【文档说明】柳城中学2020-2021学年度高二秋季第二次月考物理 纯答案用卷.docx，共(10)页，114.136 KB，由小赞的店铺上传

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1柳城中学2020-2021学年度高二秋季第二次月考（202012172041复制）（202012172108复制）【答案】1.C2.B3.A4.A5.B6.A7.D8.B9.D10.B11.B12.B13.D14.C15.C16.(1)𝐴1；(2)外；(3)2.00；(4)如右图

：17.(1)×100(2)𝑇，右侧(3)110018.解：(1)小球处于匀强电场，在电场力qE、拉力𝐹𝑇与重力mg作用下处于平衡状态，如图，电场力方向应水平向右，与电场强度方向相同，所以小球带正电．(2)结合受力示意图，根据平衡条件得

：小球受到的电场力𝐹=𝑞𝐸=𝑚𝑔𝑡𝑎𝑛30°=√33G.(3)由𝐹=𝑞𝐸，得：𝐸=𝐹𝑞=√3𝐺3𝑞答：(1)小球带正电荷．(2)小球受到的电场力为√33𝐺；(3)该电场强

度E的大小为√3𝐺3𝑞．219.解：(1)穿过线圈的磁通量为：𝛷=𝐵𝑆𝑠𝑖𝑛30°=0.1×0.2×12𝑊𝑏=0.01𝑊𝑏(2)若线圈逆时针方向转过60°，则此时穿过线圈的磁通

量𝛷′=𝐵𝑆=0.02𝑊𝑏那么𝛥𝛷=𝛷′−𝛷=0.01𝑊𝑏若线圈顺时针方向转过60°，则此时穿过线圈的磁通量𝛷′′=−𝐵𝑆𝑠𝑖𝑛30°=−0.01𝑊𝑏那么𝛥𝛷′=𝛷′′−𝛷=−0.02𝑊𝑏。答：(1)穿过线圈的磁通量是0.

01𝑊𝑏；(2)当线圈从图示位置绕ab边转过60°的过程中，穿过线圈的磁通量增大了0.01𝑊𝑏或减小了0.02𝑊𝑏。20.解：(1)根据闭合电路欧姆定律得：当开关S断开时，有：𝐸=𝐼1(𝑅1+𝑅2+𝑟)，代入得：𝐸=0.5×(12+

8+𝑟)①当开关S闭合时，有：𝐸=𝐼2(𝑅1+𝑟)，代入得：𝐸=0.75×(12+𝑟)②联立①②可解得：𝐸=12𝑉，𝑟=4𝛺(2)𝑆闭合时，电源的效率为𝜂=𝑃出𝑃总×100%=𝑈𝐼𝐸𝐼×100%=𝑅1𝑅1+𝑟×100%=1212+4×100%=

75%答：(1)电源的电动势为12V，内电阻是4𝛺．(2)𝑆闭合时，电源的效率为75%．【解析】1.【试题解析】【分析】本题考查电场和磁场。电场线与磁感线的共同点：不客观存在，且疏密表示场的强弱，某点的切线方向表示场的方向，同时不相交．

但静电场线不闭合，而磁感线闭合。电场与磁场是看不见摸不着，却客观存在的特殊形态，它们均由不存在的电场线、磁感线来粗略描述电场与磁场的分布。【解答】3A.我们虽然不能用手触摸到电场的存在，却可以用试探电荷去探测它的存在和强弱．当有电场力时，

则说明有电场存在，当在不同位置电场力有大小时，则说明电场有强弱．故A正确；B.电场线和磁感线是可以形象描述场强弱和方向，但不是客观存在的曲线．故B正确；C.磁体外部磁感线是从N极到S极，而内部则是从S极到N极，所以磁感线是闭合的曲线，而静电场的电场线不是闭合曲线，故C

错误；D.磁体之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场一样，都是客观存在的物质，故D正确；本题选择错误的，故选C。2.【分析】该题结合图象考查欧姆定律，解答本题的关键在于明确𝐼−𝑈图象中斜率的意义；同时还要明确串并联电路的性质。【解答】解：𝐴𝐵.由图可知，该图象是

