學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精靖遠一中2018屆高三12月模擬考試物理試卷一、選擇題1。在物理學發展過程中，觀測、實驗、假說和邏輯推理等方法都起到了重要作用。下列敘述不符合史實的是A.奧斯特在實驗中觀察到電流的磁效應，該效應揭示了電和磁之間存在聯系B.安培根據通電螺線管的磁場和條形磁鐵的磁場的相似性，提出了分子電流假說，C。法拉第在實驗中觀察到，通有恒定電流的靜止導線附近的固定導線圈中，會出現感應電流，D。楞次在分析了許多實驗事實后提出，感應電流應具有這樣的方向，即感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化【答案】C【解析】奧斯特在實驗中觀察到電流的磁效應,該效應揭示了電和磁之間存在聯系，選項A正確；安培根據通電螺線管的磁場和條形磁鐵的磁場的相似性,提出了分子電流假說，選項B正確；法拉第在實驗中觀察到,在通有變化電流的靜止導線附近的固定導線圈中會出現感應電流，選項C錯誤；楞次在分析了許多實驗事實后提出，感應電流應具有這樣的方向，即感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化，選項D正確;故選ABD。2.如圖.在水平面（紙面)內有三根相同的均勻金屬棒ab、ac和MN,其中ab、ac在a點接觸，構成“V"字型導軌。空間存在垂直于紙面的均勻磁場。用力使MN向右勻速運動，從圖示位置開始計時，運動中MN始終與∠bac的平分線垂直且和導軌保持良好接觸。下列關于回路中電流i與時間t的關系圖線。可能正確的是A.B。C。D.【答案】A【解析】試題分析：設，單位長度電阻為,則MN切割產生電動勢,回路總電阻為,由閉合電路歐姆定律得：,與時間無關，是一定值，故A正確，BCD錯誤。考點：導體切割磁感線時的感應電動勢、閉合電路的歐姆定律【名師點睛】MN切割磁感線運動產生感應電動勢，L越來越大，回路總電阻也增大，根據電阻定律可求，然后利用閉合電路歐姆定律即可求解.3.閉合線圈的匝數為n，每匝線圈面積為S,總電阻為R，在時間內穿過每匝線圈的磁通量變化為，則通過導線某一截面的電荷量為(）A.B.C.D。【答案】C4。如圖所示，平行金屬導軌豎直放置，僅在虛線MN下面的空間存在著勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，導軌上端跨接一定值電阻R,質量為m、電阻r的金屬棒兩端各套在導軌上并可在導軌上無摩擦滑動，導軌的電阻不計，將金屬棒從圖示位置由靜止釋放，則進入磁場后(）A。a點的電勢高于b點的電勢B.金屬棒中產生的焦耳熱小于金屬棒機械能的減少量C。金屬棒受到的最大安培力大小為mgD。金屬棒剛進入磁場過程中可能做勻減速運動【答案】B【解析】根據右手定則判斷可知：ab中產生的感應電流方向從a到b，a點相當于電源的負極，b點相當于電源的正極，則a點的電勢低于b點的電勢．故A錯誤．金屬棒進入磁場時回路中產生電能轉化為電阻R和金屬棒的內能，根據能量轉化和守恒定律得知：金屬棒中產生的焦耳熱小于金屬棒機械能的減少量,故B正確．若棒做減速運動，最終做勻速運動,此時安培力最小,為mg；若棒做加速運動，最終做勻速運動，此時安培力最大為mg;若勻速運動，安培力不變,大小為mg，故C錯誤．金屬棒剛進入磁場的過程中，若安培力大于重力，棒做減速運動，隨著速度的減小，根據安培力公式可知，安培力不斷減小，合力減小，加速度減小,所以棒做加速度減小的變減速運動，不可能做勻減速運動,故D錯誤．故選B．5。粗細均勻的電阻絲圍成的正方形線框置于有界勻強磁場中，磁場方向垂直于線框平面，其邊界與正方形線框的邊平行。現使線框以同樣大小的速度沿四個不同方向平移出磁場，如下圖所示()A。四種情況下ab兩端的電勢差都相等B.四種情況下流過ab邊的電流的方向都相同C。四種情況下流過線框的電荷量都相等D。四種情況下磁場力對線框做功的功率都相等【答案】BCD【解析】上述四個圖中,切割邊所產生的電動勢大小均相等（E)，回路電阻均為4r（每邊電阻為r），則電路中的電流亦相等,即I=，只有B圖中,ab為電源,有Uab=I?3r=E;其他情況下，Uab=I?r=E,故A錯誤；四種情況穿過線框的磁通量均減小，根據楞次定律判斷出感應電流方向均為順時針方向,故B正確；由q=n，△Φ相同，所以電荷量相同,故C正確；由P=Fv=BILv，因為I相同，所以P相等,故D正確．