1、河北省武邑中学2019-2020学年高二物理上学期12月月考试题（含解析）1. 关于电动势，下列说法正确的是（ ）A. 电源电动势一定等于电源两极间的电压B. 电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大C. 体积越大的电源，电动势一定越大D. 电源电动势与外电路的组成有关【答案】B【解析】试题分析：根据闭合电路欧姆定律得知：电动势的数值等于内外电压之和，当电源没有接入电路时，电路中没有电流，电源的内电压为零，外电压即电源两极间的电压等于电动势；当电源接入电路时，电路有电流，电源有内电压，两极间的电压小于电动势，故A错误；电源是把其它形式的能转化为电能的装置，电动势表征了这种转化本领的
2、大小，所以电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大，故B正确；干电池的电动势与正负极的材料有关，与电源的体积无关；而其他的电源的电动势的大小也不一定与体积有关，故C错误；电动势由电源本身特性决定，与外电路的组成无关，故D错误考点：电源的电动势和内阻、闭合电路的欧姆定律【名师点睛】电源是把其它形式的能转化为电能的装置，电动势表征了这种转化本领的大小，等于电源没有接入电路时两极间的电压，根据闭合电路欧姆定律分析电动势与外、内电压的关系2.现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若
3、某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为A. 11B. 12C. 121D. 144【答案】D【解析】【详解】直线加速过程根据动能定理得得 离子磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有得 两式联立得：一价正离子电荷量与质子电荷量相等，同一加速电场U相同，同一出口离开磁场则R相同，所以mB2，磁感应强度增加到原来12倍，离子质量是质子质量的144倍，D正确，A、B、C错误。故选D。3.如图所示，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁
4、场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc，已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动，下列选项正确的是()A. mambmcB. mbmamcC. mcmambD. mcmbma【答案】B【解析】【详解】由题意：a在纸面内做匀速圆周运动，所以；b在纸面内向右做匀速直线运动，所以 ；c在纸面内向左做匀速直线运动所以 ，根据公式可解的：，故B正确，ACD错误4.一个面积S=410-2m2、匝数n=100匝的线圈放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示，则下列
5、判断正确的是（ ）A. 在开始的2s内穿过线圈的磁通量变化率大小等于0.08Wb/sB. 在幵始的2s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零C. 在开始的2s内线圈中产生的感应电动势大小等于8VD. 在第3s末线圈中的感应电动势等于零【答案】AC【解析】【详解】A.由图像的斜率可知，在开始的2s内，因此，故A正确；B.在开始的2s内穿过线圈的磁通量的变化量不等于零，故B错误；C.根据法拉第电磁感应定律得，可知线圈中产生的感应电动势的大小为8V，故C正确；D.由题图看出，第3s末线圈中的磁通量为零，但磁通量的变化率不为零，感应电动势不等于零，故D错误.5.如图所示的长方体是用电阻率为的均匀金属制成的，
6、长度为2L，其横截面为正方形，边长为L，若将它的a、b端接入电路时的电阻为R，则将它的两个侧面上的c、d端接入电路时的电阻是（）A. RB. R/4C. R/2D. 4R【答案】B【解析】当a、b端接入电路时，横截面积为L2，长为2L；根据电阻定律当c、d接入电路时，横截面积为2L2，长为L，根据电阻定律所以故B项正确，ACD三项错误6.如图所示，一根横截面积为S的均匀长直橡胶棒上带有均匀的负电荷，每单位长度上电荷量为q，当此棒沿轴线方向做速度为v的匀速直线运动时，由于棒运动而形成的等效电流大小为A. qvSB. C. qvD. 【答案】C【解析】【分析】棒沿轴线方向以速度v做匀速直线运动时，
