1、四川省营山县回龙中学2015-2015学年高二12月检测物理试题一、单选题1关于电场线的说法，正确的是A.电场线的方向，就是电荷受力的方向B.在匀强电场中，正电荷只在电场力作用下一定沿电场线运动C.电场线越密的地方，同一电荷所受电场力越大D.静电场的电场线是闭合的【答案】C【解析】本题考查电场线和电场强度的知识，意在考查学生的理解能力。电场线的方向，与正电荷受力的方向相同，与负电荷受力方向相反，A错；在匀强电场中，初速度为零正电荷只在电场力作用下才会沿电场线运动，B错；电场线越密的地方，电场强度越大，根据F=Eq，可知同一电荷所受电场力越大，C正确；电场线由正电荷出发终止于负电荷或无穷远处，D
2、错。综上本题选C。2电位器是变阻器的一种。如图所示，如果把电位器与灯泡串联起来，利用它改变灯的亮度，下列说法正确的是A.连接A、B使滑动触头顺时针转动，灯泡变亮B.连接A、C使滑动触头逆时针转动，灯泡变亮C.连接A、C使滑动触头顺时针转动，灯泡变暗D.连接B、C使滑动触头顺时针转动，灯泡变亮【答案】D【解析】本题考查电功率和电阻的知识，意在考查学生的分析能力。连接A、B使滑动触头顺时针转动时，根据电阻定律，电位器接入电路的电阻增大，电流减小，灯泡的功率P=I2R，P减小，灯泡变暗，A错误；连接A、C，电位器接入电路的电阻不变，电流不变，灯光亮度不变，故BC错误；连接B、C使滑动触头顺时针转动时
3、，电位器接入电路的电阻减小，电流增大，灯泡变亮，故D正确。综上本题选D。3如图甲所示，导线MN和矩形线框abcd共面且均固定，在MN中通以如图乙所示的电流(NM方向为电流正方向)。则在0T时间内A.线框感应电流方向始终沿abcdaB.线框感应电流方向先沿abcda后沿adcbaC.ab边始终不受力的作用D.bc边受安培力先向左后向右【答案】A【解析】本题考查楞次定律的知识，意在考查学生对楞次定律的应用能力。由题意可知，NM方向为电流正方向，根据右手螺旋定则可知，在0到时间内，穿过线框abcd磁场方向垂直纸面向里，大小在减小，则线框产生的感应电流方向，由楞次定律可得，感应电流方向顺时针，即为ab
4、cda；当在到T时间内，穿过线框abcd磁场方向垂直纸面向外，大小在增大，则线框产生的感应电流方向，由楞次定律可得，感应电流方向仍为顺时针，即为abcda，A正确，B错误；当NM电流大小变化时，周围产生磁场，导致线框中产生感应电流，从而使线框ab受到安培力作用，故C错误；当通以正向电流时，线框bc受到向右的安培力；当通以反向电流时，线框bc受到向左的安培力，故D错误。综上本题选A。4如图所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的S极朝下。在将磁铁的S极插入线圈的过程中A.通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥B.通过电阻的感应电流的方向由b到a
5、，线圈与磁铁相互吸引C.通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互排斥D.通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互吸引【答案】A【解析】本题考查楞次定律的知识，意在考查学生对楞次定律的应用能力。当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，原磁场方向向上，所以感应磁场方向向下，根据右手螺旋定则，大拇指表示感应磁场的方向，弯曲的四指表示感应电流的方向，即通过电阻的电流方向为ba；根据楞次定律“来拒去留”可判断线圈对磁铁的作用是阻碍作用，故磁铁与线圈相互排斥.综上所述，故A正确，BCD错误。综上本题选A。5两根不同金属导体制成的长度相等、横截面积相同的圆柱形杆，串联后接在某一直流电源两端，
6、如图所示。已知杆a的质量小于杆b的质量，杆a金属的摩尔质量小于杆b金属的摩尔质量，杆a的电阻大于杆b的电阻，假设每种金属的每个原子都提供相同数目的自由电子(载流子)。当电流达到稳恒时，若a、 b内均存在电场，则该电场可视为均匀电场。下面结论中正确的是A.两杆内的电场强度都不等于零，且a内的场强大于b内的场强B.两杆内的电场强度都等于零C.两杆内载流子定向运动的速率一定相等D.a内载流子定向运动的速率一定大于b内载流子定向运动的速率【答案】A【解析】本题考查电压和电场强度的关系、电流的微观表达式的知识，意在考查学生的分析能力。两杆串联，所以电流相等，因为，由欧姆定律可知，根据匀强电场关系式可知，
7、两杆内电场强度都不为零，且a内的电场强度大于b内的电场强度，A正确、B错误；根据电流的决定式可知载流子的定向运动速率，由题意无法确杆内单位体积内的自由电荷数n的大小关系，所以无法确定定向运动速率大小关系，故C、D错误。综上本题选A。6定值电阻和一热敏电阻串联后与一内阻不计的电源组成闭合电路，开始时。现先后对加热、冷却，则下列关于的电功率变化情况正确的是A.加热时增加，冷却时减少B.加热时减少，冷却时增加C.冷却、加热时均增加D.冷却、加热时均减少【答案】D【解析】本题主要考查闭合电路欧姆定律、电功率以及热敏电阻的特点，意在考查学生应用闭合电路欧姆定律分析动态电路的能力。由题意根据闭合电路欧姆定
