精品解析：福建省宁德市福鼎市第四中学2024-2025学年高二上学期12月月考物理试题

福鼎四中2024-2025学年第一学期高二月考 物理试题 一、单选题（本题共4小题，每小题4分，共16分。） 1. 下列关于静电场的电场线和磁场的磁感线的说法中，正确的是（　　） A. 电场线和磁感线都是电场或磁场中实际存在的线 B. 两条磁感线一定不相交，电场线可能相交 C. 电场线是不闭合曲线，而磁感线是闭合曲线 D. 电场线越密的地方，同一试探电荷所受的电场力越大；磁感线分布越密的地方，同一试探电荷所受的磁场力也越大 2. 如图所示，把两个完全一样的环形线圈互相垂直地放置，它们的圆心位于一个共同点O上，当通以相同大小的电流时，O点处的磁感应强度与一个线圈单独产生的磁感应强度大小之比是(　　) A. 1∶1 B. ∶1 C. 1∶ D. 2∶1 3. 如图所示：一个带负电的金属圆环处于竖直平面内，可以绕过其圆心的水平轴高速旋转，当它不动时，放在它左右侧的小磁针处于静止状态，当金属圆盘从左向右看逆时针高速旋转时，小磁针的N极将(　　) A. 不偏转 B. 均向左偏转 C. 均向右旋转 D. 左侧小磁针N极向左偏转，右侧小磁针N极向右偏转 4. 如图所示，一束不同的带正电的粒子（不计重力），垂直电场线进入偏转电场，若使它们经过电场区域时偏转距离y和偏转角θ都相同，应满足（　　） A. 先经同一电场加速，然后再进入偏转电场 B. 进入偏转电场时具有相同的动能 C. 进入偏转电场时具有相同的速度 D. 进入偏转电场时具有相同的 二、双选题（本题共4小题，每小题6分，共24分，选错得0分，少选得3分。） 5. 两块大小、形状完全相同的金属板正对水平放置，构成一个平行板电容器。将两金属板分别与电源两极相连，如图所示，闭合开关S达到稳定后，在两板间有一带电液滴P恰好处于静止状态，下列判断正确的是（　　） A. 断开开关S，减小两板间的距离，液滴向上运动 B. 断开开关S，减小两板间的距离，液滴静止 C. 保持开关S闭合，减小两极间的距离，液滴的重力势能增加 D. 保持开关S闭合，减小两板间的距离，液滴的电势能增加 6. 如图所示，分别在M、N两点固定两个点电荷＋Q和＋q（Q>q），以MN连线的中点O为圆心的圆周上有A、B、C、D四点。下列说法正确的是（　　） A. A点场强大于B点场强 B. C点电势与D点电势相等 C. AO两点间的电势差与BO两点间的电势差相等 D. 将某负电荷从C点移到O点，电场力做负功 7. 如图所示，开始时L1和L2均能发光，当滑动变阻器的滑片P向上移动时，则（　　） A. R0消耗的功率变小 B. 流过L1的电流变大 C. L1变暗，L2变亮 D. L1、L2都变暗 8. 四个相同的小量程电流表分别改装成两个电流表和两个电压表。已知电流表A1量程大于A2的量程，电压表V1的量程大于V2的量程，改装好后把它们按如图所示接入电路，则（　　） A. 电流表A1的读数小于电流表A2的读数 B. 电流表A1的指针偏转角等于电流表A2的指针偏转角 C. 电压表V1的读数大于电压表V2的读数 D. 电压表V1的指针偏转角大于电压表V2的指针偏转角 三、填空题（每空2分，共26分） 9. 1820年，丹麦物理学家奥斯特通过实验发现通电导线周围存在______；1831年，英国物理学家______（选填“法拉第”或“奥斯特”）发现了电磁感应现象，该发现进一步揭示了电与磁的联系，使人们发明了发电机，开辟了人类的电气化时代；英国物理学家______（选填“麦克斯韦”或“赫兹”）建立了统一的电磁理论，并预言了电磁波的存在。 10. 量程为0.6A的电流表内阻Rg=60Ω，要把这个电流表的量程扩大成 3A，那么应该在Rg上______联一个电阻R，R的大小应是______Ω。 11. 如图游标卡尺的读数：_______ 12. 某小组测量一金属丝的电阻率，除多用电表、刻度尺、螺旋测微器、开关、导线外，还能提供实验所需器材。 (1)在实验中，用螺旋测微器测量金属丝的直径，其示数如图所示，则该金属丝直径的测量值d=___________mm。 (2)使用多用电表欧姆挡粗测金属丝的电阻，倍率选择“×1”挡，指针位置如图所示，则该金属丝的电阻为___________Ω。 (3)采用伏安法测电阻时，测得了多组U、I数据，根据这些数据作出如图所示的U-I图像。