故選BCD．點睛：本題屬于電磁感應與電路的結合，注意弄清電源和外電路的構造，明確a、b兩點間的電勢差是路端電壓還是某一阻值電壓．掌握電量的經驗表達式q=n,并能靈活運用．6。在如圖所示的電路中，a、b為兩個完全相同的燈泡，L為自感線圈,E為電源，S為開關．關于兩燈泡點亮和熄滅的先后次序，下列說法正確的是（）A.合上開關，a先亮，b逐漸變亮；斷開開關,a、b同時熄滅B.合上開關，b先亮，a逐漸變亮；斷開開關，a先熄滅,b后熄滅C.合上開關，b先亮,a逐漸變亮；斷開開關,a、b同時熄滅D。合上開關,a、b同時亮；斷開開關，b先熄滅，a后熄滅【答案】C【解析】試題分析:當開關接通和斷開的瞬間，流過線圈的電流發生變化，產生自感電動勢,阻礙原來電流的變化，根據楞次定律來分析兩燈亮暗順序．解:由圖可以看出，a、b燈泡在兩個不同的支路中,對于純電阻電路，不發生電磁感應，通電后用電器立即開始正常工作，斷電后停止工作．但對于含電感線圈的電路,在通電時，線圈產生自感電動勢，對電流的增大有阻礙作用，使a燈后亮,則合上開關，b先亮,a后亮．當斷開電鍵時，線圈中產生自感電動勢，由a、b及電感線圈組成一個回路，兩燈同時逐漸熄滅．故C正確．故選C．【點評】對于線圈要抓住這個特性：當電流變化時，線圈中產生自感電動勢,相當于電源，為回路提供瞬間的電流．7。關于電場和磁場，下列說法中正確的是(）A。電場是電荷周圍空間實際存在的物質B.由E=F/q可知，電場中某點的場強E與q成反比,與F成正比C.磁鐵能產生磁場，電流也能產生磁場D。根據公式B=F/IL可知，通電導線受磁場力為零的地方磁感應強度一定為零【答案】AC【解析】電場是電荷周圍空間實際存在的物質，選項A正確;電場中某點的場強E是由電場本身決定的，與試探電荷的電量q以及所受的電場力F無關，選項B錯誤;磁鐵能產生磁場，電流也能產生磁場,選項C正確；通電導線的電流方向若與磁場平行,則所受磁場力為零，但此地方磁感應強度不為零，選項D錯誤；故選AC。8。如圖所示，用恒力F將閉合線圈自靜止開始(不計摩擦)從圖示位置向左加速拉出有界勻強磁場,則在此過程中（）A。線圈向左做勻加速直線運動B.線圈向左運動且加速度逐漸增大C.線圈向左運動且加速度逐漸減小D.線圈中感應電流逐漸增大【答案】CD【解析】線圈向左運動時，ab邊做切割磁感線運動產生電動勢，根據右手定則可知ab產生的電動勢方向從a向b，電動勢的大小為E=BLv,通過ab的電流為I=，由左手定則可知ab邊受到的安培力方向向右，大小為F安=BIL;根據牛頓第二定律應有F-F安=ma；聯立可得,可見，加速度a隨速度v的增大而減小，即線圈做加速度減小的加速運動，所以AB錯誤，C正確；線圈加速運動,產生的感應電流應逐漸增大，所以D正確．故選CD.點睛：對電磁感應問題首先找出電源，然后根據楞次定律和法拉第電磁感應定律寫出電動勢大小和方向，若涉及到力學問題，就進行受力分析,再根據牛頓第二定律寫出相應的表達式，然后再討論即可．9。關于電磁感應現象,下列說法正確的是A。線圈放在磁場中就一定能產生感應電流B。閉合線圈放在勻強磁場中做切割磁感線運動時，一定能產生感應電流C。感應電流的磁場總是阻礙原來磁場的磁通量的變化D.感應電流的磁場總是與原磁場方向相反【答案】C【解析】線圈放在磁場中如果穿過線圈的磁通量不變，則線圈中就不能產生感應電流，選項A錯誤；閉合線圈的部分導體放在勻強磁場中做切割磁感線運動時，一定能產生感應電流，選項B錯誤；根據楞次定律,感應電流的磁場總是阻礙原來磁場的磁通量的變化，選項C正確；感應電流的磁場總是阻礙原磁場的變化，則與原磁場方向可能相同,也可能相反，選項D錯誤;故選C.10.如圖所示，小磁針正上方的直導線與小磁針平行,當導線中有電流時，小磁針會發生偏轉。首先觀察到這個實驗現象的物理學家和觀察到的現象是A。奧斯特，小磁針的N極轉向紙內B.法拉第，小磁針的S極轉向紙內C。庫侖，小磁針靜止不動D.洛倫茲，小磁針的N極轉向紙內【答案】A【解析】發現電流周圍存在磁場的科學家是奧斯特,根據安培定則可知該導線下方磁場方向垂直紙面向里，因此小磁針的N極垂直轉向紙內，故BCD錯誤,A正確．故選A．三、實驗題(本大題共3個小題，共20分）11。(1)某同學用螺旋測微器的的某工件外徑如圖所示，其示數D=_____mm(2）某同學測得阻值約為25kΩ的電阻R，現備有下列器材:A。電流表(量程400