8、律和电功率的计算公式可得，当时，分母有最小值，此时最大，又电源电动势不变，不变，所以当对加热时，电阻减小或当对冷却时，都会减小，选项D正确，综上，本题选项D正确。7在如图所示电路中，当变阻器的滑动头P向b端移动时A.电压表示数变大，电流表示数变小B.电压表示数变小，电流表示数变大C.电压表示数变大，电流表示数变大D.电压表示数变小，电流表示数变小【答案】B【解析】本题主要考查应用闭合电路欧姆定律分析动态电路，意在考查学生利用闭合电路欧姆定律和串并联电路的特点综合分析动态电路的能力。由图可知当变阻器的滑动头P向b端移动时，电路的总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知干路电流增大，又，所以路端电压减
9、小，即电压表示数减小，选项A、C错误；因为干路电流增大，所以两端电压增大，而路端电压是减小的，所以两端的电压是减小的，是定值电阻，所以通过的电流是减小的，又因为是增大的，是减小的，所以是增大的，选项B正确，D错误。综上，本题选项B正确。二、多选题8下列说法中正确的是A.法拉第发现了电流的磁效应B.感应电流的磁场一定与引起该感应电流的磁场方向相反C.静止电荷之间的相互作用是通过电场发生的D.磁极之间、电流之间的相互作用都是通过磁场发生的【答案】CD【解析】本题考查了电场、磁场的相关知识点，意在考查学生的记忆能力。奥斯特发现了电流的磁效应，故A错；由楞次定律可知，感应电流的磁场可以与引起该感应电流
10、的磁场方向相反，也可以相同，故B错；静止电荷之间的相互作用是通过电场发生的，故C对；磁极之间、电流之间的相互作用都是通过磁场发生的，故D对。综上本题选C、D。9如图,一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入一正方形的匀强磁场区,对从ab边离开磁场的电子,下列判断正确的是A.从a点离开的电子速度最小B.从a点离开的电子在磁场中运动时间最短C.从b点离开的电子运动半径最小D.从b点离开的电子速度方向改变的角度最小【答案】BC【解析】本题考查带电粒子在磁场中运动的知识，意在考查学生的应用能力。对于从右边离开磁场的电子，从a离开的轨道半径最大，根据带电粒子在匀强磁场中的半径公式，知轨道半径大，则速度大，
11、则a点离开的电子速度最大，从a点离开的电子偏转角最小，则圆弧的圆心角最小，根据，与粒子的速度无关，知越小，运行的时间越短，故B、C正确，A、D错误。综上本题选BC。10下列说法正确的是A.电荷在某处不受电场力作用，则该处的电场强度一定为零B.一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零C.表征电场中某点电场的强弱，是把一个检验电荷放在该点时受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值D.表征磁场中某点磁场的强弱，是把一小段通电导线放在该点时受到的磁场力与该小段导体长度和电流强度乘积的比值【答案】AC【解析】本题主要考查电场强度与磁感应强度的定义，意在考查学生对电场强度和磁感应强度定义
12、方法、电场基本性质和磁场基本性质的区别的理解能力。电场的基本性质是对放入电场中的电荷具有力的作用，即电荷在电场中一定受到电场力的作用，为了表征电场的强弱引入试探电荷，把一个检验电荷放在该点时受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值大小就表示该点电场的强弱，所以选项A、C正确；对于磁场，一小段通电导线放在磁场中，不一定受到磁场力的作用，导线所受磁场力的大小与导线的放置位置有关，所以不能依靠通电导线在磁场中受到的力的大小来表征磁场的强弱，选项B、D错误，综上，本题选项A、C正确。三、实验题11(1)在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如下图所示，读数为_mm。用游标为2
13、0分度的游标卡尺测量小球的直径，示数如图所示，读数为_cm.(2)某研究性学习小组欲较准确地测量一电池组的电动势及其内阻.给定的器材如下：A.电流表G(满偏电流10 mA，内阻10 )B.电流表A(00.6 A3 A，内阻未知)C.滑动变阻器R0(0100 ，1 A)D.定值电阻R(阻值990 )E.多用电表F.开关与导线若干该小组首先用多用电表F的直流10 V挡粗略测量电池组的电动势，电表指针如图所示，则该电表读数为_V.该小组再用提供的其他实验器材，设计了如下图甲所示的电路，请按照电路图在图乙上完成实物连线.图丙为该小组根据上述设计的实验电路所测出的数据绘制的I1I2图线(I1为电流表G的
