2020高二物理上学期12月月考试卷(含解析)2.pdf

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1、【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！1/18 2020高二物理上学期12月月考试卷（含解析）2编 辑：_时 间：_教学资料范本【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！2/18【最新】20 xx年高二物理上学期 12月月考试卷（含解析）2一选择题：（本大题10 小题，共 40 分其中 1-7 题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，8-10 题有多个选项是正确的，全选对的得 4 分，选对但不全的得2 分，选错或不答

2、的得0分）1如图所示是电子射线管的示意图接通电源后，电子射线由阴极沿x 轴正方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线要使荧光屏上的亮线向上（z 轴正方向）偏转，在下列措施中可采用的是（）A加一沿 y 轴正方向的磁场B加一沿 y 轴负方向的磁场C加一沿 z 轴正方向的磁场D加一沿 z 轴负方向的磁场2下列等式中正确的是（）A1T=1kg/m2 B1T=1kg/（A?s2）C1T=1kg?m2/（A?s2）D1T=1N/（A?m）3在图所示的电路中，电源内阻忽略不计，电动势为E，电阻 R1、R2阻值相等，保持 R1的阻值不变，改变R2的阻值，则关于 R2消耗的功率 P的说法正确的是（）AR2增大，P增大

3、；R2减小，P减小BR2增大，P减小；R2减小，P增大C无论 R2是增大还是减小，P均减小D无论 R2是增大还是减小，P均增大4一根条形磁铁自左向右穿过一个闭合线圈，则流过灵敏电流计的感应电流方向是（）A始终由 a 流向 b B始终由 b 流向 aC先由 a 流向 b，再由 b 流向 a D先由 b 流向 a，再由 a 流向 b5如图所示，通电导线MN在纸面内从 a 位置绕其一端 M转至 b 位置时，通电导线所受安培力的大小变化情况是（）A变小B不变C变大D不能确定6如图，一条形磁铁静止在光滑水平面上，在条形磁铁的中央位置的正上方水平固定一铜质圆环以下判断正确的是（）A若由静止释放圆环，环下落

4、时环中会产生感应电流B若由静止释放圆环，环下落时环的机械能守恒【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！3/18 C若由静止释放圆环，环下落时磁铁对桌面的压力比磁铁受的重力大D给磁铁水平向右的初速度，磁铁滑出时做匀速运动7某空间中存在一个有竖直边界的水平方向匀强磁场区域，现将一个等腰梯形闭合导线圈，从图示位置垂直于磁场方向匀速拉过这个区域，尺寸如图所示，下图中能正确反映该过程线圈中感应电流随时间变化的图象是（）ABCD8三根平行的长直通电导线，分别通过一个等腰直角三角形的三个顶点且与三角形所在平面垂直，如图所示现

5、在使每根通电导线在斜边中点 O处所产生的磁感应强度大小均为B，则下列说法中正确的有（）AO点处实际磁感应强度的大小为BBO点处实际磁感应强度的大小为BCO点处实际磁感应强度的方向与斜边夹角为90DO点处实际磁感应强度的方向与斜边夹角正切值为29两个电压表甲、乙是由完全相同的电流表改装而成，它们的量程分别为 5V、15V，为了测量 1520V的电压，把甲、乙串联起来使用，则两表的（）A读数相同B指针偏转角度相同C读数正比于表的内阻D指针偏转角度正比于表的内阻10如图所示，空间中存在一水平方向匀强电场和一水平方向匀强磁场，且电场方向和磁场方向相互垂直在电磁场正交的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，

6、与电场正方向成60夹角且处于竖直平面内一质量为 m，带电量为+q 的小球套在绝缘杆上初始，给小球一沿杆向下的初速度v0，小球恰好做匀速运动，电量保持不变已知，【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！4/18 磁感应强度大小为B，电场强度大小为E=，则以下说法正确的是（）A小球的初速度为v0=B若小球的初速度为，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止C若小球的初速度为，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止D若小球的初速度为，则运动中克服摩擦力做功为二、实验题（每空2 分，共 16 分）11（1）图 1

