1、高考资源网（） 您身边的高考专家福建省泉州一中2014-2015学年高二上学期月考物理试卷（12月份）一、选择题（每小题只有一个选项是正确的，每题4分选择题共48分）1下列关于磁感线的说法正确的是( )A磁感线可以形象地描述磁场中各点的磁场方向，它每一点的切线方向都与小磁针放在该点静止时S极所指的方向相同B磁感线总是从磁体的N极出发，到磁体的S极终止C磁场的磁感线是闭合曲线D磁感线就是细铁屑在磁铁周围排列成的曲线，没有细铁屑的地方就没有磁感线考点：磁感线及用磁感线描述磁场 分析：（1）磁体的周围存在着看不见，摸不着但又客观存在的磁场，为了描述磁场，在实验的基础上，利用建模的方法想象出来的磁感线
2、，磁感线并不客观存在（2）磁感线在磁体的周围是从磁体的N极出发回到S极在磁体的内部，磁感线是从磁体的S极出发，回到N极（3）磁场中的一点，磁场方向只有一个，由此入手可以确定磁感线不能相交（4）磁场的强弱可以利用磁感线的疏密程度来描述磁场越强，磁感线越密集解答：解：A、磁感线上的切线方向为小磁针在该点静止时，N极所指的方向；故A错误；B、磁体外部磁感线由N极指向S极，而内部由S极指向N极；故B错误；C、磁感线一定是闭合的；故C正确；D、磁感线是我们看不到的，我们只能利于铁屑的分布来模拟磁感线的形状，没有细铁屑的地方同样有磁场；故D错误；故选：C点评：此题考查了磁感线的引入目的，磁场方向的规定，记
3、住相关的基础知识，对于解决此类识记性的题目非常方便2根据安培的思想，认为磁场是由于运动电荷产生的，这种思想如果对地磁场也适用，而目前在地球上并没有发现相对地球定向移动的电荷，那么由此可断定地球应该( )A带负电B带正电C不带电D无法确定考点：分子电流假说 专题：电磁感应中的力学问题分析：根据安培定则可知右手的拇指指向N极，而弯曲的四指的指向是正电荷运动的方向，故在本题中右手的拇指指向南方，弯曲的四指的指向与地球自转的方向相反，从而可以判定地球带负电解答：解：由于地磁的N极在地理的南极附近，地磁的S极在地理的北极附近，地球绕地轴自西向东的旋转，故可以将地球看做一个绕地轴运动的环形电流，根据安培定
4、则可知右手的拇指指向南方，而弯曲的四指的指向与地球自转的方向相反，而弯曲的四指的指向是正电荷运动的方向与负电荷运动的方向相反，故可以断定地球带负电故A正确故选A点评：将地球看做环形电流，把握地理南北两极和地磁的N、S的关系是解决本题的关键3如图示，AB是水平面上一个圆的直径，在过AB的竖直平面内有一根通电导线CD，已知CDAB当CD竖直向上平移时，电流磁场穿过圆面积的磁通量将( )A逐渐增大B逐渐减小C始终为0D不为0但保持不变考点：磁通量 分析：磁通量是穿过磁场中某一平面的磁感线的条数题中线圈面积不变，根据磁感线是闭合曲线，从穿进线圈后又穿出线圈，则可判断穿过线框的磁通量为零，从而即可求解解
5、答：解：由题，通电直导线产生稳定的磁场，根据安培定则判断可知：在AB的外侧磁感线向下穿过线圈平面，在AB的里侧磁感线向上穿过线圈平面，根据对称性可知，穿过线框的磁感线的总条数为零，磁通量为零，CD竖直向上平移时，穿过这个圆面的磁通量始终为零，保持不变，故ABD错误，C正确故选：C点评：对于非匀强磁场穿过线圈的磁通量不能定量计算，可以根据磁感线的条数定性判断其变化情况，当磁感线有两种方向穿过线圈时，要看抵消后的磁感线条数来确定磁通量4如图所示，a、b两根垂直纸面的直导体通有等值的电流，两导线旁有一点P，P点到a、b距离相等，要使P点的磁场方向向右，则a、b中电流的方向为( )A都向纸里B都向纸外
6、Ca中电流方向向纸外，b中向纸里Da中电流方向向纸里，b中向纸外考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 分析：P点的磁场是由两个直导线A、C中电流产生的磁场叠加，根据安培定则和平行四边形定则进行分析解答：解：A、若a、b中均向纸里，同理可知，P点的磁感应强度方向竖直向下故A错误B、若a、b中均向纸外，根据安培定则判断可知：a在p处产生的磁场Ba方向垂直于ap连线向上，如图所示b在p处产生的磁场Bb方向垂直于连线向上，根据平行四边形定则进行合成，P点的磁感应强度方向竖直向上故B错误C、若a中向纸外，b中向纸里，同理可知，如图所示，P点的磁感应强度方向水平向右故C正确D、若a中向纸里，b中向纸外