14、示数，I2为电流表A的示数)，则由该图线可以得到被测电池组的电动势E_V，内阻r_.(保留2位有效数字)【答案】(1) 0.316； 0.665(2) 7.2 如图所示7.5 5.0【解析】本题考查了游标卡尺的使用、螺旋测微器、万用表的读法和测电源电动势和内阻的实验，意在考查学生的理解和运用能力。(1) 螺旋测微器的固定刻度是0mm，可动刻度为31.60.01=0.316mm，所以最终读数为0mm+0.316mm=0.316mm。游标卡尺主尺读数为6mm，游标尺上第13个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺的读数为130.05mm=0.65mm，所以最终读数为6mm+0.65mm=6.65mm
15、=0.665cm。(2) 量程为10V，最小分度为0.2，故读数为7.2V；答案如图所示，先将电流表和滑动变阻器串连接在电源两端，然后并联另一支路即可。电流表G和定值电阻R组成了一个量程为10V的电压表，由r可得，图像与纵轴的交点为电源的电动势，由图可知，E=7.5V；图像的斜率表示电源的内阻，内阻。12有一个小灯泡上标有“4V、2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的IU图线。现有下列器材供选用：A.电压表(05V，内阻10k) B.电压表(015V，内阻20k)C.电流表(03A，内阻1) D.电流表(00.6A，内阻0.4)E.滑动变阻器(10，2A) F.滑动变阻器(500，1A)G
16、.学生电源(直流6V)、开关、导线若干下面已画出如图(A)、(B)、(C)、(D)所示的四种实验电路图可供选择。 (1)根据本实验要求，应选择图 的电路图来完成实验。(2)实验中所用电压表应选 ，电流表应选用 ，滑动变阻器应选用 。(用序号字母表示)(3)把右图中所示的实验器材用实线代表导线连接成实物电路图。【答案】(1)C；(2)A，D，E；(3)如图：【解析】本题考查描绘小灯泡伏安特性曲线的实验，意在考查学生对实验原理和步骤的掌握情况。（1）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应选择分压接法，灯泡电阻：=8，电压表内阻约为10k，电流表内阻约为0.4，电压表内阻远大于
17、灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路图应选C；（2）灯泡额定电压为4V，电压表应选A，灯泡额定电流I=0.5A，电流表应选D，为方便实验操作，滑动变阻器应选择E；（3）根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：四、计算题13有一种“电测井”技术，用钻头在地上钻孔，通过在钻孔中进行电特性测量，可以反映地下的有关情况，如图所示为一钻孔，其形状为圆柱体，半径为10 cm，设里面充满浓度均匀的盐水，其电阻率0.314 m，现在钻孔的上表面和底部加上电压，测得U100V，I100mA。(1)求：该钻孔的深度。(2)若截取一段含盐水的圆柱体与电动势为200 V、内阻为100 的电源相连，通电10 m
18、in，当截取的圆柱体长度为多少时，盐水产生的热量最多，最多为多少？【答案】(1)100 m；(2)10 m，6104 J【解析】本题考查欧姆定律、电阻定律、闭合电路欧姆定律等知识，意在考查学生的分析能力。(1)盐水电阻1000 。由电阻定律R，Sr23.14102m2，解得h100 m。(2)当圆柱体电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大，盐水产生热量最多。电源内阻r100 ，则截取的圆柱体内阻也应该等于R100 ，圆柱体长度L10 m。圆柱体与电源组成闭合电路，电流I1 A热量最多为QI2Rt6104 J。14如图所示，在空间中取直角坐标系oxy，在第一象限内平行于y轴的虚线MN与y轴距离为d
19、，从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E。初速度可以忽略的电子经过另一个电势差为U的电场加速后，从y轴上的A点以平行于x轴的方向射入第一象限区域， A点坐标为(0，h)。已知电子的电量为e，质量为m，加速电场的电势差，电子的重力忽略不计，求：(1)电子从A点进入电场到离开该电场区域所经历的时间t和离开电场区域时的速率v；(2)电子经过x轴时离坐标原点O的距离l。【答案】(1) (2)【解析】本题主要考查带电粒子在匀强电场中的类平抛运动，意在考查学生应用运动的合成与分解、牛顿第二定律、动能定理等分析解决类平抛运动的能力。(1) 由题意可知电子在电场中做类平抛运动，由动能定理得 由题图可知，电子在垂直电场方向上做匀速直线运动，在平行电场方向上做匀加速直线运动，电子从A点进入电场到离开该电场区域所经历的时间 在电场方向上偏移的距离为又: 即:Y h 则有: (2) 由题意可知电子离开电场后做匀速直线运动， 设电子离开电场后经过时间t到达x轴，在x轴方向上的位移为x，则: 联立上式解得:
