1、2013-2014学年浙江省金华市东阳市巍山高中高二（上）月考物理试卷（12月份） 一、选择题：（每题至少有一个正确答案，全选对得5分，选不全得2分）1（5分）（2013秋沧州期末）一带电粒子在电场中只受电场力作用时，它不可能出现的运动状态是（）A匀速直线运动B匀加速直线运动C匀变速曲线运动D匀速圆周运动考点：电场强度；牛顿第二定律版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：根据物体的初状态和受力情况判断物体的运动情况解答：解：一带电粒子在电场中只受电场力作用时，合力不为0A、物体合力不为0，不可能做匀速直线运动，故A错误B、物体合力不为0，当初速度方向与加速度方向相同，而且合外力恒定，就做匀加
2、速直线运动，故B正确C、物体合力不为0，当初速度方向与加速度方向不在一条直线上，而且合外力恒定，物体就做匀变速曲线运动，故C正确D、物体合力不为0，当合力与速度方向始终垂直，就可能做匀速圆周运动，故D正确答案选不可能出现的运动状态，故选：A点评：了解几种常见的运动状态的受力情况和速度变化情况2（5分）（2009山东）如图所示，在x轴上关于原点O对称的两点固定放置等量异种点电荷+Q和Q，x轴上的P点位于的右侧下列判断正确的是（）A在x轴上还有一点与P点电场强度相同B在x轴上还有两点与P点电场强度相同C若将一试探电荷+q从P点移至O点，电势能增大D若将一试探电荷+q从P点移至O点，电势能减小考点：
3、电势能；电场强度；电场线版权所有专题：压轴题；电场力与电势的性质专题分析：要解答本题需要：熟悉掌握等量正负点电荷的电场分布；知道WAB=EPAEPB，即电场力做正功，电势能转化为其他形式的能，电势能减少；电场力做负功，其他形式的能转化为电势能，电势能增加，即W=E解答：解：等量异种电荷周围的电场分布情况如图所示，根据其电场分布可知，在x轴上还有一点与P点电场强度相同，在正电荷Q的左边，故A正确，B错误；若将一试探电荷+q从P点移至O点，电场力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大一般规定无穷远电势为零，过0点的中垂线电势也为零，所以试探电荷+q在P点时电势能为负值，移至O点时电势能为零，所以
4、电势能增大，故C正确，D错误点评：对于几种典型的电场如正负点电荷、等量同种电荷、等量异种电荷周围电场线、等势线等分布情况要熟练掌握3（5分）（2012秋慈溪市校级期中）如图所示，一带负电的粒子，沿着电场线从A点运动到B点的过程中，以下说法中正确的是（）A带电粒子的电势能越来越小B带电粒子的电势能越来越大C带电粒子受到的静电力一定越来越小D带电粒子受到的静电力做正功考点：电势能版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：电场线越密的地方场强越强，越疏的地方场强越弱，沿电场线方向电势逐渐降低根据电场力做功判断电势能和动能的变化解答：解：A、B：负电荷受到的电场力与电场线的方向相反，所以电荷从A到B的
5、过程电场力做负功，电势能增大故A错误，B正确； C：B点电场线比A点电场线密，所以B处场强较强沿着电场线从A点运动到B点的过程中带电粒子受到的电场力越来越大故C错误； D：负电荷受到的电场力与电场线的方向相反，所以电荷从A到B的过程电场力做负功，故D错误故选：B点评：解决本题的关键知道电场线的性质，以及知道电场力做功与电势能的关系，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加4（5分）（2013秋新余期末）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
6、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；电容版权所有专题：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