7、是电压表的刻度盘若当时使用的是该表的03V量程，那么电压表读数是V（2）图 2 游标卡尺的读数mm（3）图 3 螺旋测微器的读数是 mm 12某同学为测定电子元件的电阻，做如下测量：（1）用多用表粗测该元件的电阻，选用“10”倍率的电阻挡后，应先，再进行测量，之后多用表的示数如图（a）所示，测得该元件电阻为（2）为了精确测得上述待测电阻Rx的阻值，实验室提供了如下器材：A电流表 A1（量程 50mA、内阻 r1=10）B 电流表 A2（量程200mA、内阻 r2 约为 2）C定值电阻 R0=30 D滑动变阻器R（最大阻值约为 10）E电源 E（电动势约为 4V）F开关 S、导线若干该同学设计了

8、测量电阻Rx的一种实验电路原理如图（b）所示，N处的电流表应选用（填器材选项前相应的英文字母）开关S闭合前应将滑动变阻器的滑片置于（选填“a”或者“b”）若 M、N电表的读数分别为IM、IN，则 Rx的计算式为Rx=（用题中字母表示）三、计算题（4 小题，共 44 分）13如图所示，一质量为m的导体棒 MN 两端分别放在两个固定的光滑圆形导轨上，两导轨平等且间距为L，导轨处在竖直向上的匀强磁场【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！5/18 中，当导体棒中通一自右向左的电流I 时，导体棒静止在与竖直方向成 37

9、角的导轨上，取sin37=0.6，cos37=0.8，求：（1）磁场的磁感应强度B；（2）每个圆导轨对导体棒的支持力大小FN 14水平放置的两根平行金属导轨ad 和 bc，导轨两端 a、b 和 c、d 两点分别连接电阻 R1和 R2，组成矩形线框，如图所示，ad 和 bc 相距L=0.5m，放在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B=1T，一根电阻为 0.2 的导体棒 PQ跨接在两根金属导轨上，在外力作用下以4m/s的速度，向右匀速运动，如果电阻R1=0.3，R2=0.6，导轨 ad 和bc 的电阻不计，导体与导轨接触良好求：（1）导体棒 PQ中产生的感应电流的大小；（2）导体棒 PQ上感应电流

10、的方向；（3）导体棒 PQ向右匀速滑动的过程中，外力做功的功率15MN、PQ为相距 L=0.2m的光滑平行导轨，导轨平面与水平面夹角为=30，导轨处于磁感应强度为B=1T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，在两导轨的M、P两端接有一电阻为R=2 的定值电阻，其余电阻不计一质量为m=0.2kg的导体棒垂直导轨放置且与导轨接触良好今平行于导轨对导体棒施加一作用力F，使导体棒从 ab 位置由静止开始沿导轨向下匀加速滑到底端，滑动过程中导体棒始终垂直于导轨，加速度大小为a=4m/s2，经时间 t=1s 滑到 cd 位置，从 ab到 cd过程中电阻发热为Q=0.1J，g 取 10m/s2求：（1）到达

11、 cd 位置时，对导体棒施加的作用力；（2）导体棒从 ab 滑到 cd 过程中作用力 F 所做的功16如图所示，x 轴上方以原点 O为圆心、半径为 R的半圆形区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xy 平面并指向纸面外，磁感应强度为B在 x 轴（R，R）下方的区域内存在方向与y 轴相同的匀强电场y 轴下方的 A点与 O点的距离为 d，一质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子从 A点由静止释放，经电场加速后从O点射入磁场，不计粒子的重力作用（1）要使粒子进入磁场之后不再经过x 轴，电场强度需大于或等于某个值 E，求 E；（2）若电场强度变化为第（1）问 E的，求粒子经过磁场偏转后到达x轴时的坐标；

12、并求粒子从A点出发到该位置的时间20 xx-20 xx 学年江西省市南城一中高二（上）月考物理试卷（12月份）【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！6/18 参考答案与试题解析一选择题：（本大题10 小题，共 40 分其中 1-7 题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，8-10 题有多个选项是正确的，全选对的得 4 分，选对但不全的得2 分，选错或不答的得0分）1如图所示是电子射线管的示意图接通电源后，电子射线由阴极沿x 轴正方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线要使荧光屏上的亮线向上（z 轴正方向

13、）偏转，在下列措施中可采用的是（）A加一沿 y 轴正方向的磁场B加一沿 y 轴负方向的磁场C加一沿 z 轴正方向的磁场D加一沿 z 轴负方向的磁场【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】电子射线由阴极沿x 轴方向射出，形成的亮线沿z 轴正方向偏转，说明电子受到的洛伦兹力方向向上，将四个选项逐一代入，根据左手定则判断分析，选择可行的磁场方向【解答】解：A、若加一沿 y 轴正方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿 z 轴负方向，亮线向下偏转，故A错误 B、若加一沿 y 轴负方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿z 轴正方向，亮线向上偏转，故B正确 C、若加一