7、，同理可知，则得P点的磁感应强度方向水平向左故D错误故选：C点评：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5在如下所示的四幅图中，正确标明了通电导线所受安培力F方向的是( )ABCD考点：左手定则 分析：在利用左手定则判断导体所受安培力时，可以先确定让电流方向和四指指向一致，然后通过旋转手让磁感线穿过手心，从而确定大拇指的指向，即安培力方向，不要想着同时让电流和四指指向一致、磁场穿过手心，这样容易手忙脚乱，造成错误解答：解：利用左手定值进行判断，先让电流和四指指向一致，然后让磁感线穿过手心，看大拇指指向即安培力的方向；A图中安培力向下，B图中向下；C图中向下；D
8、图中垂直纸面向外，故ACD错误，B正确故选：B点评：本题比较简单，直接考察了安培定制的应用，做这类题目要注意电流、磁场方向的表示方法，不要弄错方向6如图所示，MN是一条水平放置的固定长直导线，通电电流大小为I1，方向如图P是一个通有电流I2的与MN共面的金属环，圆环P在磁场作用下将( )A沿纸面向下运动B沿纸面向上运动C上半部分垂直纸面向外，下半部分垂直纸面向里运动D上半部分垂直纸面向里，下半部分垂直纸面向外运动考点：平行通电直导线间的作用 分析：先由右手定则判断圆环处MN直导线产生的磁场的方向，然后由左手定则判断圆环所受安培力的方向解答：解：以MN上方的圆环为例，MN在上方的磁场方向向里，由
9、左手定则判断上半部分导线所受安培力方向向下，同理可得MN下方的圆环所受安培力方向也是向下，故A正确，BCD错误；故选：A点评：解决本题的关键掌握左手定则的内容，知道磁感线穿过掌心，四指方向与电流方向相同，大拇指所指方向表示安培力的方向7电源的电动势和内阻都保持一定，在外电路的电阻逐渐减小的过程中，下面说法中正确的是( )A电源的路端电压一定逐渐变大B电源的输出功率一定逐渐变小C电源内部消耗的功率一定逐渐变小D电源的供电效率一定逐渐变小考点：电功、电功率；电源的电动势和内阻 专题：恒定电流专题分析：当外电阻减小时，根据闭合电路欧姆定律分析电流的变化，再分析路端电压的变化根据数学知识得知，当外电阻
10、与电源的内阻相等，电源的输出功率最大，分析电源的输出功率如何变化电源的供电效率等于电源的输出功率与总功率之比解答：解：A、当外电阻减小时，根据闭合电路欧姆定律得，电流减小，路端电压U=EIr，E，r不变，I增大，U减小故A错误B、根据数学知识得知，当外电阻与电源的内阻相等，电源的输出功率最大，由于外电阻与内电阻关系未知，无法判断电源的输出功率的变化故B错误C、电源内部消耗的功率P=I2r，电流I增大，r不变，则电源内部消耗的功率P增大故C错误D、电源的供电效率=，当外电阻R减小时，一定变小故D正确故选：D点评：电源的输出功率与外电阻的关系可以利用数学函数法求极值，通过作输出功率与外电阻关系的图
11、象记住结论8一个电源分别接上8和2的电阻时，两电阻消耗的电功率相等，则电源内阻为( )A1B2C4D8考点：电功、电功率 专题：恒定电流专题分析：根据闭合电路欧姆定律分别表示出接8和2的外电阻时的电流，然后由功率相等列方程求解解答：解：设电源的内阻大小为r，根据闭合电路欧姆定律： I=；I=由题意，这两电阻消耗的电功率相等，则有：I28=I22即：（）28=（）22解得：r=4故选：C点评：本题分析定值电阻的功率，根据功率公式P=I2R进行分析如是可变电阻，可根据数学知识研究极值9一电流表的满偏电流Ig=1mA，内阻为200要把它改装成一个量程为0.5A的电流表，则应在电流表上( )A并联一个
12、0.4的电阻B并联一个200的电阻C串联一个0.4的电阻D串联一个200的电阻考点：把电流表改装成电压表 专题：恒定电流专题分析：将电表的量程扩大应在表头两端并联一个小电阻进行分流，当流过表头的电流达到满偏时，流过并联部分的总电流即为改装后的最大量程解答：解：要使电流表量程变为0.5A，则流过并联电阻的电流I=0.50.001A=0.499A；并联部分的电压U=IgR=0.001200=0.2V，则需要并联的电阻r=0.4；故选A点评：对于电流表的改装一定要明确改装的原理，再根据串并联电路的规律求解即可10用电压表检查如图电路中的故障，S闭合后，测得Uad=5.0V，Ucd=0，Ubc=0，U
