑跃式起飞和弹射式起飞在作战效能上有较大的差距的，弹射起飞是航母的主流，航母上飞机弹射起飞所利用的电磁驱动原理如图所示.当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈左侧的金属环被弹射出去。则下列说法正确的是（ )
内
1﹣﹣UR0=12﹣Ir﹣IR0=12﹣2×
A. 合上开关S的瞬间，从右侧看环中产生沿逆时针方向的感应电流 B. 若金属环固定，开关闭合瞬间将有扩张趋势 C. 若将金属环置于线圈的右侧，环将向右弹射 D. 若将电池正负极调换后，金属环不能向左弹射 【答案】C 【解析】
A项：合上开关S的瞬间，固定线圈中的电流产生向右的磁场，穿过环的磁通量增大，根据楞次定律可知，从右侧看环中产生沿顺时针方向的感应电流，故A错误；
B项：若金属环固定，根据“增缩减扩”可知，开关闭合瞬间将有收缩趋势，故B错误； C项：若将金属环置于线圈的右侧，根据“来拒去留”可知，环将向右弹射，故C正确； D项：若将电池正负极调换后，穿过线圈的磁通量仍发生变化，金属环仍能被弹射，故D错误。 8.如图所示，一块长度为a、宽度为b、厚度为d的金属导体，当加有与侧面垂直的匀强磁场B，且通以图
示方向的电流I时，用电压表测得导体上、下表面M、N间电压为U，已知自由电子的电荷量为e。下列说法中正确的是( )
A. 导体的M面比N面电势高
B. 导体单位体积内自由电子数越多，电压表的示数越大 C. 导体中自由电子定向移动的速度为v=D. 导体单位体积内的自由电子数为【答案】CD 【解析】
试题分析：由左手定则可知自由电子偏向M板，故M板比N板电势低，选项A错误；根据知U=Bdv，则两板间电压与导体单位体积内自由电子数无关，选项B错误；根据
，可
，导体中自由电
子定向移动的速度为考点：霍尔效应.
，选项C正确；由I=nesv，可知，选项D正确；故选CD.
9. 如图所示，下端封闭，上端开口且内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有一带电的小球，整个装置水平向右做匀速运动，进入方向垂直于纸面向里的匀强磁场，由于外力作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端口飞出，若小球的电荷量始终保持不变，则从玻璃管进入磁场到小球飞出上端口的过程中
A. 洛伦兹力对小球做正功
B. 小球在竖直方向上作匀加速直线运动 C. 小球的运动轨迹是抛物线 D. 小球的机械能守恒
【答案】BC 【解析】
试题分析：运动过程中，洛伦兹力垂直小球的速度方向，对小球不做功，设小球竖直分速度为速度为v，以小球为研究对象，受力如图所示，
、水平分
由于小球随玻璃管在水平方向做匀速直线运动，则竖直方向的洛伦兹力是恒力，在竖直方向上还
受到的竖直向下的重力，两个力都是恒力，所以小球在竖直方向上做匀加速直线运动，B正确；在竖直方向上做匀加速直线运动，在水平方向上做匀速直线运动，所以小球的运动轨迹为抛物线，C正确；由于过程中内壁对小球的弹力做功，所以小球的机械能不守恒，D错误； 考点：考查了洛伦兹力，机械能守恒
【名师点睛】本题运用运动的分解法，研究小球受力情况，判断出小球的运动状态是正确解答本题的关键，洛伦兹力不做功．对小球进行受力分析，根据小球的受力情况判断，由牛顿第二定律求出加速度，判断加速度与速度如何变化，再分析小球运动的轨迹
三、实验题：共2小题，合计22分。把答案填在答题纸相应的横线上。
10.指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器。
（1）如下图1所示为某同学设计的多用电表的原理示意图。虚线框中S为一个单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱B可以分别与触点1、2、3接通，从而实现使用多用电表测量不同物理量的不同功能。关于此多用电表，下列说法中正确的是（ ）。（选填选项前面的字母） A．当S接触点1时，多用电表处于测量电流的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔 B．当S接触点2时，多用电表处于测量电压的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔 C．当S接触点2时，多用电表处于测量电阻的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔 D．当S接触点3时，多用电表处于测量电压的挡位，其中接线柱B接的是红表笔
图1 图2
（2）用实验室的多用电表进行某次测量时，指针在表盘的位置如图2所示。 A．若所选挡位为直流50mA挡，则示数为_______mA。 B．若所选挡位为电阻×10Ω挡，则示数为_______；
（3）用表盘为图2所示的多用电表正确测量了一个约15Ω的电阻后，需要继续测量一个阻值约2kΩ的电阻。在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，请选择以下必须的步骤，并按操作顺序逐一写出步骤的序号：（ ）。 A．将红表笔和黑表笔接触
B．把选择开关旋转到“×100”位置 C．把选择开关旋转到“×1k”位置 D．调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点
【答案】 (1). (1)AC； (2). (2) 21.0； (3). 190； (4). (3)BAD； 【解析】