14、沿 z 轴正方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿y 轴负方向，亮线向y 轴负方向偏转，故C错误 D、若加一沿 z 轴负方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿y 轴正方向，亮线向y 轴正方向偏转，故D错误故选：B【点评】本题考查磁偏转方向判断的能力由由左手定则判断处洛伦兹力的方向是正确解题的关键2下列等式中正确的是（）A1T=1kg/m2 B1T=1kg/（A?s2）C1T=1kg?m2/（A?s2）D1T=1N/（A?m）【考点】磁感应强度【分析】物理公式同时对应着物理量单位的计算；由物理公式去分析推导物理量所对应的单位【解答】解：由 B=可知，1T=1N/（A?m）=1kg/（A?s2

15、）；故 BD正确，AC错误；故选：BD【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！7/18【点评】本题考查磁感应强度的单位，要注意明确物理公式不但能计算物理量的关系，还能计算单位的关系3在图所示的电路中，电源内阻忽略不计，电动势为E，电阻 R1、R2阻值相等，保持 R1的阻值不变，改变R2的阻值，则关于 R2消耗的功率 P的说法正确的是（）AR2增大，P增大；R2减小，P减小BR2增大，P减小；R2减小，P增大C无论 R2是增大还是减小，P均减小D无论 R2是增大还是减小，P均增大【考点】电功、电功率【专题】恒定电

16、流专题【分析】对于电源，当内外电路的电阻相等时，电源的输出功率最大；本题可以将电阻R1和电源整体等效成一个电源处理【解答】解：对于电源，当内外电路的电阻相等时，电源的输出功率最大；将电阻 R1和电源整体等效成一个电源，则等效电源的内外电阻相等，输出功率最大；故此后无论是增大还是减小R2，其功率 P均减小；故选：C【点评】本题关键是记住“对于电源，当内外电路的电阻相等时，电源的输出功率最大”的结论，采用等效法处理是物理的常用方法4一根条形磁铁自左向右穿过一个闭合线圈，则流过灵敏电流计的感应电流方向是（）A始终由 a 流向 b B始终由 b 流向 aC先由 a 流向 b，再由 b 流向 a D先由

17、 b 流向 a，再由 a 流向 b【考点】楞次定律【分析】楞次定律的内容：感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流磁通量的变化根据楞次定律判定感应电流的方向【解答】解：条形磁铁从左向右进入螺线管的过程中，原磁场方向向左，且磁通量在增加，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化，所以感应电流的磁场向右，由安培定则，知感应电流的方向 ba条形磁铁从左向右离开螺线管的过程中，原磁场方向向左，且磁通量在减少，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化，所以感应电流的磁场向左，由安培定则，知感应电流的方向ab，故 D正确，ABC错误【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享

18、文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！8/18 故选：D【点评】解决本题的关键掌握用楞次定律判断感应电流方向的步骤，先判断原磁场的方向以及磁通量是增加还是减小，再根据楞次定律判断出感应电流的磁场方向，最后根据安培定则，判断出感应电流的方向5如图所示，通电导线MN在纸面内从 a 位置绕其一端 M转至 b 位置时，通电导线所受安培力的大小变化情况是（）A变小B不变C变大D不能确定【考点】安培力【分析】安培力公式为：F=BIL，注意公式的适用条件是：匀强磁场，电流和磁场方向垂直【解答】解：从 A转到 B位置时，导线 MN 还是与磁场垂直，故F=BIL不变，故 B正确；故选

19、：B【点评】本题比较简单，应用公式F=BIL 时注意公式适用条件和公式中各个物理量的含义6如图，一条形磁铁静止在光滑水平面上，在条形磁铁的中央位置的正上方水平固定一铜质圆环以下判断正确的是（）A若由静止释放圆环，环下落时环中会产生感应电流B若由静止释放圆环，环下落时环的机械能守恒C若由静止释放圆环，环下落时磁铁对桌面的压力比磁铁受的重力大D给磁铁水平向右的初速度，磁铁滑出时做匀速运动【考点】楞次定律；机械能守恒定律【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合【分析】圆环竖直向下运动时，通过圆环的磁通量始终为零，不产生感应电流没有安培力做功，只有重力做功，故环的机械能守恒当磁铁向右运动时，穿过线