13、ab=5.0V，则此故障可能是( )AR断路BS断路CR断路DL断路考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：电压表如果示数为零，那么被测部分短路，或被测部分外部断路电压表如果示数为电源电压，那么被测部分断路，或被测部分外部短路解答：解：串联电路中灯L不发光，则可能是某处断路，电压表测断路位置为电源电压，测不断的位置电压为零，由题意可知，测得Uad=5.0伏，测量的是电源电源，测得Ucd=0伏，Ubc=0伏，说明在bRc灯Ld之外有开路现象；测得Uab=6.0伏，说明ab之间有断路之处，所以断路是在电阻R上故选：A点评：利用电流表和电压表判断电路中的故障，依据在故障电路中电流表和电压表
14、显示的现象来判断11如图所示的电路中，电源的电动势E和内电阻r恒定不变，电灯L恰能正常发光，如果滑动变阻器的滑片向b端滑动，则( )A电灯L更亮，电流表的示数减小B电灯L更亮，电流表的示数增大C电灯L变暗，电流表的示数减小D电灯L变暗，电流表的示数增大考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：滑动变阻器的滑片向b端滑动过程，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由欧姆定律分析总电流的变化和路端电压的变化，来判断电灯亮度和电流表示数的变化解答：解：滑动变阻器的滑片向b端滑动过程，变阻器接入电路的电阻增大，R1，外电路总R，由欧姆定律得知总电流I，路端电压U=EIr电灯L的电压等于路
15、端电压，所以电灯L更亮，电流表的示数减小故选A点评：本题是简单的电路动态分析问题对于路端电压也可以直接根据路端电压随外电阻增大而增大判断变化12如图，长方体玻璃水槽中盛有NaCl的水溶液，在水槽左、右侧壁内侧各装一导体片，使溶液中通入沿x轴正向的电流I，沿y轴正向加恒定的匀强磁场B图中a、b是垂直于z轴方向上水槽的前后两内侧面( )Aa处电势高于b处电势Ba处离子浓度大于b处离子浓度C溶液的上表面电势高于下表面的电势D溶液的上表面处的离子浓度大于下表面处的离子浓度考点：洛仑兹力；电势 分析：在溶液中通入沿x轴正向的电流I，在NaCl的水溶液中，带正电的钠离子向右运动，带负电的氯离子向左运动，再
16、根据左手定则判断粒子受到的洛伦兹力的方向，从而可以得出水槽的前后两内侧面积累的电荷的情况，再分析电势的情况解答：解：A、电流向右，正离子向右运动，磁场的方向是竖直向上的，根据左手定则可以判断，正离子受到的洛伦兹力的方向是向前，即向a处运动，同理，可以判断负离子受到的洛伦兹力的方向也是指向a处的，所以a处整体不带电，a的电势和b的电势相同，所以A错误；B、由于正负离子都向a处运动，所以a处的离子浓度大于b处离子浓度，所以B正确；CD、离子都向a出运动，并没有上下之分，所以溶液的上表面电势等于下表面的电势，溶液的上表面处的离子浓度也等于下表面处的离子浓度，所以CD错误故选B点评：对于电解液，溶液中
17、既有正离子，也有负离子，两种离子都运动，这是与导体导电不同的地方，在分析离子的受力的时候要注意离子的带正电还是负电二、实验题（共18分）13某同学要测量一由新材料制成的粗细均匀的圆柱形导体的电阻率步骤如下：（1）用刻度尺测得该圆柱形导体长度；（2）用螺旋测微器测量其直径如图甲所示，由图可知其直径为4.700mm；（3）用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱形导体的电阻，表盘的示数如图乙所示，则该电阻的阻值约为220考点：欧姆定律 专题：实验题；恒定电流专题分析：（2）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；（3）用欧姆表测电阻的读数为指针示数
18、乘以倍率，当指针指在中央附近时测量值较准确；解答：解：（2）螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.0120.0mm=0.200mm，所以最终读数为：4.5mm+0.200mm=4.700mm（3）该电阻的阻值约为22.010=220故答案为：（2）4.700，（3）220点评：应明确：游标卡尺和螺旋测微器读数时应分成整数部分和小数部分两部分来读，注意螺旋测微器需要估读14利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻要求尽量减小实验误差（1）应该选择的实验电路是图1中的甲（选项“甲”或“乙”）（2）现有电流表、开关和导线若干，以及以下器材：A电压表（015V） B电压表（0