7、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5（5分）（2012秋浙江校级期中）把一个带负电的球放在一块接地的金属板附近，对于球和金属板之间形成电场的电场线，在图中描绘正确的是（）ABCD考点：电场线版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：处于静电平衡状态的导体是等势体、内部电场强度处处为零电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不相交不闭合解答：解：金属板在点电荷Q的电场中发生静电感应，在金属板左侧聚集了大量的正电荷，而由于金属板接地，金属板和大地构成一个等势体，金属板的右侧与大地之间相当于等势体的“凹面”所以金属板的右侧不带电荷，所以金属板的右侧也不
8、存在电场线处于静电平衡状态的导体是等势体、内部电场强度处处为零 导体表面场强垂直于导体表面，所以导体内电势差为0即等势体 电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷所以B正确，A、C、D错误故选B点评：本题考察了关于电场线的基础知识和处于静电平衡状态的导体的特点，是一个等势体、内部电场强度处处为零6（5分）（2011北京）如图所示电路，电源内阻不可忽略开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中（）A电压表与电流表的示数都减小B电压表与电流表的示数都增大C电压表的示数增大，电流表的示数减小D电压表的示数减小，电流表的示数增大考点：闭合电路的欧姆定律版权所有分析：由电路图可知R2与R
9、0并联后与R1串联，电压表测路端电压；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化及路端电压的变化，再分析局部电路可得出电流表中示数的变化解答：解：滑片下移，则滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，电路中总电流增大，内阻两端电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小；由欧姆定律可知，R1上的分压增大，故并联部分电压减小，即可知电流表示数减小，故A正确，BCD错误；故选A点评：分析闭合电路的欧姆定律的动态分析的题目时，一般要按先外电路、再内电路、后外电路的思路进行分析；重点分析电路中的路端电压、总电流及部分电路的电流及电压变化
10、7（5分）（2008湖北三模）如图所示的电路中，C2=2C1，R2=2R1，下列说法正确的是（）A开关处于断开状态，电容器C2的电量大于C1的带电量B开关处于断开状态，电容器C1的电量大于C2的带电量C开关处于接通状态，电容器C2的电量大于C1的带电量D开关处于接通状态，电容器C1的电量大于C2的带电量考点：闭合电路的欧姆定律；电容版权所有专题：电容器专题分析：当开关S闭合时，两个电阻串联，电容器C2与电阻R1并联，电容器C1与电阻R2并联开关S断开后，电路稳定后，电路中无电流，两电容器的电压都等于电源的电动势根据Q=UC即可判断带电量之间的关系解答：解：A、B、当开关S断开后，电路稳定后，电
11、路中无电流，两电容器的电压都等于电源的电动势，根据Q=UC，且C2=2C1，R2=2R1，得：电容器C2的电量大于C1的带电量，故A正确，B错误；C、D、当开关S闭合时，电容器C2的电压等于R1的电压，电容器C1的电压等于电阻R2的电压而两电阻串联，电压之比等于电阻之比，根据Q=UC，且C2=2C1，U1=2U2，得：电容器C2的电量等于C1的带电量，故CD错误故选：A点评：对于含有电容器的电路，在电容不变时，关键是确定电压及其变化电路稳定时，电容器的电压等于所并联的电路两端的电压8（5分）（2010秋桐乡市校级期中）使用万用表欧姆档测电阻时，下面叙述的规则不必要或不确切的是（）A测每个电阻前
12、，都必须调零B测量中两手不要与两表笔金属触针接触C被测电阻要和其它元件及电源断开D测量完毕后选择开关应置于非欧姆挡考点：多用电表的原理及其使用版权所有专题：恒定电流专题分析：本题考查欧姆表的使用：每选定一次欧姆档位后电路发生改变要重新进行欧姆调零，测量电阻要把电阻与其它元件独立；测完要把选择开头正确放置解答：解：A、运用欧姆表测量电阻时，测量前必须红黑表笔短接，进行欧姆调零故A正确B、测量电阻时，测量中两手不要与两表笔金属触针接触，故B正确C、被测电阻要和其它元件及电源断开，故C正确D、使用完毕后应将表笔拔出，并把选择开关旋到交流电压最高档或“OFF”位置故D错误本题选错误的，故选：D点评：欧