20、圈中的磁通量发生变化，则产生电磁感应，根据楞次定律可明确磁铁的运动情况【解答】解：A、圆环竖直向下运动时，通过圆环的磁通量始终为零，不产生感应电流，由于没有感应电流，故没有安培力做功，只有重力做功，故环的机械能守恒；同时因为没有感应电流也就没有磁场，故环下落时对桌面的压力不变，仍等于重力；故AC错误，B正确；D、以磁铁水平向右的初速度时，由于线圈中磁通量发生变化，则对磁铁有阻碍作用，故磁铁做减速运动；故D错误；故选：B【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！9/18【点评】解决本题的关键知道产生感应电流的条件，

21、以及掌握条形磁铁的磁感线分布，同时能正确应用楞次定律中的“来拒去留”规律分析运动问题7某空间中存在一个有竖直边界的水平方向匀强磁场区域，现将一个等腰梯形闭合导线圈，从图示位置垂直于磁场方向匀速拉过这个区域，尺寸如图所示，下图中能正确反映该过程线圈中感应电流随时间变化的图象是（）ABCD【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】楞次定律，判断感应电流方向；由法拉第电磁感应定律和欧姆定律判断电流大小，用排除法解决较好【解答】解：当右边进入磁场时，便会产生感应电流，由楞次定律得，感应电流应是逆时针方向，由于有效切割长度逐渐增大，导致感应电流的大小也均匀

22、增大；当线框右边出磁场后，有效切割长度不变，则产生感应电流的大小不变，但比刚出磁场时的有效长度缩短，导致感应电流的大小比其电流小，但由楞次定律得，感应电流应仍是逆时针，故排除AB；当线框左边进入磁场时，有效切割长度在变大，当感应电流的方向是顺时针，即是负方向且大小增大，故选项C正确，ABD错误故选：C【点评】对于图象问题可以通过排除法进行求解，如根据图象过不过原点、电流正负、大小变化等进行排除8三根平行的长直通电导线，分别通过一个等腰直角三角形的三个顶点且与三角形所在平面垂直，如图所示现在使每根通电导线在斜边中点 O处所产生的磁感应强度大小均为B，则下列说法中正确的有（）【新教材2020 版】

23、本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！10/18 AO点处实际磁感应强度的大小为BBO点处实际磁感应强度的大小为BCO点处实际磁感应强度的方向与斜边夹角为90DO点处实际磁感应强度的方向与斜边夹角正切值为2【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用【分析】本题考查了磁场的叠加，根据导线周围磁场分布可知，与导线等距离地方磁感应强度大小相等，根据安培定则判断出两导线在A点形成磁场方向，磁感应强度B是矢量，根据矢量分解合成的平行四边形定则求解【解答】解：A、由题意可知，三平行的通电导线在O点产生的磁感应强度大小相等，方向如图则：B合=B，

24、故 A错误，B正确，C、设方向沿斜边的夹角为，根据；力的合成与分解的法则，结合三角函数关系，则有：tan=2所以磁感应强度的方向与斜边夹角为arctan2，故 C错误，D正确；故选：BD【点评】磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据安培定则判断导线周围磁场方向是解题的前提9两个电压表甲、乙是由完全相同的电流表改装而成，它们的量程分别为 5V、15V，为了测量 1520V的电压，把甲、乙串联起来使用，则两表的（）A读数相同B指针偏转角度相同C读数正比于表的内阻D指针偏转角度正比于表的内阻【考点】把电流表改装成电压表【专题】实验题；恒定电流专题【分析】串联后两表的分压即示数与其

25、电阻成正比，因电流大小一样，故指针偏转角度相同【解答】解；A 因量程不同，内阻不同，则分压不同，故示数不同故 A错误；B 因是串联关系，电流大小一样，则偏转角度相同故B正确；C 读数为分压，正比于两表的内阻故C正确；【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！11/18 D 指针偏转角度相同故D错误；故选：BC【点评】考查的串联电路电压与电阻的关系及电压表的内部原理，明确电压与电阻成正比10如图所示，空间中存在一水平方向匀强电场和一水平方向匀强磁场，且电场方向和磁场方向相互垂直在电磁场正交的空间中有一足够长的固定粗