𝐼−𝑈图线，图象的斜率表示电阻的倒数，斜率越大，电阻越小，所以𝑅2的阻值大于𝑅1的阻值；故A错误，B正确；𝐶𝐷.两电阻串联后的总电阻要比并联时的总电阻大，故串联后的电路中的总电流要小；故C错误，D错误

；故选B。3.解：A、对于直线电流，右手握住直导线，大拇指指向表示电流方向，四指弯曲方向表示磁场的方向，则左边磁场进去，而右边磁场是出来，故A正确；B、对于通电螺线管，四指弯曲表示电流方向，大拇指所指方向为磁场方向。则磁场方向应该向下，故B错误。C、对于环形电

流，四指弯曲表示电流方向，大拇指所指方向为磁场方向，则磁场方向应该向左，故C错误；D、对于直线电流，右手握住直导线，大拇指指向表示电流方向，四指弯曲方向表示磁场的方向，则磁场方向顺时针方向，故D错误；故选：A。根据安培定则，通过磁场的方向判断电流的

方向，从而即可一一求解．解决本题的关键掌握安培定则判断电流方向和磁场方向的关系，注意安培定则，也称右手螺旋定则．44.【试题解析】【分析】因为N极受到的磁场力为磁场方向，结合安培定则可分析带电粒子束的电性及运动情况。熟练应用安培

定则是正确求解的关键。【解答】因为N极向纸外偏转，所以小磁针所处的磁场方向垂直纸面向外，由安培定则可知带正电的粒子束向右飞行或带负电的粒子束向左飞行，中性粒子束不带电，产生不了电流计，不能形成磁场，故A正确，BCD错误。故选A。5.【分析】根据欧

姆定律和电阻定律进行分析，明确电阻的大小取决于电阻率、导体的长度和截面积有关，和电压及电流无关。本题考查电阻定律及欧姆定律的正确应用，要注意电阻可以由欧姆定律求解，但电阻与电压和电流无关。【解答】A.由欧姆定律可求得电阻，但电阻与导体两端的电

压及电流无关，故A错误；B.由𝑅=𝜌𝑙𝑆知，导体的电阻与长度l、电阻率𝜌成正比，与横截面积S成反比，故B正确；C.电阻率是由导体的材料决定的，导线一分为二时，导体的电阻率不变，故C错误；D.将一根电阻丝均匀拉长为原来2倍，长度增加原来的2倍，同时横截面积变原来12，电阻丝的电阻变

为原来的4倍，故D错误；故选B。6.解：两导线在P点产生的磁感应强度大小相等，根据安培定则，垂直向里的电流在P点的磁场方向竖直向上，而垂直向外的电流在P点的磁场的方向也竖直向上，所以，合磁场的方向是竖直向上，故A正确，BCD错误。故选：

A。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P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。5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。7.

【分析】根据电场线的疏密比较场强的大小，而一条电场线不能反映电场线的疏密，各种可能的情况都有．根据电场线的方向分析正电荷所受的电场力方向．解决本题的关键时要知道电场线的特点，知道电场线的疏密表示场强的大小，电场线的切线方向表示电场强度方向．【解答】𝐴

𝐵𝐶.由于电场线的疏密表示场强的相对大小，而一条电场线不能反映出电场线的疏密，所以不能确定A、B两点的场强大小，因此A、B两点的场强有可能相等，也可能不等，则该电场不一定是匀强电场，也不一定是点电荷产生的电场，故ABC错误；D.电

场线的切线方向表示电场强度方向，而正电荷所受的电场力方向与电场强度方向相同，所以正电荷在P点受到的电场力方向沿着电场线方向，故D正确。故选：D。8.【分析】磁感应的疏密表示磁场的强弱，某点的切线方向就是该点的磁场方向，磁感线是假想的，不实际存在。

解决本题的关键知道磁感线的疏密表示磁场的强弱，以及知道磁场方向的确定，注意磁感线是假想的。【解答】𝐴𝐵.由磁感线的疏密可知𝐵𝑎<𝐵𝑏，故A错误，B正确；C.某点的切线方向就是该点的磁场方向，故C错误；D.磁感线是假想的，不实际存在，a处没有磁感线

，磁感应强度也不为零，故D错误。故选B。9.【分析】解这类题的思路：根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向，然后根据电性和电场线的疏密程度，判断电场力方向，根据电场力做功判断电势能的变化．解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键