13、姆表是利用内部电源供电，制造原理是闭合电路欧姆定律在使用过程中要注意其操作过程及使用方法9（5分）（2013秋东阳市校级月考）用公式R=求出“220V，40W”灯泡的电阻为1210，而用欧姆表测得其电阻只有90下列分析正确的是（）A一定是读数时乘错了倍率B可能是测量前没有调零C一定是欧姆表坏了D1210是灯泡正常工作时较高温度下的电阻，90是灯泡常温下的电阻考点：欧姆定律版权所有专题：恒定电流专题分析：根据R=求出的灯泡电阻，是灯泡正常发光时的电阻，灯泡正常发光时，温度比室温高，电阻率比室温时大，电阻比室温时大解答：解：根据P=得：R=1210，这是灯泡正常发光时的电阻，而灯泡正常发光时，灯泡
14、的温度很高，电阻率很大，电阻很大，是正常的在室温下温度降低，灯泡的电阻率减小，电阻减小，两个阻值相差悬殊是正常的，故D正确故选：D点评：本题考查对金属材料电阻率与温度关系的掌握情况，比较简单10（5分）（2012春洛阳期末）下面几组器材中，能完成测定电池的电动势和内电阻实验的是（）A一只电流表，一只电压表，一只变阻器，开关和导线B一只电流表，二只变阻器，开关和导线C一只电流表，一只电阻箱，开关和导线D一只电压表，一只电阻箱，开关和导线考点：测定电源的电动势和内阻版权所有专题：实验题分析：测定电源的电动势和内阻的原理是闭合电路欧姆定律E=U+Ir，可以一个电压表、一个电流表分别测量路端电压和电流
15、，用滑动变阻器调节外电阻，改变路端电压和电流，实现多次测量也可以用电流表和电阻箱组合，可代替电流表和电压表，或用电压表和电阻箱组合，代替电压表和电流表，同样能测量电源的电动势和内阻解答：解：A、测定电源的电动势和内阻的原理是闭合电路欧姆定律E=U+Ir，作电压表测量路端电压U、用电流表测量电流I，利用滑动变阻器调节外电阻，改变路端电压和电流，实现多次测量，即由一个电压表、一个电流表和一个滑动变阻器组合可测量电源的电动势和内阻，故A正确，B错误；C、也可以在没有电压表的情况下，用一个电流表和一个电阻箱组合测量，电阻箱可以读出阻值，由U=IR可求出路端电压，故C正确；D、也可以用电压表和电阻箱组合
16、，由电压表读数U与电阻箱读数R之比求出电流故D正确故选：ACD点评：测定电源的电动势和内阻的原理是闭合电路欧姆定律，实验的电路有三种，分别是伏安法、伏阻法和安阻法11（5分）（2011秋临沂期末）关于磁感线的概念，下列说法中正确的是（）A磁感线是磁场中客观存在、但肉眼看不见的曲线B磁感线总是从磁体的N极指向S极C磁感线上各点的切线方向与该点的磁场方向一致D沿磁感线方向，磁场逐渐减弱考点：磁感线及用磁感线描述磁场版权所有分析：根据磁感线特点分析答题：（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，磁感线并不客观存在（2）磁感线
17、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、磁感线是理想化的物理模型，实际上不存在，故A错误；B、磁感线从磁体外部是从N极指向S极，而内部是从S极指向N极，磁感线是闭合的曲线，故B错误；C、磁感线上各点的切线方向与该点的磁场方向一致的方向相同，故C正确；D、沿磁感线方向，磁场可能减弱，也可能增加，也可能不变，故D错误；故选：C点评：本题是一道基础题，记住相关的基础知识，对于解决此类识记性的题目非常方便12
18、（5分）（2008宁夏）在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图过c点的导线所受安培力的方向（）A与ab边平行，竖直向上B与ab边平行，竖直向下C与ab边垂直，指向左边D与ab边垂直，指向右边考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；磁感应强度；左手定则版权所有分析：通电导线在磁场中受到安培力，方向是由左手定则可确定，而通电导线与通电导线间的安培力由通电导线周围存在磁场是由安培定则来确定，则对放入其中的通电导线有安培力作用，从而由安培力的叠加可确定其方向解答：解：等边三角形的三个顶点a、b、c处均有一通电导线，且导线中通有大小相等