μA，內阻約2kΩ);B。電流表（量程500

μA，內阻約300Ω）；C。電壓表(量程15V,內阻約100KΩ）；D。電壓表(量程60V，內阻約500KΩ）；E。直流電源(20V，允許最大電流1A）；F.滑動變阻器（最大阻值1KΩ,額定功率1W）；G．開關和導線若干.電流表應選_____。電壓表應選_____(填字母代號)(3）畫出實驗電路圖____：【答案】（1).1。731——-1。734mm(2）。B（3).C（4)。【解析】（1）螺旋測微器的讀數：1.5mm+0.01mm×23.3=1.733mm.(2）由閉合電路歐姆定律，有電路最大電流為I==800μA,故電流表應選B，因電源電動勢為20V，所以電壓表應選C．

（3）由題得，=4，而，則，故用電流表內接法；因是小電阻控制大電阻,若用限流式接法，控制的電壓變化范圍太小，則滑動變阻器應采用分壓式接法．

電路圖如圖:

點睛：本題考查伏安法測電阻的實驗；實驗電路所用器材的要求要熟練掌握，讀數的要求,誤差來源的分析,變阻器的分壓與限流式區別要弄清楚．12。用歐姆表測電阻時，如發現指針偏轉角度太小,為了使讀數的精度提高，應使選擇開關撥到較______（選填“大"或“小”）的倍率擋，重新測量前要進行______(選填“歐姆調零”或“機械調零”）．如圖所示為使用多用表進行測量時,指針在刻度盤上停留的位置，若選擇旋鈕在“×10Ω”位置，則所測量電阻的阻值為______Ω;若選擇旋鈕在“50mA”位置，則所測量電流的值為______mA．【答案】（1).大(2）。歐姆調零（3).320(4）。22。0mA【解析】用歐姆表測電阻時，如發現指針偏轉角度太小，說明倍率檔選擇過高，為了使讀數的精度提高，應使選擇開關撥到較大的倍率擋，重新測量前要進行歐姆調零．如圖若選擇旋鈕在“×10Ω”位置，則所測量電阻的阻值為32×10Ω=320Ω；若選擇旋鈕在“50mA”位置,則所測量電流的值為22。0mA．四、本大題共4個小題，共40分。13。如圖所示，兩平行金屬導軌所在的平面與水平面夾角，導軌的一端接有電動勢、內阻的直流電源,導軌間的距離.在導軌所在空間內分布著磁感應強度、方向垂直于導軌所在平面向上的勻強磁場。現把一個質量的導體棒放在金屬導軌上，導體棒與金屬導軌垂直、且接觸良好，導體棒的電阻,導體棒恰好能靜止.金屬導軌電阻不計。（g取10m/s2，sin37o=0．6，cos37o=0．8)求：（1）受到的安培力大小；（2）受到的摩擦力大小。【答案】（1）0.40N（2）0。16N【解析】(1）導體棒、金屬導軌和直流電源構成閉合電路，根據閉合電路歐姆定律有:導體棒受到的安培力：F安=ILB=2×0。40×0.50N=0。40N

