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1、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
2、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adc
3、ba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；当运动了时，线框右边出磁场，又运动了过程中，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
4、、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U1和U2，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. U1U2D。 U1U2【答案】D【解析】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，路端电压减小，则L2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L3变暗总电流增大,而L3的电流减小,则L1的电流增大,则L1变亮故AB错误由上分析可知，电压表V1的示数减小,电压表V2的
5、示数增大，由于路端电压减小，所以U1U2故C错误，D正确,故选D点睛：本题是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A
6、2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
7、【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
8、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
9、内阻为1.0，电路中的电阻R0为1。5，小型直流电动机M的内阻为0。5，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。0VC. 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=EU内UR0=12IrIR0=122121.5=7V，所以B正确；A、C，电动机的总功率为P总=UI=72=14W，电动机的发热功率为：P热=I2R=220.5=2W,所以电动机的输出功率为14 W2W=12W,所以A正确，C错
10、误；D、电源的输出的功率为：P输出=EII2R=122221=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( )A。 合上开关S的瞬间,从右侧看环中产生沿逆时针方
11、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
12、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，可知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，导体中自由电子定向移动的速度为，选项C正确；由I=nesv，可知，选项D正确；故选CD。考点:霍尔效应。9。 如图
13、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、水平分速度为v,以小球为研究对象，受力如图所示,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
14、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
15、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10挡，则示数为_W；（3）用表盘为图2所示的多用电表正确测量了一个约15的电阻后，需要继续测量一个阻值约2k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