7、每秒通过的距离为v米，则每秒v米长的橡胶棒上电荷都通过直棒的横截面，由电流的定义式求解等效电流。【详解】棒沿轴线方向以速度v做匀速直线运动时，每秒通过的距离为v米，每秒v米长的橡胶棒上电荷都通过直棒的横截面，每秒内通过横截面的电量为根据电流定义式为t=1s代入得到等效电流为故C正确，A、B、D错误故选C。二 多选题7.关于物理学史，下列说法中正确的是( )A. 电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的B. 法拉第不仅提出了场的的概念，而且直观地描绘了场的清晰图象C. 安培通过实验发现了电流的磁效应，首次揭示了电与磁的联系D. 楞次通过线圈实验首次发现了磁生电的现象【答案】AB【解析】【详
8、解】A、电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根通过实验测得的，他发现实验中所有被测量的油滴微粒的带电量均为一个最小电荷单元的整数倍，这个最小单元为元电荷，电荷量为，故A正确；B、法拉第不仅提出了场的概念，并引入了电场线、磁场线来描述电场和磁场，故B正确；C、奥斯特发现了电流的磁效应，C错误；D、法拉第通过线圈实验首次发现了磁生电的现象，D错误故选AB【点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一8.如图所示为氢原子能级的示意图，现有大量的氢原子处于n4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干种不同频率的光关于这些光，下列说法正确的是(
9、)A. 最容易表现出波动性的光是由n4能级跃迁到n1能级产生的B. 这些氢原子最多可辐射出6种不同频率的光C. 若用n3能级跃迁到n2能级辐射出的光照射某金属恰好发生光电效应，则用n4能级跃迁到n3能级辐射出的光照射该金属一定能发生光电效应D. 用n2能级跃迁到n1能级辐射出的光照射逸出功为6.34 eV的金属铂产生的光电子的最大初动能为3.86 eV【答案】BD【解析】分析】波长越短的光越不容易产生波动性；大量处于激发态n的氢原子，在向低能级跃迁时可产生的光子种类为个；处于激发态的氢原子的电子从高能级向低能级跃迁过程中，产生的光子能量由前后两个能级的能量差决定，；根据爱因斯坦光电效应方程，电
10、子从金属表面逸出时的最大初动能【详解】A、最容易表现出波动性的光是波长较大，即频率较小的光根据，在所有辐射出的光中，只有从n=4能级到n=3能级跃迁的能量差最小，波长最长，最满足题意，故A错误；B、由于是一群氢原子处于n=4能级，故它们在向低能级跃迁过程中产生的光子种类为种，故B正确；C、根据，从n4能级跃迁到n3能级辐射出的光子的频率小于从n3能级跃迁到n2能级辐射出的光子的频率，用频率的光恰好发生光电效应，则频率小于该种金属的极限频率（截止频率），无论光多么强，都不能发生光电效应，C错误；D、用n2能级跃迁到n1能级辐射出的光子的能量为；又根据光电效应方程，最大初动能，D正确故选BD【点睛
11、】本题考查了能级跃迁和光电效应的综合运用，知道能级间跃迁辐射的光子频率与能级差的关系以及光电效应的条件是解决本题的关键9.如图所示的电路中，电感L的自感系数很大，电阻可忽略，D为理想二极管，则下列说法正确的有 （ ）A. 当S闭合时，L1立即变亮，L2逐渐变亮B. 当S闭合时，L1一直不亮，L2逐渐变亮C. 当S断开时，L1立即熄灭, L2也立即熄灭D. 当S断开时，L1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭【答案】BD【解析】【分析】当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据自感现象的规律，以及二极管具有单向导电性进行分析【详解】闭合开关的瞬间，由于二极管
12、具有单向导电性，所以无电流通过L1，由于线圈中自感电动势的阻碍，L2灯逐渐亮，故A错误，B正确待电路稳定后断开开关，线圈L产生自感电动势，两灯串联，所以L1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭故C错误，D正确故选BD【点睛】对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源；同时运动注意二极管的作用10.如图所示，在水平通电直导线正下方，有一半圆形光滑弧形轨道，一导体圆环自轨道右侧的P点无初速度滑下，下列判断正确的是（）A. 圆环中将有感应电流产生B. 圆环能滑到轨道左侧与P点等高处C. 圆环最终停到轨道最低点D. 圆环将会在轨道上永远滑动下去【答案】A
13、C【解析】【分析】水平通电导线周围有磁场，且离导线越远磁场强度越小，在圆环下落过程中，通过圆环的磁通量变小故能判断圆环中是否有感应电流【详解】水平通电导线周围有磁场，且离导线越远磁场强度越小，在圆环下落过程中，通过圆环的磁通量变小，故有感应电流产生，故A正确；因为圆环在上滑的过程中，有感应电流，对整个过程由能量守恒定律得，重力势能转化为电能，故不能上升到左侧与P点等高处，故B错误；整个过程重力势能转化为电能，故小球最终停在最低点，不会在轨道上永远滑动下去，故C正确，D错误；故选AC11. 空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从