（1）由图示电路图可知，当开关置于2位置时多用电表是欧姆表，A与内置电源负极相连，A为红表笔，B与内置电源正极相连，B为黑表笔；由图示电路图可知，当S接触点1时，表头与分流电阻并联，此时多用电表处于测量电流的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔，故A正确；由图示电路图可知，当S接触点2时，表头与电源相连，此时多用电表处于测量电阻的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔，故B错误，C正确；由图示电路图可知，当S接触点3时，表头与分压电阻串联，此时多用电表处于测量电压的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔，故D错误；故选AC．
（2）A、若所选挡位为直流50mA挡，由图2所示可知，其分度值为1mA，则示数为21.0mA． B、若所选挡位为电阻×10Ω挡，由图2所示可知，示数为：19×10=190Ω；
（3）用多用电表正确测量了一个约15Ω的电阻后，要继续测量一个阻值约2kΩ的电阻，首先要把选择开关100挡位位置，然后进行欧姆调零，把红黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指针欧姆零刻度线位置于×
置，最后再测电阻，故合理的步骤是：BAD；
点睛：本题考查了多用电表结构、多用电表读数与欧姆表的使用方法，知道电流表．电压表与欧姆表的改装原理是解题的前提，分析清楚图示电路结构、掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累．
11.小明同学在测定一节干电池的电动势和内阻的实验时，为防止电流过大而损坏器材，电路中加了一个保护电阻R0，根据如图所示电路图进行实验时，
（1）电流表量程应选择___________（填“0.6A”或“3A”），保护电阻应选用_______（填“A”或“B”）; A、定值电阻（阻值10.0Ω，额定功率10w） B、定值电阻（阻值2.0Ω，额定功率5w）
（2）在一次测量中电压表的指针位置如图2所示，则此时电压为________V
（3）根据实验测得的5组数据画出的U-I图线如图3所示，则干电池的电动势E=______V，内阻r=_____Ω（小数点后保留两位）
0.01 (4). 1.45±0.01 (5). 0.50±0.05 【答案】 (1). 0.6A (2). B (3). 1.21±【解析】
试题分析：根据题中所给器材的特点，大致计算下电流的大小，选择合适的电流表，对于选择的保护电阻，一定要注意保护电阻的连入，能使得电流表的读数误差小点；图像的斜率表示势，据此分析计算．
，纵截距表示电源电动
（1）因一节干电池电动势只有1.5V，而内阻也就是几欧姆左右，提供的保护电阻最小为2Ω，故电路中产生的电流较小，因此电流表应选择0.6A量程；电流表的最大量程为0.16A，若选用10欧姆的，则电流不超过0.15A，所以量程没有过半，所以选择B较为合适． （2）电压表应选择3V量程的测量，故读数为1.20V．
（3）图像与纵坐标的交点表示电源电动势，故E=1.45V；图像的斜率表示故r=0.5Ω．
，故
，
四、计算论述题：共4小题，合计67分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位
12.用导线绕一圆环，环内有一用同样导线折成的内接正方形线框，圆环与线框绝缘，如图1所示。圆环的半径R=2 m，导线单位长度的电阻r0=0.2 Ω/m。 把它们放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于圆环平面（纸面）向里。磁感应强度B随时间t变化如图2所示。求：
（1）正方形产生的感应电动势； （2）在0~2.0 s内，圆环产生的焦耳热；
（3）若不知道圆环半径数值，在0~2.0 s内，导线圆环中的电流与正方形线的电流之比。 【答案】（1）4V（2）31.75J（3） 【解析】
【详解】（1）正方形面积为S＝2R，根据法拉第电磁感应定律得：
（2）圆面积为S′＝πR2，圆周长为L=2πR，圆环的电阻为：r′＝2πRr0＝2×3.14×2×0.2＝2.5Ω 根据法拉第电磁感应定律得：在0～2.0s内，圆环产生的焦耳热为：
2
（3）正方形方框中的电流为：
导线圆环中的电流为：
导线圆环中的电流与正方形线框的电流之比：
【点睛】本题利用法拉第电磁感应定律、电阻定律和欧姆定律研究电磁感应现象中电流的关系，常规题，关键是正确运用法拉第电磁感应定律求电动势． 13.如图所示，电源电动势E=24V，内阻不计，
，
，电容器、分别标有
“2μF、12V”“8μF，30V”字样，开始时、均断开，且、均不带电，试求： (1)当闭合断开，待稳定后，电容、器所带电荷量。
(2)当、均闭合，待稳定后，电容器左极板、上极板所带电荷量。
【答案】(1) 0,【解析】
(2)
（1）当S1闭合S2断开，待稳定后，C1两端电压UC1=0，C1的带电荷量Q1=C1UC1=0 C2两端电压
，C2的带电荷量Q2=C2UC2=C2U1=6.4×10-5C
（2）两电键都闭合稳定后，C1两端电压C1的带电荷量 Q1=C1UC1 =2.4×10-5C
UC2=U3-U2=4V Q2=C2UC2=3.2×10-5C
-5-5
故C1左极板带电量-2.4×10C ，C2上极板带电量+3.2×10C
，
14.