19、3V）C滑动变阻器（050） D滑动变阻器（0500），实验中电压表应选用B；滑动变阻器应选用c；（选填相应器材前的字母）（3）某位同学记录的6组数据如表所示，其中5组数据的对应点已经标在图2的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出UI图线序号123456电压U（V）1.451.401.301.251.201.10电流 （ A ）0.0600.1200.2400.2600.3600.480（4）根据（3）中所画图线可得出干电池的电动势E=1.5v，内电阻r=0.83（5）实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U以及干电池的输出功率P都会发生变化图3的各示意图中正确反映PU关系的是
20、D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：（1）当待测电源内阻很小时，为减小实验误差，相对于电源应采用电流表外接法（相对于电压表采用内接法）（2）根据电源电动势选择电压表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象（4）电源UI图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻，根据图示图象求出电源电动势与内阻（5）求出电源输出功率表达式，然后答题解答：解：（1）干电池内阻较小，为减小实验误差，应选题甲所示电路图；（2）一节干电池电动势约为1.5V，则电压表应选B，为方便实验操作，滑动变阻器应选C；（3）
21、根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出电源的UI图象如图所示；（4）由图示电源UI图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.5，则电源电动势E=1.5V，电源内阻：r=0.83；（5）电压表测量路端电压，其示数随滑动变阻器的阻值增大而增大；而当内阻和外阻相等时，输出功率最大；此时输出电压为电动势的一半外电路断开时，路端电压等于电源的电动势，此时输出功率为零；故符合条件的图象应为C 故答案为：（1）甲；（2）B；C；（3）图示如图所示；（4）1.5；0.83；（5）C点评：本题考查了实验电路选择、实验器材选择、作图象、求电源电动势与内阻等问题，要知道实验原理，要掌握应用图象法处理实验数据的方法
22、；电源的UI图象与纵轴交点坐标值是电源电动势图象斜率的绝对值是电源内阻三、计算题（7+7+10+10=36分）15如图所示的电路中，电阻R1=9，R2=15，电源的电动势E=12V，内电阻r=1，安培表的读数I=0.4A求：电阻R3的阻值和它消耗的电功率考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率 专题：恒定电流专题分析：（1）图中电阻R2与R3并联后与R1串联接在电源两端；先根据欧姆定律求解电阻R2的电压，然后根据闭合电路欧姆定律求解干路电流，得到R3的电流后，得到R3的电阻；（2）根据P=UI求解电阻R3消耗的电功率解答：解：（1）由U2=I2R2及 I总=代入数据得：I总=0.6A由I3=I总
23、I2代入数据得：I3=0.2A由R3=代入数据得：R3=30（2）由P3=U3I3代入数据得：P3=1.2w答：（1）电阻R3的阻值为30（2）R3消耗的电功率为1.2w点评：本题关键理清电路结构，然后结合串并联电路电流与电压的关系、闭合电路欧姆定律列式求解，基础题16如图所示，匀强电场方向水平向右，匀强磁场方向垂直于纸面向里一质量为m、带电量为q的微粒以速度与磁场垂直、与电场成角射入复合场中，恰能做匀速直线运动求电场强度E和磁感应强度B的大小考点：带电粒子在混合场中的运动 专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：由带电粒子所受的洛伦兹力与v垂直，电场力方向与电场线平行，粒子如图所示方向在磁场