是根据轨迹判断出电场力方向，利用电场中有关规律求解；明确电场力做功与电势能和动能间的关系．【解答】A.由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力的方向大致斜向左下方，与电场6强度方向相反，故粒子带负电，故A错误。B.B点电场线密集，故电场强度大，电场力大，故加速度大，所以粒子

的加速度一直增大，故B错误；𝐶𝐷.由于带电粒子是从A到B，带电粒子受电场力的方向大致斜向左下方，故电场力做负功，动能减小，电势能增大，故C错误，D正确。故选D。10.【分析】根据磁通量的物理意义：穿过磁场中某一面积的磁感线的条数，据此分析磁通量的变化情况。本题主要考

查磁通量。【解答】线圈在实线位置时，线圈与磁场垂直，穿过线圈的磁通量最大；线圈在虚线位置时，磁感线与线圈平行，没有磁感线穿过线圈，穿过线圈的磁通量为零，则当线圈由实线位置绕其底边转过90°至水平位置的

过程中，穿过线圈的磁通量逐渐变小，故B正确，ACD错误。故选B。11.【分析】当变阻器的滑动触头P向上移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化，即可知道A灯亮度的变化。由欧姆定律分析并联部分电压的变

化，判断B灯亮度的变化。由通过B的电流与总电流的变化，分析通过C灯电流的变化，判断其亮度的变化。本题是电路动态分析问题，按局部到整体，再对局部分析电压或电流的变化，来判断电灯亮度的变化。【解答】当变阻器的滑动触头P向上移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流I减小

，A灯变暗；A灯和电源的内电压都减小，由闭合电路欧姆定律得知并联部分电压增大，B灯变亮；由于总电流减小，而通过B灯的电流增大，可知通过C灯的电流减小，则C灯变暗，故ACD错误，B正确。故选B。12.【分析】由图可知电路结构，根据滑片的移动明确电路中电阻的变化，由闭合电

路欧姆定律明确7电路中电流及电压的变化，再对局部电路进行分析得出灯泡亮度的变化，以及电容器上电量的变化。【解答】A、当滑动变阻器滑片P向右移动，其接入电路的电阻减小，电路总电阻𝑅总减小，电流I增大，电流表读数变大，根据𝑈=𝐸−𝐼𝑟，

电压表测量路端电压U，读数减小，故A错误；B、灯泡的功率𝑃=𝐼2𝑅𝐿，𝑅𝐿不变，则灯泡变亮，故B正确；C、当内、外电阻相等时，电源的输出功率最大，由于不知道外电阻和电源的内阻大小关系，故不能确定电源输出功率的变化，故C错误；D、根据�

�𝑝=𝐸−𝐼(𝑟+𝑅𝐿)，变阻器两端电压减小，电容器与变阻器并联，电容器上电压也减小，则其电荷量减少，故D错误。故选B。13.【试题解析】【分析】表头与电阻串联，可等效为电压表；表头与电阻并联，可等效为电流表。再根据串并联关系求出最大量程。本题考查了电表改装，知道电

表改装原理是解题的前提，分析清楚图示电路结构、应用串并联电路特点与欧姆定律可以解题。【解答】𝐴𝐵.当𝑆1和𝑆2均断开时，表头与𝑅1串联，所以虚线框中可等效为电压表。最大量程𝑈=𝐼𝑔(𝑅𝑔+𝑅1)=0.00

1×(100+900)𝑉=1𝑉。故AB错误；𝐶𝐷.当𝑆1和𝑆2均闭合时，𝑅1被短路，𝑅2与表头并联，所以虚线框中可等效为电流表，最大量程𝐼=𝐼𝑔+𝐼𝑔𝑅𝑔𝑅2=(0.001+0.001×100100999)𝐴=1𝐴，故C错误，D正确。故选

D。14.【试题解析】【分析】由电源的路端电压与电流的关系图象可知，图象与纵轴的交点等于电源的电动势，其斜率大小等于电源的内阻。电阻R的伏安特性曲线的斜率等于电阻。两图线的交点读出电流与电压，求出电源的输出功率和效率。对于图线关键要根据物理规律，从数学角度来理解其物理意义。本题