19、的恒定电流由安培定则可得：导线a、b的电流在c处的合磁场方向竖直向下再由左手定则可得：安培力的方向是与ab边垂直，指向左边故选：C点评：从题中可得这一规律：通电导线的电流方向相同时，则两导线相互吸引；当通电导线的电流方向相反时，则两导线相互排斥13（5分）（2013秋东阳市校级月考）如图所示，电子束沿x轴正方向运动，则电子束产生的磁场在y轴正向A点的方向是（）Az轴正方向Bz轴负方向Cy轴正方向Dy轴负方向考点：几种常见的磁场版权所有分析：电子带负电，其运动方向与电流方向相反，根据安培定则判断电子流在 Y 轴上的A点处所产生的磁场方向解答：解：电子流沿 X 轴正方向运动，形成的电流方向沿 X
20、轴负方向，根据安培定则：大拇指指向电流方向，则四指环绕方向即为磁场方向，可知，电子流在 Y轴上的A点处所产生的磁场方向是沿 Z轴负方向故B正确，ACD错误故选：B点评：安培定则是判断电流方向与磁场方向间关系的规则，要熟练掌握要注意电流方向与负电荷定向运动方向相反14（5分）（2009诸城市模拟）如图所示，一带负电的滑块从粗糙斜面的顶端滑至底端时的速率为v，若加一个垂直纸面向外的匀强磁场，并保证滑块能滑至底端，则它滑至底端时的速率（）A变大B变小C不变D条件不足，无法判断考点：动能定理的应用；共点力平衡的条件及其应用；左手定则；洛仑兹力版权所有专题：动能定理的应用专题分析：未加磁场时，滑块受到重
21、力、支持力，摩擦力，加磁场后，根据左手定则，多了一个垂直斜面向下的洛伦兹力两种情况重力做功相同，洛伦兹力不做功，但加磁场时对斜面的正压力变大，摩擦力变大，克服摩擦力做功变多，根据动能定理，即可比较出两种情况到达底端的速率解答：解：未加磁场时，根据动能定理，有加磁场后，多了洛伦兹力，洛伦兹力不做功，但正压力变大，摩擦力变大，根据动能定理，有，WfWf，所以vv故B正确，A、C、D错误故选B点评：解决本题的关键两次运用动能定理，两种情况重力功相同，多了磁场后多了洛伦兹力，洛伦兹力不做功，但导致摩擦力变大，即两种情况摩擦力做功不同，从而比较出到达底端的速率二、实验题15（3分）（2011秋卢氏县校级
22、期末）在用电压表和电流表研究小灯泡在不同电压下的功率的实验中，实验室备有下列器材供选择：A待测小灯泡“3.0V、1.5W”B电流表（量程3A，内阻约为1）C电流表（量程0.6A，内阻约为5）D电压表（量程3.0V，内阻约为10k）E电压表（量程15.0V，内阻约为50k）F滑动变阻器（最大阻值为100，额定电流50mA）G滑动变阻器（最大阻值为10，额定电流1.0A）H电源（电动势为4.0V，内阻不计）I电键及导线等（1）为了使实验完成的更好，电流表应选用C；电压表应选用D；滑动变阻器应选用G（只需填器材前面的字母即可）（2）如果既要满足小灯泡两端电压从零开始连续变化，又要测量误差较小，应从如
23、图所示的电路中选择B电路做实验电路（填对应电路图下面的字母）（3）按要求在实物图上连线考点：电功、电功率；伏安法测电阻版权所有专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）根据灯泡额定电流选择电流表，根据灯泡额定电压选择电压表，根据安全性原则选择滑动变阻器（2）电压、电流从零连续变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻间的关系选择电流表采用内接法还是外接法，然后选择实验电路（3）根据实验电路图连接实物电路图解答：解：（1）灯泡额定电流I=0.5A，电流表选C电流表（量程0.6A，内阻约为5）；灯泡额定电压是3V，电压表选D电压表（量程3.0V，内阻约为10k）；灯泡正常发光时电路电流为0
24、.5A，为保证电路安全，滑动变阻器应选G：滑动变阻器（最大阻值为10，额定电流1.0A）；（2）小灯泡两端电压从零开始连续变化，滑动变阻器应采用分压接法；灯泡正常发光时的电阻R=6，=1.2，=1666.67，电流表应采用外接法，因此应采用B所示实验电路图（3）根据实验电路图B连接实物电路图，如图所示故答案为：（1）C；D；G；（2）B；（3）实物电路图如图所示点评：电压与电流零开始变化，滑动变阻器只能采用分压接法而不能采用限流接法三、计算题16（9分）（2014盖州市校级学业考试）如图所示，在水平向右的匀强电场中的A点，有一个质量为m、带电荷量为q的油滴以速度v竖直向上运动已知当油滴经过最高
