1、天津市静海区六中2020-2021学年高二物理上学期第二次月考试题（含解析）一、单选题1. 在图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r在滑动变阻器的滑动触片P从图示位置向下滑动的过程中（）A. 电路中的总电流变小B. 路端电压变大C. 通过滑动变阻器R1的电流变小D. 通过电阻R2的电流变小【答案】D【解析】【详解】A在滑动变阻器R1的滑动触片P向下滑动的过程中，R1变小，外电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律分析电路中的总电流变大。故A错误。B路端电压U=E-Ir，I变大，E、r不变，则U变小故B错误。D路端电压U变小，通过电阻R2的电流变小。故D正确。C总电流变大，通过电阻R2的电流变小，
2、所以通过滑动变阻器R1的电流必定变大。故C错误。故选D。2. 首先发现电流磁效应的科学家是( )A. 安培B. 奥斯特C. 库仑D. 麦克斯韦【答案】B【解析】【详解】A安培研究了通电导线的磁场方向与电流方向的关系，提出了安培定则，A错误；B奥斯特经实验得到通电导体周围存在着与磁体周围一样的特殊物质，首先发现了电流的磁效应，B正确；C库仑经用库仑扭秤实验总结出了库仑定律，C错误；D麦克斯韦总结出了麦克斯韦电磁场理论，D错误。故选B。3. 下列各图中，已标出电流及电流磁场的方向，其中不正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】A电流的方向竖直向下，根据安培定则知，磁场的方向
3、从上往下看，应该为顺时针，故A正确；B根据电流绕向，结合安培定则知，螺线管内部的磁场方向向右，故B错误；C环形电流的方向从上往下看为逆时针方向，根据安培定则知，磁场的方向向上，故C正确；D环形电流的方向从左向右看为顺时针方向，根据安培定则知，中心磁场的方向向右，故D正确。本题选错误的，故选B。【点睛】解决本题的关键知道电流和周围磁场方向的关系，会通过安培定则进行判断。注意明确对应的图形，能正确分析平面图和立体图。4. 一条形磁铁静止在斜面上，固定在磁铁中心的竖直上方的水平导线中通有垂直纸面向里的恒定电流，如图所示，若将磁铁的N极位置与S极位置对调后，仍放在斜面上原来的位置，则磁铁对斜面的压力F
4、和摩擦力 的变化情况分别是A. F增大， 减小B. F减小， 增大C. F与 都减小D. F与 都增大【答案】D【解析】【详解】在磁铁的N极位置与S极位置对调前,根据左手定则判断可以知道,导线所受的安培力方向斜向下,由牛顿第三定律得知,磁铁所受的安培力方向斜向上,设安培力大小为,斜面的倾角为,磁铁的重力为G,由磁铁的受力平衡得:斜面对磁铁的支持力: ,摩擦力: ,在磁铁的N极位置与S极位置对调后,同理可以知道,斜面对磁铁的支持力： ,摩擦力: 可见,F、f都增大，故D正确；综上所述本题答案：D5. 如图所示，关于磁场方向、运动电荷的速度方向和洛仑兹力方向之间的关系正确的是（ ）A. B. C.
5、 D. 【答案】B【解析】【详解】A根据左手定则，洛伦兹力应该向上，故A错误；B根据左手定则，洛伦兹力向下，故B正确；C速度与磁场方向平行，不受洛伦兹力，故C错误；D速度与磁场方向平行，不受洛伦兹力，故D错误；故选B。【点评】带电粒子在磁场中运动受洛伦兹力的条件以及左手定则的熟练应用是对学生的基本要求，要熟练掌握。6. 如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m、阻值为R的闭合矩形金属线框abcd用绝缘轻质细杆悬挂在O点，并可绕O点摆动.金属线框从右侧某一位置由静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框始终处于同一平面内，且垂直于纸面，则线框中感应电流
6、的方向（）A. 一直是B. 一直是C. 先是，后是D. 先是，后是【答案】B【解析】【分析】本题考查楞次定律的应用，关键在于先找出原磁通量的变化，再由楞次定律确定感应电流的磁场方向，最后确定感应电流【详解】线框由静止释放至到达最低点过程中，穿过线框的磁通量减小，且磁场方向向上，由楞次定律可知，感应电流产生的磁场方向也向上，再由安培定则可知，感应电流的为向为dcbad；同理，从最低点继续向左摆动过程中，穿过线框向土的磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流的方向是dcbad， B正确；ACD错误；故选B【点睛】楞次定律可理解为“增反减同”，在应用中要掌握其步骤，并能正确应用安培定则等相关知识7.