要抓住图线的斜率、8交点的意义来理解图象的意义。【解答】A.根据闭合电路欧姆定律得𝑈=𝐸−𝐼𝑟，当𝐼=0时，𝑈=𝐸，由读出电源的电动势𝐸=3𝑉，内阻等于图线的斜率大小，则𝑟=|𝛥𝑈𝛥𝐼|=36𝛺=0.5𝛺，故A正确；B.电阻�

�=𝑈𝐼=22𝛺=1𝛺，故B正确；C.电源的效率𝜂=𝑃出𝑃总=𝑈𝐼𝐸𝐼=23=66.7%，故C错误；D.两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时的工作状态，由图读出电压𝑈=2𝑉，电流𝐼=2𝐴，则电源的输出功率

为𝑃出=𝑈𝐼=4𝑊，故D正确。本题选择错误的，故选C。15.【分析】由安培定则判断出通电直导线周围的磁场方向，根据磁通量的定义分析穿过线框的磁通量的变化情况。理解安培定则和磁通量的概念是解题的关键。【解答】根据安培定则，通电直导线的右侧磁场的方向向里，左

侧的磁场方向向外，矩形线框从距离直导线很近的位置Ⅰ向右移到位置Ⅱ的过程中，穿过线框的磁通量先减少，后增加，故C正确。故选C。16.【分析】由𝑃=𝑈𝐼可求得待测元件的额定电流后确定电流表，由待测元件的阻值确定内外

接法，电表的读数要估读．由电功率的变形公式求出待测电阻额定电压与额定电流，然后根据电压与电流选择电表；确定滑动变阻器与电流表接法是设计实验电路图的关键【解答】(1)对待测元件：𝐼=𝑃𝑈=0.12.5𝐴=40𝑚𝐴，则电流表选：𝐴1；9(2)待测元件的电阻为约为𝑅=𝑈2𝑃=2．52

0.1=62.5𝛺<√𝑅𝐴𝑅𝑉=316𝛺，故为小电阻，要用外接法；(3)电压表的读数要估读为：2.00𝑉(4)用电流表外接法测电阻，滑动变阻器分压式接法，画电路图．故答案为：(1)𝐴1；(2)外；(3)2.00；17.【

分析】多用电表测量电阻时，需要选择合适的档位，使指针指针中央刻度线附近；选择挡位后要进行殴姆调零，然后测量电阻读出示数，指针示数与档位的乘积是欧姆表示数。考查欧姆表的使用，使用欧姆表测电阻时，要选择合适的档位，使指针指针表盘中央刻度线附近，欧姆表换档后要进行欧姆调

零；指针示数与档位的乘积是欧姆表示数；要注意欧姆表的零刻度线在最右侧。【解答】用欧姆表测阻值约为1000𝛺的定值电阻，部分操作步骤如下：(1)选择开关应调到电阻档的“×100”位置；(2)将红、黑表笔分别插入“+”、“−

”插孔，把两笔尖相互接触，调节欧姆调零旋钮T，使电表指针指向右侧的“0”位置；(3)将红、黑表笔的笔尖分别与电阻两端接触，由图2所示可知，该电阻的阻值为11×100𝛺=1100𝛺。故答案为：(1)×100；(2)𝑇，右侧；(3)1100。18.(1)带电小球处

于匀强电场，在电场力、拉力与重力的作用下，处于平衡状态．判断出电场力方向，即可确定根据电荷的电性．(2)根据平衡条件列式，求解小球所受的电场力F的大小．(3)电场力与电场强度的关系是𝐹=𝑞𝐸，由此式求解电场强度E的大小．本题是带电体在电场中平衡问题

，研究的方法与力学问题一样，关键是分析带电体的受力情况，根据平衡条件和电场知识解答．1019.本题考查磁通量的计算，掌握磁通量的计算公式是解题的关键。(1)由磁通量的定义式进行分析求解磁通量；(2)由△𝛷=𝛷

2−𝛷1求解磁通量的变化。20.(1)由电路图可知，当开关S断开时，两个电阻串联，电流表测通过𝑅1的电流；当开关闭合时，𝑅2被短路，根据闭合电路欧姆定律对两种情况分别列方程，联立即可求得电源的电动势和内电阻．(2)电源的效率等于电源的输出功率与总功率之比．本题分析开关闭合前后

电路变化是解题的关键，要掌握闭合电路欧姆定律，明确电源效率的含义，并能正确应用．