24、中运动，如果只受到电场力与洛伦兹力作用，合力不可能为零，也就不可能做匀速直线运动由此可知本题必须考虑到微粒所受的重力，才可能使微粒做匀速直线运动对粒子进行正确的受力分析，做出受力分析图，可求出电场强度E和磁感应强度的大小解答：解：微粒受力情况如图，根据平衡条，得：Bqcosmg=0BqsinqE=0由式联立得：答：电场强度和磁感应强度B的大小得点评：该题考察了带电粒子在复合场中的运动，此类型题的分析方法为：1确定研究对象2注意进行五个分析：受力分析；过程分析；状态分析；做功分析（能量的转化分析）；守恒条件分析17如图所示，用两根轻细金属丝将质量为m，长为l的金属棒a、b悬挂在c、d两处，（1）
25、当棒置于竖直向上的匀强磁场内其中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向角处于平衡状态则磁感强度B为多少？（2）为了使棒仍然平衡在该位置上，求所求磁场的磁感强度B的最小值为多大？方向如何？考点：安培力 分析：（1）通过受力分析利用共点力平衡即可求得；（2）由矢量三角形定则判断安培力的最小值及方向，进而由安培力公式和左手定则的得到B的大小以及B的方向解答：解：（1）画出从右侧逆着电流方向的侧视图如图1所示金属棒在重力mg，悬线拉力T，安培力F三个力作用下处于平衡状态由共点力平衡条件：F=BIL=mgtan B=（2）要求所加磁场的磁感强度最小，应使棒平衡时所受的安培力有最小值由于棒的重力恒定，
26、悬线拉力的方向线不变，由画出的力的矢量三角形可知（图 2 ），安培力的最小值为 Fmin=mgsin 即 ILBmin=mgsin，所以 Bmin=所加磁场的方向应平行悬线向下 答：（1）当棒置于竖直向上的匀强磁场内其中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向角处于平衡状态则磁感强度B为（2）为了使棒仍然平衡在该位置上，求所求磁场的磁感强度B的最小值为，方向应平行悬线向下点评：考查安培力的方向与大小如何确定与计算，知道当安培力的方向与拉力的方向垂直，安培力最小，磁感应强度最小18如图所示，电源电动势E=9V，内阻r=0.5，电阻R1=5.0，R2=3.5，R3=6.0，R4=3.0，电容C=
27、2.0F两板间距离为0.17m（1）求电键接到a时，电容的带电量是多少？上极板带何种电荷？（2）求电键从与a接触到与b接触时，通过R3的电荷量是多少？上极板带何种电荷？（3）若两极板中央有一个带电粒子，当电键与a接触时，正好处于静止状态，若电键与b接触后，带电粒子向哪极板运动？经过多长时间到达极板？（不考虑电容充放电时间，g=10m/s2）考点：电容；闭合电路的欧姆定律 专题：电容器专题分析：（1）由图可知，R1与R2串联，当开关接a时，电容器与R1并联，根据串联电路的分压规律求出电容器的电压，即可求得电量分析两极板电势关系，判断上极板的电性（2）当开关与b连接时，C与R2并联；由C中电量的变
28、化可得出流地过R3的电量（3）当电键与a接触时，粒子正好处于静止状态，根据平衡条件列出方程；若电键与b接触后，根据牛顿第二定律求出加速度，再由位移时间公式求解运动时间解答：解：（1）当开关接a时，电容器的电压 U1=E=9V=5V电量 Q1=CU1=21065C=2105C由于上极板电势高，则上极板带正电荷（2）电键与b接触时，电容器的电压 U1=E=9V=3.5V则由Q=CU可知，开关由a接b的过程中，电量变化Q=（U1+U2）C=8.52.0106=1.7105C即通过R3的电荷量为1.7105C由于上极板电势低，则上极板带负电荷（3）当电键与a接触时，粒子正好处于静止状态，电场力与重力平衡，则知电场力方向竖直向上，且有：mg=q若电键与b接触后，场强反向，电场力反向，则小球向下极板做加速运动根据牛顿第二定律得：mg+q=ma联立得：a=g=10=17m/s2由=得：t=s=0.1s答：（1）电键接到a时，电容的带电量是2105C上极板带正电荷（2）电键从与a接触到与b接触时，通过R3的电荷量是1.7105C上极板带负电荷（3）带电粒子向下极板运动，经过0.1s时间到达下极板点评：本题考查闭合电路欧姆定律中的含容电路问题，在解题时要注意电路稳定时R3、R4相当于导线；电容器中变化的电量才流过R3高考资源网版权所有，侵权必究！