由此可得金属丝的电阻R=___________Ω。（保留两位有效数字） (4)若通过实验测量获得了数据：金属丝的电阻R，金属丝的长度l，以及金属丝的直径d。那么本次实验得到金属丝电阻率ρ=___________。（用上述符号表示） 13. 如图是利用两个电流表A1和A2测量干电池电动势E和内阻r的电路原理图。图中S为开关，R为滑动变阻器，固定电阻R1和A1内阻之和为10000Ω（比r和滑动变阻器的总电阻大得多），A2为理想电流表。 I1/mA 0.120 0.125 0.130 0.135 0.140 0.145 I2/mA 480 400 320 232 140 68 （1）在闭合开关S前，将滑动变阻器的滑动端c移动至________（选填“a端”、“中央”或“b端”）。 （2）闭合开关S，移动滑动变阻器的滑动端c至某一位置，读出电流表A1和A2的示数I1和I2。多次改变滑动端c的位置，得到的数据如表中所示。在如图所示的坐标纸上以I1为纵坐标、I2为横坐标画出所对应的I1－I2曲线。 （2）利用所得曲线求得电源的电动势E＝______V，内阻r＝______Ω。（保留两位小数） 四、计算题（共34分） 14. 如图所示，电源的电动势是E=，内阻r=，电动机的线圈电阻RM=，限流电阻=，若电压表的示数U=，电压表为理想电表，试求： (1)流过电动机的电流； (2)电源的输出功率； (3)电动机输出的机械功率． 15. 如图所示，长l=1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37°。已知小球所带电荷量q=1.0×10-6C，匀强电场的场强E=3.0×103N/C，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： (1)小球的质量m； (2)若突然将电场方向改为竖直向下，小球到达最低点时，求小球对细绳拉力的大小。 16. 如图所示为两组平行板金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为、电荷量为的带电粒子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压加速后通过B点进入两板间距为，电压为U=800V的水平放置的平行金属板间，若带电粒子从两块水平平行板的正中间射入，且最后带电粒子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别为两块竖直板的中点，求： （1）带电粒子通过B点时的速度大小； （2）右侧平行金属板的长度L； （3）带电粒子刚出电场时速度的偏转角θ的正切值tanθ。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福鼎四中2024-2025学年第一学期高二月考 物理试题 一、单选题（本题共4小题，每小题4分，共16分。） 1. 下列关于静电场的电场线和磁场的磁感线的说法中，正确的是（　　） A. 电场线和磁感线都是电场或磁场中实际存在的线 B. 两条磁感线一定不相交，电场线可能相交 C. 电场线是不闭合曲线，而磁感线是闭合曲线 D. 电场线越密的地方，同一试探电荷所受的电场力越大；磁感线分布越密的地方，同一试探电荷所受的磁场力也越大 【答案】C 【解析】 【详解】A．电场线和磁感线都是假想的曲线，并不存在，故A错误； B．两条磁感线一定不相交，电场线也不相交，否则交点处电场强度有两个方向，违反电场强度唯一性的特点，故B错误； C．电场线是不闭合曲线，而磁感线是闭合的曲线，故C正确； D．电场线越密的地方，电场强度越大，由公式F=qE知同一试探电荷所受的电场力越大；磁感线分布越密的地方，磁感应强度越大，同一试探电荷所受的磁场力不一定越大，还与电荷的运动方向与磁感应强度方向的夹角有关。故D错误。 故选C。 2. 如图所示，把两个完全一样的环形线圈互相垂直地放置，它们的圆心位于一个共同点O上，当通以相同大小的电流时，O点处的磁感应强度与一个线圈单独产生的磁感应强度大小之比是(　　) A. 1∶1 B. ∶1 C. 1∶ D. 2∶1 【答案】B 【解析】 【详解】根据安培定则可知，竖直方向的通电圆环在圆心O处产生的磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为B，水平方向的通电圆环在圆心O处产生的磁感应强度方向竖直向上，大小为B，两者相互垂直，圆心O处的磁感强度的大小是，一个线圈单独产生的磁感应强度大小为B，则O点处的磁感应强度与一个线圈单独产生的磁感应强度大小之比，故B正确，A、C、D错误； 故选B． 