物理卷·2019届甘肃省兰州市第一中学高二上学期12月月考物理试题（解析版）x

物理卷·2019届甘肃省兰州市第一中学高二上学期12月月考物理试题（解析版）x

甘肃省兰州市第一中学2017-2018学年高二上学期12月月考物理试题 一、选择题 ‎1. 在图中，标有磁场B的方向，通电直导线中电流I的方向，以及通电直导线所受安培力F的方向，其中正确的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎ ‎ ‎【点睛】左手定则内容是：伸开左手大拇指垂直四指且在同一平面内，让磁感线穿过掌心，四指指的是电流的方向，则大拇指就是安培力的方向．所以安培力方向与磁场方向垂直、与电流方向垂直，即其与磁场和电流的方向所构成的平面垂直．‎ ‎2. 如图所示，圆环上带有大量的负电荷，当圆环沿顺时针方向转动时，a、b、c三枚小磁针都要发生转动，以下说法正确的是 A. a、b、c的N极都向纸里转 B. b的N极向纸外转，而a、c的N极向纸里转 C. b、c的N极都向纸里转，而a的N极向纸外转 D. b的N极向纸里转，而a、c的N极向纸外转 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：圆环带有负电荷，圆环顺时针转动时，产生的等效电流方向沿逆时针方向；由安培定则可知，a、c所在处磁场垂直于纸面向里，b处磁场垂直于纸面向外，故 a、c处的小磁针的N极朝纸内转动，b处小磁针的N极朝纸外转动，故B正确，ACD错误；故选B．‎ ‎【点睛】正电荷的定向移动方向是电流的方向，负电荷的定向移动方向与电流方向相反；在磁场中，小磁针静止时N极所指的方向是磁场的方向；由安培定则判断出a、b、c、d各处磁场方向，然后确定小磁针的转动情况．‎ ‎3. 铅蓄电池的电动势为2V，这表示 A. 铅蓄电池两极间的电压为2V B. 铅蓄电池能在1s内将2J的化学能转变成电能 C. 电路中通过相同的电荷量时，铅蓄电池比1节干电池非静电力做的功多 D. 铅蓄电池接入不同电路中，电动势会发生变化 ‎【答案】C ‎【解析】电源两极间电压，当电源不接入电路时，等于电源的电动势；当接入电路时，小于电源的电动势，A错误；电源每通过1C电量，电源把2J的化学能转变为电能，不是在1s内将2J的化学能转变成电能，B错误；电源的电动势是表示电源将其它形式的能转化为电能的本领，铅蓄电池的电动势比一节干电池的电动势大，通过相同的电荷量时，铅蓄电池比1节干电池非静电力做的功多，故C正确；电动势不随外电路的变化而变化，D错误．‎ ‎4. 一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图所示，如果直导线可以自由地运动且通以方向由a到b的电流，则导线ab受到安培力的作用后的运动情况为 A. 从上向下看顺时针转动并靠近螺线管 B. 从上向下看顺时针转动并远离螺线管 C. 从上向下看逆时针转动并远离螺线管 D. 从上向下看逆时针转动并靠近螺线管 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：通电导线因放在通电螺线管的磁场中故受到磁场力，因左右两侧磁场方向不同，故可以分左右两边分别分析研究，画出两侧的磁场方向，则由左手定则可判出磁场力的方向，根据受力情况可判出物体的转动情况．当导体转动后，我们可以认为电流 向右偏内，受力也将发生变化，为了简便，我们可以判断导体转动到向里的位置判断导体的受力情况，再判出导体的运动情况．‎ 解：通电螺线管的磁感线如图所示，则由图示可知左侧导体所处的磁场方向斜向上，右侧导体所处的磁场斜向下，则由左手定则可知，左侧导体受力方向向外，右侧导体受力方向向里，故从上向下看，导体应为逆时针转动；当导体转过90°时，由左手定则可得导体受力向下，故可得出导体运动为逆时针转动的同时还要向下运动．即为a端转向纸外，b端转向纸里，且靠近通电螺线管，故D正确，ABC错误；‎ 故选：D ‎【点评】解决本题的关键（1）清楚通电螺线管的磁场，应看到左右两边磁场的不同；（2）能准确地应用左手定则判断磁场与电流不垂直的情况；（3）会找到一些有代表性的特殊位置求解．‎ ‎5. 在描绘小灯泡的伏安特性曲线时，采用如图所示电路，实验中发现移动滑动变阻器的滑片时，电流表的示数变化而电压表的指针不动，下列原因可能的是 A. 灯泡中灯丝已烧断 B. 滑片接触不良 C. 灯泡内部短路 D. 滑动变阻器A端接触不良 ‎【答案】C ‎【解析】根据题中图可知若电压表的电阻无穷大，移动滑片时，因电流表示数有变化，故和电流表串联的回路为通路，不存在短路，故A错误；若滑片接触不良，电路中不可能有电流，故B错误；若滑动变阻器A端接触不良，滑片移动时电流表和电压表读数均变化，故D错误；若灯泡内短路则灯泡两端电压为零，电压表指针不变，移动滑片时，只有电流 表指针变化，故C正确。所以C正确，ABD错误。‎ ‎6. 关于通电导线所受安培力F的方向，磁感应强度B的方向和电流I的方向之间的关系，下列说法正确的是 A. F、B、I三者必须保持相互垂直 B. F必须垂直B、I，但B、I可以不相互垂直 C. B必须垂直F、I，但F、I可以不相互垂直 D. I必须垂直F、B，但F、B可以不相互垂直 ‎【答案】B ‎【解析】安培力F总是与磁场B和电流I决定的平面垂直，但B与I(即导线)可以垂直，也可以不垂直，通电导线受安培力时，力F与磁场及力F与导线都是垂直的，故A、C、D均错，B正确．‎ ‎7. 为了设计电路，先用多用电表的欧姆挡粗测未知电阻，采用“×10”挡，调零后测量该电阻，发现指针偏转非常大，最后几乎紧挨满偏刻度停下来，下列判断和做法正确的是 A. 这个电阻阻值很小，估计只有几欧姆 B. 这个电阻阻值很大，估计有几千欧姆 C. 如需进一步测量可换“×1”挡，调零后测量 ‎ D. 如需进一步测量可换“×1k”挡，调零后测量 ‎【答案】AC ‎【解析】采用“×10”挡，调零后测量该电阻，发现指针偏转非常大，最后几乎紧挨满偏刻度停下来，说明所测电阻很小，约为几欧姆，所选挡位太大，为准确测量电阻阻值应选择“×1”挡，重新进行欧姆调零后再测电阻阻值，故AC正确，BD错误；‎ 故选：AC.‎ 点睛：使用欧姆表测电阻应选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．‎ ‎8. 关于三个公式：①P=IU，②P=I2R，③P=U2/R，下列叙述正确的是 A. 公式①适用于任何电路的电功率 B. 公式②适用于任何电路的电热功率 C. 公式①②③适用于任何电路电功率 D. 上述没有一个正确 ‎【答案】AB ‎【解析】A、适用于任何电路计算功率，故A正确，D错误； B、是由焦耳定律推导出的计算公式，因此适用于任何电路计算发热功率，故B正确； C、在纯电阻电路中，、以及都可用来计算电路消耗的功率；当在非纯电阻电路中，只可以用来计算电路消耗的功率，故C错误。‎ 点睛：适用于任何电路计算功率；适用于任何电路计算发热功率，只适合于纯电阻电路计算功率。‎ ‎9. 如图所示，真空中M、N处放置两等量异种电荷，a、b、c为电场中的三点，实线PQ为M、N连线的中垂线，a、b两点关于MN对称，a、c两点关于PQ对称，已知一带正电的试探电荷从a点移动到c点时，试探电荷的电势能增加，则以下判定正确的是 ‎ A. M点处放置的是负电荷 B. a点的场强与c点的场强完全相同 C. a点的电势高于c点的电势 D. 若将该试探电荷沿直线由a点移动到b点，则电场力先做正功，后做负功 ‎【答案】AD ‎【解析】AC、因正电荷由a到c电势能增加，则电场力做负功，则电势升高．故c点电势高于a点电势．则M点为负电荷，故A正确，C错误；‎ B、a点与c点为关于两电荷的中垂线对称，则场强大小相等但方向不同，故B错误；‎ D、将该试探电荷沿直线由a点移动到b点，根据等势线分布图可知，电势先降低后升高，则电势能先减小后增大，电场力先做正功、后做负功．故D正确；‎ 故选AD。‎ ‎10. 如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r。将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则 A. A的示数增大 B. V2的示数增大 C. ΔU3与ΔI的比值大于r D. ΔU1大于ΔU2‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】A. 据题理想电压表内阻无穷大,相当于断路。理想电流表内阻为零,相当短路,所以R与变阻器串联,电压表V1、V2、V3分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压。当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电流增大，A的示数增大，A正确； ‎ B. 根据闭合电路欧姆定律得： U2=E−Ir, V2的示数减小，B错误； ‎ C. 根据闭合电路欧姆定律得：U3=E−I(R+r),则得：△U3/△I=R+r，大于r，故C正确；‎ D.根据闭合电路欧姆定律得：U2=E−Ir,则得：△U2/△I=r；△U1/△I=R,据题：R>r，则得△V1>△V2，故D正确。‎ 故选：ACD。‎ 点睛：理想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路．分析电路的连接关系，根据欧姆定律分析． ‎ 二、填空题 ‎11. 将长为1 m的导线ac从中点b折成如图所示的形状，放入B＝0.08 T的匀强磁场中，abc平面与磁场垂直．若在导线abc中通入25 A的直流电，则整个导线所受安培力大小为______ N。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】通电导线受力的有效长度为首尾相接的直线段Lac＝2×Lcos 30°＝m，故导线所受安培力的大小为F＝ILacB＝25××0．08 N＝N。‎ ‎12. （1）如图所示，螺旋测微器的读数为______mm，游标卡尺的读数为______mm。‎ ‎（2）电压表接0～3V量程，电压表的读数为______V；‎ ‎（3）电流表接0～0.6A量程，电流表的读数为______A。‎ ‎【答案】 (1). 6.124 (2). 50.90 (3). 2.14-2.18 (4). 0.16‎ ‎【解析】试题分析：（1）螺旋测微器的读数为6mm+0．01mm×12．4=6．124mm；游标卡尺的读数为5cm+0．05mm×18=50．90mm．（2）电压表接0-3V量程，电压表读数2．15V; （3）电流表接0-0．6A量程，电流表读数为0．16A;‎ 考点：游标卡尺及螺旋测微器的读数 ‎【名师点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。‎ ‎13. 在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如右图所示，用米尺测出金属丝的长度L，金属丝的电阻大约为5 Ω，先用伏安法测出金属丝的电阻Rx，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率。‎ 为此取来两节新的干电池、开关和若干导线及下列器材：‎ A．电压表0～3 V，内阻10 kΩ ‎ B．电压表0～15 V，内阻50 kΩ C．电流表0～0.6 A，内阻0.05 Ω ‎ D．电流表0～3 A，内阻0.01 Ω E．滑动变阻器，0～10 Ω ‎ F．滑动变阻器，0～100 Ω ‎（1）要求较准确地测出其阻值，电压表应选________，电流表应选________，滑动变阻器应选________。(填序号)‎ ‎（2）实验中实物接线如下图所示 ，请指出该同学实物接线中的两处明显错误：‎ 错误1______________________________________________________________。‎ 错误2______________________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). A (2). C (3). E (4). 滑动变阻器线接到滑片上 (5). 电流表内接 ‎【解析】（1）两节干电池电动势为3V，则电压表选用3V量程的，故选A；电路中可能达到的最大电流，则电流表选择C；电路用限流电路，滑动变阻器选择E.‎ ‎（2）金属丝的电阻大约为5Ω，电流表内阻很小约为零点几欧姆，电压表内阻很大， 约为几千甚至几万欧姆，电压表内阻远大于金属丝电阻，电流表应采用外接法， 由图示电路图可知，电流表采用内接法，这是错误的，另外导线 接在滑动变阻器滑片上也是错误的．‎ ‎14. 为测定一节新干电池的电动势和内电阻(已知该干电池的内电阻相当小，额定电流为0.7A)，可供选择的器材有：‎ 电压表：A.量程3V，内阻为10kΩ； ‎ B.量程15V．内阻为20 kΩ;‎ 电流表：C.量程0.8A内阻约为0.5Ω；‎ D.量程3A，内阻约为0.2Ω;‎ 滑动变阻器：E.最大电阻10Ω，额定电流0.7A；‎ F.最大电阻2kΩ，额定电流2A;‎ G．定值电阻R0=1Ω．‎ H.开关、导线若干。‎ ‎(1)要使实验误差较小且操作方便，可选择的器材是_______________（填字母代号）；‎ ‎(2)图甲中的电路图应选择______；‎ ‎(3)实验测得9组数据，已标在图乙的坐标中，请在图乙中连线，从图中可得电池内阻r=_____Ω（结果保留两位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). A、C、E、G、H (2). D (3). 0.14‎ ‎【解析】(1)一节干电池的电动势约为1.5V，则电压表选3V量程，应用伏安法测一节干电池电动势与内阻时，最大电流约为零点几安培，则电流表选择0.8A量程，为方便实验操作，滑动变阻器应选E；为了准确测量应接入定值电阻等效为电源内阻再进行测量；同时还需要开关和导线，故所用仪器为ACEGH；‎ ‎(2)本实验应将定值电阻与电源串联以增大等效内阻；因电压表内阻较大，故应采用相对电源的外接法，故电路图应选择D；‎ ‎(3)用直线将各点连接,如图所示：‎ 由U=E−I(R+r)可得，R+r=（1.48−0.70）/0.68=1.14Ω，故内阻r=1.14−1=0.14Ω；‎ 三、计算题 ‎15. 如图为家用电饭锅的工作原理电路图，工作电压U=220V，利用R1、R2加热，已知R1=R2=44Ω。‎ ‎（1）当开关闭合时，电饭煲的总功率为多大？‎ ‎（2）当开关断开时，电饭煲的总功率为多大？‎ ‎（3）若电饭煲处于保温状态，开关处于闭合还是断开状态？‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）断开 则电饭煲的总功率为。‎ ‎（3）由上计算可知，开关断开时为保温状态。‎ 考点：闭合电路的欧姆定律 ‎【名师点睛】本题考查了串联电路的特点和电功率公式的灵活应用，利用好公式和规律是关键。‎ ‎16. 如图所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.4m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B＝0.5T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E＝4.5V、内阻r＝0.5Ω的直流电源．现把一个质量m＝0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0＝2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：‎ ‎(1)通过导体棒的电流；‎ ‎(2)导体棒受到的安培力大小；‎ ‎(3)导体棒受到的摩擦力大小。‎ ‎【答案】（1）1.5A（2）0.30N（3）0.06N ‎【解析】（1）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： ‎ ‎（2）导体棒受到的安培力：F=BIL=0.5×1.5×0.4=0.30N 根据左手定则，方向平行斜面向上； （2）导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1=mgsin37°=0.24N， 由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f； 根据共点力平衡条件，有：mg sin37°+f=F 解得：f=0.06N ‎17. 如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间距离d＝40 cm。电源电动势E＝24 V，内电阻r＝1 Ω，电阻R＝15 Ω。闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0＝4m/s竖直向上射入板间。若小球带电荷量q＝1×10－2C，质量为，不考虑空气阻力。那么，滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？此时电源输出功率是多大？（g取10 m/s2）‎ ‎【答案】（1）（2）23W ‎【解析】（1）对小球从B到A，有vA=0；则由动能定理可得：-qUAB-mgd=0-mv02 得：UAB=8V； 由闭合电路欧姆定律可得：E=I（R+r）+UAB 解得：I=1A； 则有：RP==8Ω； （2）电源的输出功率等于外电路上消耗的功率，故电源的输出功率： P出=I2（R+RP）=1×（15+8）=23W． ‎ 点睛：本题考查闭合电路欧姆定律中的含容电路，要明确电容的性质，知道电容器两端的电压等于与之并联的电阻两端的电压．‎ ‎18. 如图，空间有一竖直向下沿x轴方向的静电场，电场的场强大小按分布（x是轴上某点到O点的距离）。，x轴上，有一长为L的绝缘细线连接均带负电的两个小球A、B，两球质量均为m，B球带电荷量大小为q，A球距O点的距离为L。两球现处于静止状态，不计两球之间的静电力作用。‎ ‎（1）求A球的带电荷量大小qA；‎ ‎（2）剪断细线后，求B球下落速度达到最大时，B球距O点距离为x0 ；‎ ‎（3）剪断细线后，求B球下落的最大高度h。‎ ‎【答案】（1）6q（2）4L（3）4L ‎【解析】(1)A、B两球静止时,A球所处位置场强为E1=kL=mg/3q B球所处位置场强为E2=k⋅2L=2mg/3q 对A、B由整体法得：2mg-qAE1−qE2=0‎ 解得：qA=−4q，电量大小为4q.‎ ‎(2)当B球下落速度达到最大时,B球距O点距离为x0，则有mg=qE，‎ 即 解得：x0=3L 当B球下落速度达到最大时，B球距O点距离为3L ‎（3）设小球下落的最大高度为h，运动过程中，电场力大小线性变化，所以由动能定理得：‎ ‎ ‎ 解得：h=2L。‎ ‎ ‎