26、糙绝缘杆，与电场正方向成60夹角且处于竖直平面内一质量为 m，带电量为+q 的小球套在绝缘杆上初始，给小球一沿杆向下的初速度v0，小球恰好做匀速运动，电量保持不变已知，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E=，则以下说法正确的是（）A小球的初速度为v0=B若小球的初速度为，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止C若小球的初速度为，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止D若小球的初速度为，则运动中克服摩擦力做功为【考点】带电粒子在混合场中的运动【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】小球受重力、摩擦力（可能有）、弹力（可能有）、向右上方的洛伦兹力、向左的电场力，当受到的合外力等于0 时

27、，小球做匀速直线运动当小球受到的合外力不为0 时，要判断出支持力的方向，明确支持力的大小随洛伦兹力的变化关系，然后做出判定【解答】解：A、对小球进行受力分析如图，电场力的大小：F=qE=，由于重力的方向竖直向下电场力的方向水平向右，二者垂直，合力：，由几何关系可知，重力与电场力的合力与杆的方向垂直，所以重力与电场力的合力不会对小球做功，而洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，所以也不会对小球做功所以，当小球做匀速直线运动时，不可能存在摩擦力，没有摩擦力，说明小球与杆之间就没有支持力的作用，则洛伦兹力大小与重力、电场力的合力相等，方向相反所以qv0B=2mg【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，

28、以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！12/18 所以 v0=故 A正确；B、若小球的初速度为，则洛伦兹力：f=qv0B=3mg FG+F，则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向下的支持力，则摩擦力：f=FN 小球将做减速运动；随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐减小，摩擦力减小，小球做加速度不断减小的减速运动，最后当速度减小到时，小球开始做匀速直线运动故B错误C、若小球的初速度为，则洛伦兹力：f=qv0B=mg FG+F，则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向上的支持力，而摩擦力：f=FN 小球将做减速运动；随速度的减小，洛伦兹力

29、减小，则支持力逐渐增大，摩擦力逐渐增大，小球的加速度增大，所以小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止故C正确；D、若小球的初速度为，球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止，运动中克服摩擦力做功等于小球的动能，所以W=故 D错误故选：AC【点评】本题考查小球在混合场中的运动，解答的关键明确小球的受力情况，并能够结合受力的情况分析小球的运动情况，要知道小球何时做加速度减小的减速运动，何时做加速度增大的减速运动，当加速度减为零时，做匀速运动二、实验题（每空2 分，共 16 分）11（1）图 1 是电压表的刻度盘若当时使用的是该表的03V量程，那么电压表读数是1.20 V（2）图 2 游标卡尺的

30、读数52.35 mm（3）图 3 螺旋测微器的读数是0.350 mm【考点】用多用电表测电阻；刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【专题】实验题；定量思想；图析法；基本实验仪器【分析】（1）根据表盘确定电压表分度值，然后根据指针位置读出其示数（2）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺读数（3）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！13/18【解答】解：（1）电压表量程为03V，由图 1 所示表盘可知，其分度值为 0.1V，示数为 1.20V；（2）由图

31、 2 所示游标卡尺可知，其示数为：52mm+7 0.05mm=52.35mm；（3）由图 3 所示螺旋测微器可知，其示数为：0mm+35.0 0.01mm=0.350mm；故答案为：（1）1.20；（2）52.35；（3）0.350【点评】本题考查了电压表、游标卡尺与螺旋测微器读数，要掌握常用器材的使用及读数方法；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺读数，螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，游标卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读12某同学为测定电子元件的电阻，做如下测量：（1）用多用表粗测该元件的电阻，选用“10”倍率的电阻挡后，应先欧姆调零，再进行测量，之后多用表的示数如

32、图（a）所示，测得该元件电阻为70（2）为了精确测得上述待测电阻Rx的阻值，实验室提供了如下器材：A电流表 A1（量程 50mA、内阻 r1=10）B 电流表 A2（量程200mA、内阻 r2 约为 2）C定值电阻 R0=30 D滑动变阻器R（最大阻值约为 10）E电源 E（电动势约为 4V）F开关 S、导线若干该同学设计了测量电阻Rx的一种实验电路原理如图（b）所示，N处的电流表应选用B（填器材选项前相应的英文字母）开关S闭合前应将滑动变阻器的滑片置于a（选填“a”或者“b”）若 M、N电表的读数分别为IM、IN，则 Rx的计算式为 Rx=（用题中字母表示）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【