25、点B时，速度大小也为v求：（1）场强E的大小；（2）A、B两点间的电势差考点：动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动版权所有专题：动能定理的应用专题分析：（1）油滴在电场中受到重力和电场力，两个力都是恒力，运用运动的分解法研究，将油滴的运动分解为水平和竖直两个方向研究，根据匀变速直线运动平均速度公式列出两个方向的位移，得到两个位移的关系，再根据动能定理列式求解E（2）根据动能定理求解A、B两点间的电势差解答：解：（1）油滴在水平方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动；竖直方向上做匀减速直线运动根据分运动与合运动的等时性以及匀变速直线运动平均速度公式有： 竖直方向有：h= 水平方向有：
26、x= 所以得：h=x ）由动能定理：qExmgh=0 得到：E= （2）由动能定理得：qUABmgh=0 且竖直方向有：mgh=0mv2 得到：UAB= 答：（1）场强E的大小为； （2）A、B两点间的电势差为点评：本题考查运动的合成与分解，掌握运动学公式和动能定理的应用，理解电场力做功与电势差之间的关系17（9分）（2014秋青原区校级期中）如图所示，电源电动势E=10V，内阻r=0.5，标有“8V，16W”的灯泡恰好能正常发光，电动机M绕组的电阻R0=1，求：（1）路端电压；（2）电源的总功率；（3）电动机的输出功率考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率版权所有专题：恒定电流专题分析：（1
27、）路端电压等于灯泡两端的电压，灯泡正常发光，就等于灯泡的额定电压（2）对内电路研究，由欧姆定律求出流过电源的电流，由P=EI求解电源的总功率（3）电动机两端电压等于灯泡的额定电压，根据电源的电流和灯泡的电流求出电动机的电流，根据能量守恒求解电动机的输出功率解答：解：（1）灯泡正常发光，U=U额=8V （2）U内=EU=2V 由欧姆定律得流过电源的电流I=4A 电源的总功率P总=EI=104=40W （3）灯泡的电流I 灯=2A 电动机的电流IM=II灯=2A 电动机消耗的电功率PM=UIM=82=16W 电动机发热功率P热=IM2R0=221=4W 所以电动机的输出功率P输出=PMP热=164
28、=12W答：（1）路端电压为8V； （2）电源的总功率为40W； （3）电动机的输出功率为12W点评：对于电动机电路，要正确区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路：当电动机正常工作时，是非纯电阻电路；当电动机被卡住不转时，是纯电阻电路18（9分）（2013秋东湖区校级期末）有一金属棒ab，质量为m，电阻不计，可在两条轨道上滑动，如图所示，轨道间距为L，其平面与水平面的夹角为，置于垂直于轨道平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，金属棒与轨道的最大静摩擦力为其所受重力的k倍，回路中电源电动势为E，内阻不计，问：滑动变阻器R调节在什么阻值范围内，金属棒能静止在轨道上？考点：安培力；共点力平衡的条件及其应用
29、版权所有专题：电磁学分析：金属棒受重力、支持力和向上的安培力，考虑金属棒恰好不下滑和恰好不上滑两种临界情况，受力分析后根据平衡条件求解安培力；然后结合安培力公式和闭合电路欧姆定律列式求解变阻器阻值的临界值，得到电阻值的范围解答：解：若B的方向改为与轨道平面垂直斜向上，当安培力较小，物体恰好要沿斜面下滑时，金属棒受力如图a所示沿斜面方向：F+fm=mgsin，又F=BIL=BLfm=kmg三式联立得：当安培力较大，物体恰好要沿斜面上滑时，金属棒受力如图b所示沿斜面的方向：F=fm+mgsin又F=BIL=Bfm=kmg三式联立解得：因此时，金属棒恰能静止在轨道上答：滑动变阻器阻值调节阻值在范围内金属棒恰能静止在轨道上点评：本题关键对二种种临界情况受力分析，根据平衡条件求解出安培力，然后结合结合安培力公式和闭合电路欧姆定律列式求解变阻器阻值的临界值