如图所示，在平面直角坐标系内，第一象限的等腰三角形MNP区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y＜0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场．一质量为m，电荷量为q的带电粒子从电场中Q（﹣2h，﹣h）点以速度V0水平向右射出，经坐标原点O射入第一象限，最后以垂直于PN的方向射出磁场．已知MN平行于x轴，N点的坐标为（2h，2h），不计粒子的重力，求：
（1）电场强度的大小； （2）磁感应强度的大小B； （3）粒子在磁场中的运动时间． 【答案】（1）【解析】
（1）由几何关系可知粒子在竖直电场中水平位移为2h，竖直方向的距离为h，由平抛运动规律及牛顿运动定律得：2h=v0t h=at2
由牛顿运动定律可知：Eq=ma 联立解得：
； ；（2）
； （3）
（2）粒子到达0点，沿+y方向的分速度 ；
速度与x正方向的夹角α满足
v0；
粒子从MP的中点垂直于MP进入磁场，垂直于NP射出磁场，粒子在磁场中的速度v=轨道半径R=h
由 得： ；
；
（3）由题意得，带电粒子在磁场中转过的角度为45°，故运动时间粒子在磁场中的运动时间为
15.如图甲所示，P、Q为水平面内平行放置的金属长直导轨，间距为d，处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。一根质量为m、电阻为r的导体棒ef垂直放在P、Q导轨上，导体棒ef与P、Q导轨间的动摩擦因数为μ。质量为M的正方形金属框abcd的边长为L，每边电阻均为r，用细线悬挂在竖直平面内，ab边水平，金属框a、b两点通过细导线与导轨相连，金属框的上半部分处在磁感应强度大小为B、方向垂直框面向里的匀强磁场中，下半部分处在大小也为B、方向垂直框面向外的匀强磁场中，不计其余电阻和细导线对a、b点的作用力。现用一电动机以恒定功率沿导轨方向水平牵引导体棒ef向左运动，从导体棒开始运动时计时，悬挂金属框的细线的拉力T随时间t的变化如图乙所示，求：
(1)t0时刻以后通过ab边的电流； (2)t0时刻以后电动机牵引力的功率P； (3)求0到t0时刻导体棒ef受到的平均合外力 【答案】(1)【解析】 【分析】
外电路是：ad、dc、cb三边电阻串联后再与ab边电阻并联构成，根据受力平衡列方程即可求解，注意并联电路中电流与电阻关系；根据闭合电路欧姆定律和平衡条件列出等式求解最大速度，再根据平衡条件求解牵引力，根据P=Fv求解牵引力的功率；根据动量定理列方程求解合外力。
【详解】（1）以金属框为研究对象，从t0时刻开始拉力恒定，故电路中电流恒定，设ab边中电流为I1，cd边中电流为I2
由受力平衡：BI1L+T=Mg+BI2L
(2)
(3)
由图象知：T=
ad、dc、cb三边电阻串联后再与ab边电阻并联，所以I1：I2=3：1 I1=3I2 由以上各式解得：I1=
（2）设总电流为I，由闭合路欧姆定律得：电动势为：E=Bdv 电流为：解得：v=
由电动机的牵引功率恒定：P=F•v 对导体棒：F=μmg+BId 解得：P=
(3)从0到t0时刻，导体棒的速度从0增大到v=由动量定理可知：解得：
【点睛】本题易错点为不能正确分析外电路的串并联情况，从而不能正确分析安培力大小最后导致错误．对于电磁感应与电路的结合问题一定分析整个电路的组成情况，然后根据闭合电路的欧姆定律求解。
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