33、专题】实验题；恒定电流专题【分析】（1）使用欧姆表测电阻应选择合适的倍率，使指针指针表盘中央刻度线附近；欧姆表选挡后要进行欧姆调零；欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表示数【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！14/18（2）根据欧姆定律估算出通过电阻R0的电流和通过待测电阻的电流，再选择量程恰当的电表；根据串并联电路特点及欧姆定律求出待测电阻阻值【解答】解：（1）用多用表测量该元件的电阻，选用“10”倍率的电阻档后，应先进行欧姆调零，再进行测量，由图（a）所示可知，测量结果为710=70（2）通过待测电阻的最

34、大电流约为IM=A=0.057A=57mA；通过 N出的最大电流约为IN=IM+=0.057A+A 0.190A=190mA，为保证测量时电流表读数不小于其量程的三分之一，N处的电流表应选B；开关 s 闭合前应将滑动变阻器的滑片置于a通过定值电阻 R0的电流 I=IN IM，并联电路两端电压U=IR0=（INIM）R0，R1+r1=则待测电阻的电阻值：R1=r1；故答案为：（1）欧姆调零，70；（2）B，a，r1【点评】选择实验器材时要注意安全性原则、准确性原则、方便操作性原则，还要符合题目要求本题关键是明确实验的原理，然后估算出电路各个部分的电流，选择恰当量程的电表，最后根据并联电路的电流特

35、点列式求解三、计算题（4 小题，共 44 分）13如图所示，一质量为m的导体棒 MN 两端分别放在两个固定的光滑圆形导轨上，两导轨平等且间距为L，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，当导体棒中通一自右向左的电流I 时，导体棒静止在与竖直方向成 37角的导轨上，取sin37=0.6，cos37=0.8，求：（1）磁场的磁感应强度B；（2）每个圆导轨对导体棒的支持力大小FN【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；电场强度【专题】图析法；共点力作用下物体平衡专题【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！15/

36、18【分析】（1）对导体棒受力分析，受重力、支持力和安培力，然后根据平衡条件，结合合成法得到安培力，最后求出磁场的磁感应强度；（2）对导体棒受力分析，受重力、支持力和安培力，然后根据平衡条件，结合合成法得到支持力，最后得到每个圆导轨对导体棒的支持力大小【解答】解：（1）从右向左看受力分析如图所示：由受力平衡得到：解得：即磁场的磁感应强度B的大小为（2）两个导轨对棒的支持力为2FN，满足：2FNcos37=mg解得：即每个圆导轨对导体棒的支持力大小为【点评】本题难点在于题图是立体图形，受力分析时力图难以构建，关键是将题图转化为平面图，再作图分析14水平放置的两根平行金属导轨ad 和 bc，导轨两

37、端 a、b 和 c、d 两点分别连接电阻 R1和 R2，组成矩形线框，如图所示，ad 和 bc 相距L=0.5m，放在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B=1T，一根电阻为 0.2 的导体棒 PQ跨接在两根金属导轨上，在外力作用下以4m/s的速度，向右匀速运动，如果电阻R1=0.3，R2=0.6，导轨 ad 和bc 的电阻不计，导体与导轨接触良好求：（1）导体棒 PQ中产生的感应电流的大小；（2）导体棒 PQ上感应电流的方向；（3）导体棒 PQ向右匀速滑动的过程中，外力做功的功率【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【专题】电磁感应与电路结合【分析】（1）由 E

38、=BLv求出 PQ产生的感应电动势由欧姆定律求出电流（2）由右手定则判断出感应电流方向（3）由安培力公式求出安培力，由平衡条件求出外力，由功率公式求出外力的功率【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！16/18【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律：E=BLv=1 0.54.0 V=2 V，又 R外=0.2，则感应电流的大小（2）根据右手定则判定电流方向Q P（3）导体棒 PQ匀速运动，则 F=F 磁=BIL=150.5 N=2.5 N，故外力做功的功率P=F?v=2.54W=10W答：（1）导体棒 PQ中产