14、O点入射这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子不计重力下列说法正确的是（ ）A. 入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同B. 入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同C. 在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同D. 在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大【答案】BD【解析】试题分析：带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，虽然电量、质量不同，但比荷相同，所以运动圆弧对应的半径与速率成正比它们的周期总是相等，因此运动的时间由圆心角来决定解：A、入射速度不同的粒子，若它们入射速度方向相同，则它们的运动也一定
15、相同，虽然轨迹不一样，但圆心角却相同故A错误；B、在磁场中半径，运动圆弧对应的半径与速率成正比，故B正确；C、在磁场中运动时间：（为转过圆心角），虽圆心角可能相同，但半径可能不同，所以运动轨迹也不同，故C错误；D、由于它们的周期相同的，在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角也一定越大故D正确；故选BD点评：带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径12.如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力)，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板
16、间距的处返回，则下述措施能满足要求的是()A. 使初速度为原来B. 使M、N间电压提高到原来的2倍C. 使M、N间电压提高到原来的4倍D. 使初速度和M、N间电压都减为原来的【答案】BD【解析】【详解】A.在粒子刚好到达N板的过程中，由动能定理得qEd0，所以，令带电粒子离开M板的最远距离为x，则使初速度减为原来的，x，故A错误；B.使M、N间电压提高到原来的2倍，电场强度变为原来的2倍，x，故B正确；C.使M、N间电压提高到原来的4倍，电场强度变为原来的4倍，x，故C错误；D.使初速度和M、N间电压减为原来的，电场强度变为原来的一半，x，故D正确三 实验题13.图(a)为某同学组装完成的简易
17、多用电表的电路图图中E是电池，R1、R2、R3和R4是固定电阻，R5是可变电阻；表头的满偏电流为0.25mA，内阻为480 .虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1 V挡和5 V挡，直流电流1 mA挡和2.5 mA 挡，欧姆100 挡 （1）图(a)中的_端(填“A”或“B”)应与红笔相连（2）关于R5的使用，下列说法正确的是_(填正确答案标号)A使用电流挡时，调节R5使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置 B在使用多用电表之前，调节R5使电表指针指在表盘左端电流“0”位置C使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调节R5使电表指针指在表盘右端电阻
18、“0”位置（3）某次测量时该多用电表指针位置如图(b)所示若此时B端是与“1”相连的，则多用电表读数为_；若此时B端是与“3”相连的，则读数为_；（4）根据题给条件可得R1_，R4_.（5）若该表中的电池因长期使用其电动势变小了，但仍能进行欧姆调零，则用该多用电表正确测量某阻值适当的电阻时，所测得的阻值将_（填“偏大”、“偏小”或“不变”）.【答案】 (1). B (2). C (3). 1.47mA(1.46-1.48mA) (4). 1100 (5). 64 (6). 4000 (7). 偏大【解析】【详解】(1)1根据欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，这样才能保证在测电阻时电流表
19、中电流“红进黑出”；则A端接黑表笔，B端接红表笔。(2)2由电路图可知，R5只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流档时也不需要时行调节，故C正确，A、B错误；故选C。(3)3若与1连接，则量程为2.5mA，由图示表盘可知，其分度值为0.05mA，估读在0.01A，则读数为1.47mA(1.46-1.48mA)；4选择开关接3时为欧姆档100挡，读数为：11.0100=1100.(4)5直流电流档分为1mA和2.5mA，由图可知，当接2时应为；根据串并联电路规律可知，当接1时应为；根据串并联电路规律可知，联立两式解得：6接5时为电压档，因串入的电阻较
20、大，故应为量程U5=5V的电压表；接4时为电压档，因串入的电阻较小，量程U4=1V的电压表.电流计与R1、R2并联后再与R3、R4串联得到两种量程的电压表，新表头的满偏电流为，表头总阻为：根据串联电路规律可知：联立解得：(5)7当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流Ig不变，欧姆表内阻变小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，可知当R内变小时，由于Ig不变、R内变小，指针跟原来位置相比偏左，欧姆表的示数偏大。四 解答题14.一带负电的粒子，q=-2.0，在静电场中由A点运动到B点，在这过程中，除电场力外，其它力作的功为5.0J，粒子动能增加了7.0J，取A点为零电
21、势点求：(1)此过程电场力所做的功；(2)A、B两点间的电势差；(3)B点的电势B【答案】(1)2.010-5J (2)A、B两点间的电势差为-100V (3)B点的电势为100V【解析】【详解】(1)对粒子由A点运动到B点的过程用动能定理：得(2)根据电场力与电势差关系可知UAB=(3)由电势差得解得：15.如图所示，有一对长4 cm的平行金属板，相距3 cm倾斜放置与水平面成37角，两板间加上50 V电压，有一带电粒子质量为4108 kg，以1 m/s的速度自A板左边缘C水平进入电场，在电场中沿水平方向运动并恰好从B板边缘水平飞出，虚线为其运动轨迹，g10 m/s2，sin 370.6.求
22、：（1）该电场的电场强度E（2）带电粒子所带电量q；（3）带电粒子飞出电场时的速度v【答案】（1） （2） （3）【解析】【分析】(1)根据U=Ed列式求解两板间电场强度。( 2 )带电粒子做直线运动，对粒子进行受力分析，粒子在竖直方向受到的合力为零，由平衡条件可以求出粒子所带电量。( 3 )由动能定理可以求出粒子飞出电场时的速度大小。【详解】（1）根据U=Ed有，（2）对带电粒子受力分析，如图所示因带电粒子水平方向沿直线运动，故解得(3) 令带电粒子飞出电场时速度为v，由动能定理得代入数据得16.如图所示，两平行金属导轨所在的平面与水平面夹角=，导轨的一端接有电动势E =3V、内阻r=0.5
23、的直流电源，导轨间的距离L=0.4m。在导轨所在空间内分布着磁感应强度B=0.5T、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒的电阻R=1.0，导体棒恰好能静止。金属导轨电阻不计。（g取10m/s2，sin=0.6，cos=0.8）求：（1）ab受到的安培力大小和方向；（2）ab受到的摩擦力大小。【答案】（1）0.40N，方向向右（2）0.16N【解析】【分析】(1)先根据闭合电路欧姆定律求出电路中的电流。由公式求解安培力大小。(2)导体棒处于静止状态，合力为零，根据平衡条件列式求解摩擦力的大小。【详解
24、】导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有导体棒受到的安培力（2）导体受重力沿斜面向下分力由于F小于安培力，故导体棒沿斜面向下的摩擦力f根据共点力平衡条件得:解得:17.如图所示，一半径为R的圆形磁场区域内有垂直于平面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，P、Q是磁场边界上的两个点，P、Q两点与圆心O的连线夹角为120，在圆形区域的最低点P处有一个离子源，该离子源能够在圆形区域平面内向各个方向发射大量的质量为m、带电量为q的带电粒子，这些带电粒子的速度大小都相同，忽略带电粒子在运动中相互作用的影响，不计重力，则：(1)若沿PO方向射入磁场的带电粒子恰好从磁场边界上的Q点射出磁场，带电粒子的速度大小应该是多少？(2)若只有磁场边界上的P、Q两点之间的区域有带电粒子射出，这些带电粒子速度大小又是多少？【答案】(1) (2) 【解析】【详解】(1)从Q点射出，沿PO方向射入，与PO方向垂直为半径方向， PQ连线的中垂线也是半径方向，交点即为圆心，因为P、Q两点与圆心O的连线夹角为120，根据几何关系可求出，圆周运动半径根据牛顿第二定律解得，带电粒子的速度大小(2) 从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为Q，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，圆弧PQ的弧长是圆周长的 ，所以粒子做圆周运动的半径 为：根据牛顿第二定律所以带电粒子速度大小