（2）導體棒所受重力沿斜面向下的分力：F1=mgsin37°=0。04×10×0。6N=0.24N

由于F1小于安培力，故導體棒沿斜面向下的摩擦力f，根據共點力平衡條件得：

mgsin37°+f=F安

解得:f=F安—mgsin37°=（0。40—0。24）N=0。16N14.電視機顯像管原理如圖所示,初速度不計的電子經電勢差為的電場加速后，沿水平方向進入有邊界的磁感應強度為勻強磁場中。已知電子電量為、質量為。若要求電子束的偏轉角為，求：磁場有限邊界的寬度L【答案】【解析】電子進加速電場加速后，速度為v,則由動能定理,有:eU＝mv2

解得：

電子進入勻強磁場中做勻速圓周運動，故:evB＝m

由幾何關系，有：L=Rsinα

聯立解得：L=點睛：解決本題的關鍵作出粒子的運動軌跡圖，結合幾何關系、牛頓第二定律和動能定理進行求解．15.如圖所示，光滑金屬導軌PN與QM相距1m,電阻不計，兩端分別接有電阻R1和R2，且R1＝6Ω，R2＝3Ω,ab導體棒的電阻為2Ω.垂直穿過導軌平面的勻強磁場的磁感應強度為1T.現使ab以恒定速度v＝6m/s勻速向右移動，求：（1）導體棒上產生的感應電動勢E。(2)R1與R2消耗的電功率分別為多少？【答案】(1）3V（2)則外電壓的大小U=E—Ir=3?×2V=1.5V

則R1消耗的電功率．

R2消耗的電功率點睛：本題考查電磁感應與電路的綜合問題，搞清電路的結構，知道切割的部分相當于電源，結合閉合電路歐姆定律進行求解．16.如圖所示,處于勻強磁場中的兩根足夠長、電阻不計的平行金屬導軌相距1m,導軌平面與水平面成θ＝37°角，下端連接阻值為R＝2Ω的電阻．勻強磁場方向與導軌平面垂直，磁感應強度大小B為0。4T。質量為0。2kg、電阻不計的金屬棒放在兩導軌上，棒與導軌垂直并保持良好接觸，它們之間的動摩擦因數為0。25.（1）若金屬棒中的電流方向由a到b,求磁感應強度的方向．(2）求金屬棒沿導軌由靜止開始下滑時的加速度大小．（3)求金屬棒下滑速度達到穩定時的速度。(4）求金屬棒穩定下滑時，電阻R的功率．【答案】(1）垂直導軌平面向上（2）4m/s2(3)10m/s（4）8W【解析】（1)由右手定則可知,磁感應強度的方向垂直導軌平面向上；（2）金屬棒開始下滑的初速度為零，根據牛頓第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma解得：a＝10×(0。6－0.25×0。8)m/s2＝4m/s2(3)設金屬棒運動達到穩定時，速度為v，所受安培力為F安，棒在沿導軌方向受力平衡mgsinθ－μmgcosθ－F安＝0金屬棒所受安培力:F安=BIL