39、生的感应电流的大小是5A；（2）导体棒 PQ上感应电流的方向Q P；（3）导体棒 PQ向右匀速滑动的过程中，外力做功的功率是10W【点评】导体棒切割磁感线产生电动势，相当于电源，两电阻组成外电路，应用 E=BLv、欧姆定律、安培力公式、功率公式即可正确解题15MN、PQ为相距 L=0.2m的光滑平行导轨，导轨平面与水平面夹角为=30，导轨处于磁感应强度为B=1T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，在两导轨的M、P两端接有一电阻为R=2 的定值电阻，其余电阻不计一质量为m=0.2kg的导体棒垂直导轨放置且与导轨接触良好今平行于导轨对导体棒施加一作用力F，使导体棒从 ab 位置由静止开始沿导轨向

40、下匀加速滑到底端，滑动过程中导体棒始终垂直于导轨，加速度大小为a=4m/s2，经时间 t=1s 滑到 cd 位置，从 ab到 cd过程中电阻发热为Q=0.1J，g 取 10m/s2求：（1）到达 cd 位置时，对导体棒施加的作用力；（2）导体棒从 ab 滑到 cd 过程中作用力 F 所做的功【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；匀变速直线运动的位移与时间的关系；闭合电路的欧姆定律【专题】电磁感应功能问题【分析】（1）由匀变速运动的速度公式求出导体棒到达cd 位置时的速度，由 E=BLV求出此时产生的感应电动势，由欧姆定律求出电路电流，然后由F=BIL 求出安培力，由牛顿第二定律求出对导体棒施加

41、的作用力（2）由匀变速运动的位移公式求出导体棒的位移，然后由能量守恒定律求出拉力所做的功【解答】解：（1）导体棒在 cd 处速度为：v=at=4 m/s，【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！17/18 切割磁感线产生的电动势为：E=BLv=0.8V，回路感应电流为：I=0.4A，导体棒在 cd 处受安培力：F安=BIL=0.08N，由左手定则可知，安培力方向平行于斜面向上，由牛顿第二定律得：mgsin+FF 安=ma，解得：F=0.12N，则对导体棒施加的作用力大小为0.12N，方向平行导轨平面向上（2）a

42、b 到 cd 的距离：x=at2=2m，由能量守恒定律可知：mgxsin+WF=Q+mv2，解得：WF=0.3J 答：（1）到达 cd 位置时，对导体棒施加的作用力是0.12N，方向平行导轨平面向上；（2）导体棒从 ab 滑到 cd 过程中作用力 F 所做的功为 0.3J【点评】对导体棒正确受力分析、应用牛顿第二定律是正确解题的关键；应用能量守恒定律可以求出拉力所做的功16如图所示，x 轴上方以原点 O为圆心、半径为 R的半圆形区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xy 平面并指向纸面外，磁感应强度为B在 x 轴（R，R）下方的区域内存在方向与y 轴相同的匀强电场y 轴下方的 A点与 O点的距离

43、为 d，一质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子从 A点由静止释放，经电场加速后从O点射入磁场，不计粒子的重力作用（1）要使粒子进入磁场之后不再经过x 轴，电场强度需大于或等于某个值 E，求 E；（2）若电场强度变化为第（1）问 E的，求粒子经过磁场偏转后到达x轴时的坐标；并求粒子从A点出发到该位置的时间【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】（1）粒子在电场中加速，在磁场中做匀速圆周运动，应用动能定理与牛顿第二定律可以求出电场强度E（2）分析清楚粒子运动过程，求出粒子在各阶段的运动时间，然后求出粒子总的运动时间【解答】解：（1）

44、粒子在电场中加速，由动能定理得：qEd=mv2，【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！18/18 粒子进入磁场后做圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m，粒子之后恰好不再经过x 轴，则离开磁场时的速度方向与x 轴平行，运动情况如图所示，由几何知识得：R=r，解得：E=；（2）将 E=E代入 E=可得粒子在磁场中运动的轨道半径：r=，粒子运动情况如图，图中的角度、满足：cos=，即：=30，=2=60，粒子经过 x 轴时的位置坐标为：x=r+，解得：x=R 粒子在磁场中的速度：v=，电场中运动时间为：t1=，磁场中运动时间为：t2=，出磁场后到 X轴时间为：t3=，从 A点出发运动的总时间是：t=t1+t2+t3=（+）；答：（1）要使粒子进入磁场之后不再经过x 轴，电场强度需大于或等于某个值 E，E为；（2）若电场强度变化为第（1）问 E的，求粒子经过磁场偏转后到达x轴时的坐标为：（R，0），粒子从 A点出发到该位置的时间为（+）【点评】本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程是正确解题的关键，应用运动学公式、牛顿第二定律可以解题