【点睛】该题是关于磁场的叠加问题，首先运用安培定则每个圆环在圆心O处产生的磁感应强度的方向，利用平行四边形定则进行矢量合成，即求出O处的磁感应强度大小． 3. 如图所示：一个带负电的金属圆环处于竖直平面内，可以绕过其圆心的水平轴高速旋转，当它不动时，放在它左右侧的小磁针处于静止状态，当金属圆盘从左向右看逆时针高速旋转时，小磁针的N极将(　　) A. 不偏转 B. 均向左偏转 C. 均向右旋转 D. 左侧小磁针N极向左偏转，右侧小磁针N极向右偏转 【答案】C 【解析】 【详解】带负电金属环，如图所示的旋转．则金属环的电流方向与旋转方向相反，再由右手螺旋定则可知磁极的方向：左端S极，右端N极，因此小磁针N极沿轴线向右，故C正确，ABD错误． 点睛：本题考查右手螺旋定则及磁极间的相互作用，要求能熟练准确的应用右手螺旋定则，注意电流的方向与负电荷的运动方向相反． 4. 如图所示，一束不同的带正电的粒子（不计重力），垂直电场线进入偏转电场，若使它们经过电场区域时偏转距离y和偏转角θ都相同，应满足（　　） A. 先经同一电场加速，然后再进入偏转电场 B. 进入偏转电场时具有相同的动能 C. 进入偏转电场时具有相同的速度 D. 进入偏转电场时具有相同的 【答案】A 【解析】 【详解】在加速电场中，由动能定理得 在偏转电场中，离子做类平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动，则有 水平方向 L=v0t 竖直方向 vy=at 联立得 可见两种离子进入偏转电场前，由静止经同一加速电场加速，则y和tanθ相同； 而由 而两粒子的比荷相同、或者进入偏转电场时速度v0或动能相同时，偏转距离y和tanθ不相同，故A正确，BCD错误。 故选A。 二、双选题（本题共4小题，每小题6分，共24分，选错得0分，少选得3分。） 5. 两块大小、形状完全相同的金属板正对水平放置，构成一个平行板电容器。将两金属板分别与电源两极相连，如图所示，闭合开关S达到稳定后，在两板间有一带电液滴P恰好处于静止状态，下列判断正确的是（　　） A. 断开开关S，减小两板间的距离，液滴向上运动 B. 断开开关S，减小两板间的距离，液滴静止 C. 保持开关S闭合，减小两极间的距离，液滴的重力势能增加 D. 保持开关S闭合，减小两板间的距离，液滴的电势能增加 【答案】BC 【解析】 【详解】AB．断开开关S，说明极板上的电荷量不变，根据，， 联立可得 场强E的大小与板间距离d无关，故减小两板间的距离，两极板间的电场大小不变，液滴仍静止，故A错误，B正确； CD．保持开关S闭合，说明两极板间的电压不变，根据 减小两极间的距离，则极板间的电场强度变大，电荷受到的电场力将变大，因为原来电荷处于静止状态，故电场对电荷的作用力是向上的，故液滴会向上运动，电场力做正功，电势能减小，重力做负功，重力势能增加，故C正确，D错误。 故选BC。 6. 如图所示，分别在M、N两点固定两个点电荷＋Q和＋q（Q>q），以MN连线的中点O为圆心的圆周上有A、B、C、D四点。下列说法正确的是（　　） A. A点场强大于B点场强 B. C点电势与D点电势相等 C. AO两点间的电势差与BO两点间的电势差相等 D. 将某负电荷从C点移到O点，电场力做负功 【答案】AB 【解析】 【详解】A．由于Q>q， A点处电场线比B点处电场线密，A点场强大于B点场强，故A正确． B．由对称性可知，C点电势与D点电势相等，选项B正确； C．因AO之间的场强大于OB之间的场强，根据U=Ed可知，AO两点间的电势差大于BO两点间的电势差，选项C错误； D．由于Q＞q，则负电荷在CO上受到的电场力指向左下方，则负电荷从C移到O的过程，电场力做正功，故D错误。 故选AB。 7. 如图所示，开始时L1和L2均能发光，当滑动变阻器的滑片P向上移动时，则（　　） A. R0消耗的功率变小 B. 流过L1的电流变大 C. L1变暗，L2变亮 D. L1、L2都变暗 【答案】AC 【解析】 【详解】AB．