7、如图所示，用两根轻细悬线将质量为m、长为l的金属棒ab悬挂在c、d两处，置于匀强磁场内。当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向角而处于平衡状态。为了使棒平衡在该位置上，所需的磁场的最小磁感应强度的大小、方向为（）A. tan，竖直向上B. tan，竖直向下C. sin，平行悬线向下D. sin，平行悬线向上【答案】D【解析】【详解】要求所加磁场的磁感应强度最小，应使棒平衡时所受的安培力有最小值。由于棒的重力恒定，悬线拉力的方向不变，由画出的力的三角形可知安培力的最小值为Fmin=mgsin即IlBmin=mgsin得Bmin=sin方向应平行于悬线向上故选D。8. 如图所示，粗细均匀
8、的、电阻为r的金属圆环放在如图所示的匀强磁场中，磁感应强度为B，圆环直径为l；长为l、电阻为的金属棒ab放在圆环上，以速度v0向左运动，当棒ab运动到图示虚线位置时，金属棒两端的电势差为()A. 0B. Blv0C. D. 【答案】D【解析】【分析】金属棒向左运动，切割磁感线产生感应电流，相当于电源，由求出感应电动势，由并联电路特点求出外电路电阻，然后应用欧姆定律求出金属棒两端电势差。【详解】当ab棒以v0向左运动到图示虚线位置时产生的感应电动势为外电路总电阻为金属棒两端的电势差是外电压，由欧姆定律得金属棒两端电势差为故选D。【点睛】电磁感应与电路知识的综合，分清金属棒两端电势差是外电压还是内
9、电压是关键。9. 如图，两平行的虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的直角三角形线框abc的ab边与磁场边界平行，现使此线框向右匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直则下列各图中可以定性地表示线框在进入磁场的过程中感应电流随时间变化的规律的是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】开始时进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，当开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针；不论进入磁场，还是出磁场时，由于切割的有效长度变小，导致产生感应电流大小变小，故ABC错误，D正确二、多选题10. 如图所示，图线AB是某电源的路端电压随电流
10、变化的关系图线，OM是固定电阻R两端的电压随电流变化的图线，由图可知A. 该电源的电动势为6 V，内阻是2 B. 固定电阻R的阻值为1 C. 该电源的最大输出功率为9 WD. 当该电源只向电阻R供电时，其效率约为66.7%【答案】CD【解析】【分析】根据U-I图象AB正确读出电源的电动势和短路电流，根据OM图象正确读出外电路两端的电压和流过电阻的电流，是解决此类问题的出发点【详解】电源的U-I图像的纵截距表示电源电动势，故，电源U-I图像的斜率表示电源内阻，故，A错误；线性电阻U-I图像的斜率表示电阻大小，故，B错误；当外电阻与电源内阻相等时，电源的输出功率最大，即当外电阻时，电源输出功率为，
11、C正确；当该电源只向电阻R供电时，D正确11. 直流电路如图所示，在滑动变阻器滑片P向右移动时，电源的（ ）A. 总功率一定减小B. 效率一定增大C. 内部损耗功率一定减小D. 输出功率一定先增大后减小【答案】ABC【解析】【详解】当滑动变阻器的滑片P向右移动时，接入电路的电阻变大，整个回路的电流变小，内部消耗的功率P=一定减小，C正确；总功率P=EI一定减小，A正确；而内电压降低，外电压升高，电源的效率增大，B正确；当内电阻等于外电阻时，输出功率最大，此题中无法知道内外电阻的关系，因此D不对12. 如图所示，在一空心螺线管内部中点处悬挂一铜环，电路接通瞬间，下列说法正确是( )A. 从左往右
12、看，铜环中有逆时针方向感应电流B. 从左往右看，铜环中有顺时针方向感应电流C. 铜环有收缩趋势D. 铜环有扩张趋势【答案】BC【解析】根据楞次定律，当接通开关瞬间时，导致穿过线圈的磁通量向左增大，则铜环中的感应电流的磁场的方向向右，从左侧看，铜环的感应电流顺时针，故A错误，B正确；当接通开关瞬间时，导致穿过线圈的磁通量向左增大，根据楞次定律可知，铜环的面积有收缩的趋势，故C正确，D错误；故选BC点睛：考查楞次定律与左手定则的应用，掌握右手螺旋定则内容，注意左手定则与右手定则的区别，同时注意磁通量的概念三、实验题13. 在“测定电源的电动势和内电阻”的实验中，已连接好部分实验电路（1）按如图甲所
13、示的电路图连好实验电路为避免烧坏电流表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于端（选填“左”或“右”）（2）如图是根据实验数据作出的UI图像，由图可知，电源 的电动势EV，内阻r（3）在其他操作规范的情况下，该实验误差产生的主要原因是 ，测得电源的电动势 （填“偏大”或“偏小”）【答案】（1）左（2）2.942.97V 0.700.74（3）伏特表内阻分流；偏小【解析】试题分析：（1）闭合开关前应让电路中的电流最小，使滑动变阻器的接入电路的电阻最大，所以闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于左端；（2）UI图像的图线延长线与U轴的交点即为电动势E，E=2.942.97V；图线斜率的值即为电源的内阻r，
14、即（3）在其他操作规范的情况下，该实验误差产生的主要原因是电压表的分流作用，由于电压表的分流作用测得电源的电动势偏小考点：测定电源的电动势和内阻点评：中等难度本实验的误差主要来自电压表的分流在画图线时，要使较多的点落在这条直线上或使各点均匀分布在直线的两侧个别偏离直线太远的点舍去不予考虑这样，就可使偶然误差得到部分的抵消，从而提高测量精度此题图线与横轴交点不表示短路电流，计算内阻要在直线上任取两个相距较远的点，用计算出电源的内电阻14. (1)在“测定金属的电阻率”的实验中，由于金属丝直径很小，不能使用普通刻度尺，应使用螺旋测微器。螺旋测微器的精确度为_mm，用螺旋测微器测量某金属丝直径时的刻
15、度位置如图所示，从图中读出金属丝的直径为_mm。(2)如果测出金属丝接入电路的长度l、直径d和金属丝接入电路时的电流I和其两端的电压U，就可求出金属丝的电阻率。用以上实验中直接测出的物理量来表示电阻率，其表达式为=_。(3)在此实验中，金属丝的电阻大约为4，在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测电阻丝外，选用了如下实验器材：A.直流电源：电动势约4.5 V，内阻不计；B电流表A：量程00.6 A，内阻约0.125；C电压表V：量程03 V，内阻约3 k；D滑动变阻器R：最大阻值10；E开关、导线等。在以下可供选择的实验电路中，应该选图_（填“甲”或“乙”），选择的接法为_接法（填“内”或“外”）
16、，此接法测得的电阻值将_（填“大于”、“小于”或“等于”）被测电阻的实际阻值。(4)根据所选实验电路图，在实物图中完成其余的连线_。在闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应置在_（填“最左”或“最右”）端。(5)根据所选量程，某次实验两电表的示数如图，则读数分别为_V和_A。(6)若某次实验测得接入电路金属丝的长度为0.810m，算出金属丝的横截面积为0.8110-6m2，根据伏安法测出电阻丝的电阻为4.1，则这种金属材料的电阻率为_（保留二位有效数字）。【答案】 (1). 0.01 (2). 0.640 (3). (4). 甲 (5). 外 (6). 小于 (7). (8). 最左 (9). 2.
17、15 (10). 0.16 (11). 110-6m【解析】【详解】(1)1螺旋测微器的精确度为0.01mm2金属丝的直径为0.5mm+0.01mm14.0=0.640mm。(2)3根据及解得(3)4 5因待测电阻的阻值较小，故采用电流表外接电路，即甲电路；6因电压表的分流作用，使得电流表的测量值大于电阻上的实际电流，故此接法测得的电阻值将小于被测电阻的实际阻值。(4)7连线如图；在闭合开关S前，滑动变阻器的阻值调节到最小，故滑片应置在最左端。(5)8电压表读数为2.15V；9电流表读数为0.16A。(6)10根据可得，代入数据可知=4.110-6m【点睛】螺旋测微器示数等于固定刻度与可动刻度
18、示数之和，对螺旋测微器读数时要注意估读；实验器材的选择、设计实验电路图是本题的难点，要掌握实验器材的选取原则及电路选择的原则。四、计算题15. 如图所示，在倾角为的斜面上，固定一宽的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器。电源电动势，内阻，一质量的金属棒与两导轨垂直并接触良好。整个装置处于磁感应强度、垂直于斜面向上的匀强磁场中，金属棒的电阻（导轨电阻不计）。金属导轨是光滑的，要保持金属棒在导轨上静止，取，求：(1)金属棒所受到的安培力的大小；(2)通过金属棒的电流的大小；(3)滑动变阻器接入电路中的阻值。【答案】(1)0.1N；(2)0.5A；(3)22【解析】【详解】(1)金属棒静止在
19、金属导轨上受力平衡F安=mgsin 30代入数据得F安=0.1 N(2)由F安=BIL 得(3)设滑动变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路欧姆定律得：E=I（R+R1+r）解得R= rR1=2216. 如图所示，一束电子（电子带电量为e）以速度v0垂直射入磁感应强度为B，宽为d的匀强磁场中，穿出磁场的速度方向与电子原来的入射方向的夹角为30，重力不计：(1)求电子的质量；(2)求电子在磁场中运动的时间；(3)仅改变电子初速度大小，使电子刚好不能从AA边界射出，求此时速度大小是多少。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【详解】(1)做初、末速度的垂线，设交点为O，即粒子做圆周运动时的轨迹圆心
20、设电子做圆周运动时的半径为R，由几何关系可得电子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可知联立可得(2)设电子在磁场中运动的时间，则有(3)电子刚好不能从AA边界射出临界条件是轨迹刚好与右边界相切，如下图所示：由几何关系可求得此时电子轨迹半径为洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得联立可得17. 如图所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角37的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R3 的定值电阻，下端开口，轨道间距L1 m整个装置处于磁感应强度B2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上质量m1 kg的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r1 ，电路中其余电阻不计金属棒ab由静止释
21、放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好不计空气阻力影响已知金属棒ab与导轨间动摩擦因数0.5，sin 370.6，cos 370.8，取g10 m/s2. (1)求金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度vm；(2)求金属棒ab沿导轨向下运动过程中，电阻R上的最大电功率PR；(3)若从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，电阻R上产生的焦耳热总共为1.5 J，求流过电阻R的总电荷量q.【答案】（1）；（2）；（3）1C【解析】【详解】解：（1）金属棒由静止释放后，在重力、轨道支持力和安培力作用下沿斜面做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时达到最大速度vm后保持匀速运动有： mgsinmgcosFB0 FBBI L EBLvm 联解得：vm2m/s （2）金属棒以最大速度vm匀速运动时，电阻R上的电功率最大，根据功率公式有： 联解得：PR3W （3）设金属棒从开始运动至达到最大速度过程中沿导轨下滑距离为x，由能量守恒定律： 根据焦耳定律： 联解得：q1C