滑动变阻器的滑片P向上移动时，变阻器接入电路的电阻R增大，故外电路的总电阻增大，根据闭合电路的欧姆定律有 故干路中的总电流变小，流过L1的电流变小；根据 可知R0消耗的功率变小，故A正确； BCD．因干路中的总电流变小，即流过L1的电流变小，所以L1变暗；L2两端的电压 可知变大，故L2变亮，故C正确，D错误。 故选AC。 8. 四个相同的小量程电流表分别改装成两个电流表和两个电压表。已知电流表A1量程大于A2的量程，电压表V1的量程大于V2的量程，改装好后把它们按如图所示接入电路，则（　　） A. 电流表A1的读数小于电流表A2的读数 B. 电流表A1的指针偏转角等于电流表A2的指针偏转角 C. 电压表V1的读数大于电压表V2的读数 D. 电压表V1的指针偏转角大于电压表V2的指针偏转角 【答案】BC 【解析】 【详解】AB．电流表A1和A2并联，可分解为两个表头和两个电阻共四个元件的并联，由于两个表头完全相同，所以流过的电流相等，指针偏转角度相同；但是量程不同，即刻度盘不同，则读数不同，在相同的偏转角度下，大量程的电流表读数大，故A错误，B正确； CD．电压表V1和V2串联，可分解为两个表头和两个电阻共四个元件的串联，由于是串联结构，所以流过的电流相等，指针偏转角度相同；但是量程不同，即刻度盘不同，则读数不同，在相同的偏转角度下，大量程的电压表读数大，故C正确，D错误； 故选BC。 三、填空题（每空2分，共26分） 9. 1820年，丹麦物理学家奥斯特通过实验发现通电导线周围存在______；1831年，英国物理学家______（选填“法拉第”或“奥斯特”）发现了电磁感应现象，该发现进一步揭示了电与磁的联系，使人们发明了发电机，开辟了人类的电气化时代；英国物理学家______（选填“麦克斯韦”或“赫兹”）建立了统一的电磁理论，并预言了电磁波的存在。 【答案】 ①. 磁场 ②. 法拉第 ③. 麦克斯韦 【解析】 【详解】[1]1820年，丹麦物理学家奥斯特通过实验发现通电导线周围存在磁场。 [2]1831年，英国物理学家法拉第发现了电磁感应现象，该发现进一步揭示了电与磁的联系，使人们发明了发电机，开辟了人类的电气化时代。 [3]英国物理学家麦克斯韦建立了统一的电磁理论，并预言了电磁波的存在。 10. 量程为0.6A的电流表内阻Rg=60Ω，要把这个电流表的量程扩大成 3A，那么应该在Rg上______联一个电阻R，R的大小应是______Ω。 【答案】 ①. 并 ②. 15 【解析】 【分析】 【详解】[1][2] 电流表的量程扩大成 3A，应并联分流电阻，R的大小应是 11. 如图游标卡尺的读数：_______ 【答案】4.045cm 【解析】 【详解】游标卡尺的主尺读数为40mm，游标尺上第9个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为9×0.05m=0.45mm，所以最终读数为：40mm+0.45mm=40.45mm=4.045cm； 12. 某小组测量一金属丝的电阻率，除多用电表、刻度尺、螺旋测微器、开关、导线外，还能提供实验所需器材。 (1)在实验中，用螺旋测微器测量金属丝的直径，其示数如图所示，则该金属丝直径的测量值d=___________mm。 (2)使用多用电表欧姆挡粗测金属丝的电阻，倍率选择“×1”挡，指针位置如图所示，则该金属丝的电阻为___________Ω。 (3)采用伏安法测电阻时，测得了多组U、I数据，根据这些数据作出如图所示的U-I图像。由此可得金属丝的电阻R=___________Ω。（保留两位有效数字） (4)若通过实验测量获得了数据：金属丝的电阻R，金属丝的长度l，以及金属丝的直径d。那么本次实验得到金属丝电阻率ρ=___________。（用上述符号表示） 【答案】 ①. 0.383（0.381～0.386） ②. 5.0（或5） ③. 4.8（4.6～5.0） ④. 【解析】 【详解】解：(1)[1]该金属丝直径的测量值为 d=0mm+38.3×0.01mm=0.383mm (2)[2]该金属丝的电阻为 R=5×1=5 (3)[3]由欧姆定律可知，U-I图象的斜率即为待测电阻的阻值 (4)[4]由电阻定律可知 13. 如图是利用两个电流表A1和A2测量干电池电动势E和内阻r的电路原理图。图中S为开关，R为滑动变阻器，固定电阻R1和A1内阻之和为10000Ω（比r和滑动变阻器的总电阻大得多），A2为理想电流表。 I1/mA 0.120 0.125 0.130 0.135 0.140 0.145 I2/mA 480 400 320 232 140 68 （1）在闭合开关S前，将滑动变阻器的滑动端c移动至________（选填“a端”、“中央”或“b端”）。 （2）闭合开关S，移动滑动变阻器的滑动端c至某一位置，读出电流表A1和A2的示数I1和I2。多次改变滑动端c的位置，得到的数据如表中所示。在如图所示的坐标纸上以I1为纵坐标、I2为横坐标画出所对应的I1－I2曲线。 （2）利用所得曲线求得电源的电动势E＝______V，内阻r＝______Ω。（保留两位小数） 【答案】（1）b端 （2） ①. 1.5 ②. 0.63 【解析】 【小问1详解】 在闭合开关S前，为保护电路，将滑动变阻器的滑动端c移动至阻值较大的b端。 【小问2详解】 [1][2]固定电阻和内阻之和，比r和滑动变阻器的总电阻大得多，则通过电源的电流近似为 根据闭合电路的欧姆定律有 变形得 代入数据可得 结合图像，可得图像的斜率为 解得 图像的纵截距为 解得 四、计算题（共34分） 14. 如图所示，电源的电动势是E=，内阻r=，电动机的线圈电阻RM=，限流电阻=，若电压表的示数U=，电压表为理想电表，试求： (1)流过电动机的电流； (2)电源的输出功率； (3)电动机输出的机械功率． 【答案】（1）1A（2）5.5W（3）1.5W 【解析】 【分析】(1)据欧姆定律求出流过电阻的电流，再据串联电路电流特点求流过电动机的电流； (2)电源的输出功率等于电路的总功率减去电源内部消耗的功率； (3)据串联电路电压特点求出电动机两端电压，再据机械功率等于电功率减去热功率求电动机输出的机械功率． 【详解】(1)电压表测R0两端的电压，则流过R0的电流 电动机与电阻R0串联，所以流过电动机的电流 (2)电源的输出功率 (3)电动机两端的电压 电动机输出的机械功率 【点睛】纯电阻元件，欧姆定律适用，电功等于电热，电功率等于热功率；非纯电阻元件，欧姆定律不适用，电功大于电热，电功率大于热功率，其它功率等于电功率减去热功率． 15. 如图所示，长l=1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37°。已知小球所带电荷量q=1.0×10-6C，匀强电场的场强E=3.0×103N/C，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： (1)小球的质量m； (2)若突然将电场方向改为竖直向下，小球到达最低点时，求小球对细绳拉力的大小。 【答案】(1)4×10-4kg；(2)9.8×10-3N 【解析】 【分析】 【详解】(1)对小球受力分析：受竖直向下的重力为，受水平向右的电场力Eq，受沿绳方向的拉力F，由几何关系可得 代入数据得 (2)小球由静止到最低点根据动能定理有 小球在最低点，根据牛顿第二定律有 解得 F1=9.8×10-3N 根据牛顿第三定律有小球回到最低点时对轻质细绳的拉力的大小 F1′=F1=9.8×10-3N 16. 如图所示为两组平行板金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为、电荷量为的带电粒子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压加速后通过B点进入两板间距为，电压为U=800V的水平放置的平行金属板间，若带电粒子从两块水平平行板的正中间射入，且最后带电粒子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别为两块竖直板的中点，求： （1）带电粒子通过B点时的速度大小； （2）右侧平行金属板的长度L； （3）带电粒子刚出电场时速度的偏转角θ的正切值tanθ。 【答案】（1） （2）1m （3） 【解析】 【小问1详解】 粒子在A、B之间的电场加速，根据动能定理有 解得 【小问2详解】 粒子进入偏转电场，做类平抛运动，在竖直方向上，根据牛顿第二定律有 解得 根据 解得 在水平方向上有 解得 【小问3详解】 在竖直方向上的速度为 故带电粒子刚出电场时速度的偏转角θ的正切值 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $