2020学年高二物理12月阶段考（第三次月考）试题（含解析）（新版）新人教版

2020学年高二物理12月阶段考（第三次月考）试题（含解析）（新版）新人教版

‎2019学年高二上学期第三次月考物理试题 一、选择题 ‎1. 关于静电场的等势面，下列说法正确的是 ( )‎ A. 两个电势不同的等势面可能相交 B. 电场线与等势面处处相互垂直 C. 同一等势面上各点电场强度一定相等 D. 将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功 ‎【答案】B ‎...............‎ 考点：等势面 ‎【名师点睛】本题关键记住电场线和等势面的关系，相互垂直，从电势高的等势面指向电势低的等势面，掌握等势面的基本特点：在等势面上移动电荷，电场力总是不做功．‎ 视频 ‎2. 如图，两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态。现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将 ( )‎ A. 保持静止状态 B. 向左上方做匀加速运动 C. 向正下方做匀加速运动 D. 向左下方做匀加速运动 - 12 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，微粒受重力和电场力平衡，故电场力大小F=mg，方向竖直向上；将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，电场强度大小不变，方向逆时针旋转45°，故电场力逆时针旋转45°，大小仍然为mg；故重力和电场力的大小均为mg，方向夹角为135°，故合力向左下方，微粒的加速度恒定，向左下方做匀加速运动；故ABC错误，D正确；故选D．‎ 考点：电场强度；物体的平衡；牛顿第二定律 ‎【名师点睛】本题关键是对微利受力分析后结合牛顿第二定律分析，注意本题中电容器的两板绕过a点的轴逆时针旋转，板间场强大小不变，基础题目。‎ 视频 ‎3. 如图所示的电路中，电流表A和电压表V均可视为理想电表。现闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动，下列说法中正确的是 (　 　) ‎ A. 电流表A的示数变小，电压表V的示数变大 B. 电阻R2消耗的功率变大 C. 电容器C上电荷量减小 D. 电源的总功率变大 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：通过判断滑动变阻器阻值的变化，确定外电路总电阻的变化，根据欧姆定律分析电路中总电流的变化，判断电流表示数和灯泡亮度的变化．由欧姆定律分析电压表示数的变化．根据变阻器电压的变化，判断电容器的电量变化．根据判断电源的总功率的变化．‎ 接有电容器的支路为断路，其两端电压等于滑动变阻器两端的电压，即电压表测量的电压，滑片P向左移动移动过程中，滑动变阻器连入电路的电阻增大，电路总电阻增大，总电流减小即电流表示数减小，所以灯泡L变暗，其两端电压减小，根据闭合回路欧姆定律 - 12 -‎ 可知路端电压增大，故变阻器两端电压增大，即电压表示数增大，A正确；将灯泡电阻和电源内阻等效为电源内阻，因不知道与的大小关系，故电阻消耗的功率无法判断，B错误；电容器两极板间的电压增大，根据可知两极板所带电荷量增大，C错误；电源的总功率减小，D错误；‎ ‎4. 将四个定值电阻a、b、c、d分别接入电路，测得相应的电流、电压值如图所示。其中阻值最接近的两个电阻是 (　 　) ‎ A. a和b B. b和d C. a和c D. c和d ‎【答案】A ‎【解析】根据欧姆定律可得：，即该点与原点连线的斜率等于该电阻值，由图像可知，a和b阻值接近相等，故选A.‎ 点睛：此题关键是知道U-I线的斜率等于电阻，根据该点与原点连线的斜率可判断阻值的关系.‎ ‎5. 如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r。圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为 (　　) ‎ A. 1∶1 B. 1∶2 C. 1∶4 D. 4∶1‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据磁通量的定义，当B垂直于S时，穿过线圈的磁通量为Ф=BS，其中S为有磁感线穿过区域的面积，所以图中a、b两线圈的磁通量相等，所以A正确；BCD错误．‎ ‎【名师点睛】本题主要注意磁通量的计算公式中S的含义，它指的是有磁感线穿过区域的垂直面积．‎ ‎6. 质量为m、长为L - 12 -‎ 的直导体棒放置于四分之一光滑圆弧轨道上，其截面如图所示，整个装置处于竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中，直导体棒中通有恒定电流，平衡时导体棒与圆弧圆心的连线与竖直方向成60°角。则下列关于导体棒中的电流的分析正确的是 ( )‎ A. 导体棒中电流垂直纸面向外，大小为 B. 导体棒中电流垂直纸面向外，大小为 C. 导体棒中电流垂直纸面向里，大小为 ‎ D. 导体棒中电流垂直纸面向里，大小为 ‎【答案】C ‎7. 如图所示，电源电动势E=3 V，小灯泡L标有“2 V　0.4 W”，开关S接1，当滑动变阻器调到R=4 Ω 时，小灯泡L正常发光。现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作。则(　　)‎ A. 电源内阻为1 Ω - 12 -‎ B. 电动机的内阻为4 Ω C. 电动机正常工作电压为1 V D. 电源效率约为93.3%‎ ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：开关S接1，根据题中信息可知小灯泡的额定电流为，电阻为，根据闭合回路欧姆定律可得，解得，A正确；当接2时灯泡正常发光，电路的电流为，电源内阻分的电压为 故电动机分的电压为，故电阻，故BC错误；电源的效率，D正确；‎ 考点：考查了闭合回路欧姆定律的应用 ‎【名师点睛】小灯泡L正常发光，其电压为额定电压，功率为额定功率，由公式可求出电路中的电流．根据闭合电路欧姆定律求解电源的电阻．电动机为非纯电阻电路，注意公式的应用与选取即可 ‎8. 在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec和Ed。点a到点电荷的距离ra与点a的电势φa已在图中用坐标(ra、φa)标出，其余类推。现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd。‎ 下列选项正确的是 (　 　) ‎ A. Ec∶Ed=2∶1‎ B. Ea∶Eb=4∶1‎ C. Wab∶Wbc=3∶1‎ - 12 -‎ D. Wbc∶Wcd=1∶3‎ ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：由点电荷场强公式可求场强之比；利用公式和分别计算电场力做的功，从而求电场力做功之比．‎ 根据点电荷电场公式可知，，故A错误B正确；根据公式可知，，，，故，，故C正确D错误．‎ ‎9. 如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为F1，现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒，若将导体棒中通以方向如图所示的电流后，台秤读数为F2，则以下说法正确的是(　　)‎ A. 弹簧长度将变长 B. 弹簧长度将变短 C. F1＞F2‎ D. F1＜F2‎ ‎【答案】BC ‎【解析】以导体棒为研究对象，根据左手定则判断可知，其所受安培力方向为斜向右下方，根据牛顿第三定律分析得知，磁铁受到的安培力方向斜向左上方，则磁铁将向左运动，弹簧被压缩，长度将变短．故A错误，B正确．由于磁铁受到的安培力方向斜向左上方，对弹簧秤的压力减小，则F1＞F2．故C正确，D错误．故选BC.‎ 点睛：本题的关键是知道磁场对电流的作用的方向可以通过左手定则判断，然后根据作用力和反作用力的知识进行推理分析.‎ ‎10. 如图所示，一块长度为a、宽度为b、厚度为d的金属导体，当加有与侧面垂直的匀强磁场B，且通以图示方向的电流I时，用电压表测得导体上、下表面M、N间电压为U - 12 -‎ ‎，已知自由电子的电荷量为e。下列说法中正确的是(　　)‎ A. 导体的M面比N面电势高 B. 导体单位体积内自由电子数越多，电压表的示数越大 C. 导体中自由电子定向移动的速度为v=‎ D. 导体单位体积内的自由电子数为 ‎【答案】AD ‎【解析】电流方向向右，电子定向移动方向向左，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向：向上，则M积累了电子，MN之间产生向上的电场，所以M板比N板电势低，A错误；电子定向移动相当长度为d的导体切割磁感线产生感应电动势，电压表的读数U等于感应电动势E，则有，可见，电压表的示数与导体单位体积内自由电子数无关，故B错误；由，得自由电子定向移动的速度为，故C正确；电流的微观表达式是，则导体单位体积内的自由电子数，代入得，故D正确．‎ 二、实验题 ‎11. 如图所示，请读出这些仪器读数：‎ ‎（1）如果是用×10Ω档测量电阻，则读数为________Ω； 如果是用直流10mA档测量电流，则读数为_________ mA；如果是用直流 5V档测量电压，则读数为_________ V。‎ ‎（2）图中螺旋测微器的读数是________mm；游标卡尺的读数是________cm。‎ - 12 -‎ ‎【答案】 (1). 70 (2). 6.9 (3). 3.45 (4). 3.407（3.406～3.408） (5). 3.130‎ ‎【解析】试题分析：根据多用电表所测量的量与量程确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数；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．‎ ‎（1）欧姆表读数为；如果是用直流10mA档测量电流，由图示表盘可知，其分度值为0.2mA，则读数为6.9mA；如果是用直流5V档测量电压，由图示表盘可知，其分度值为0.1V，读数为3.45V；‎ ‎（2）螺旋测微器的读数为；游标卡尺的读数为：．‎ ‎12. 某同学做“测定电源的电动势和内阻”实验。‎ ‎（1）他采用如图所示的实验电路进行测量。图中给出了做实验所需要的各种仪器，请你按电路图把它们连成实验电路______。‎ ‎（2）根据实验数据做出U-I图象，如图所示，蓄电池的电动势E=____ V，内电阻r = ____Ω.‎ - 12 -‎ ‎（3）这位同学对以上实验进行了误差分析。其中正确的是___________。‎ A.实验产生的系统误差，主要是由于电压表的分流作用 B.实验产生的系统误差，主要是由于电流表的分压作用 C.实验测出的电动势小于真实值 D.实验测出的内阻大于真实值 ‎【答案】 (1). 见解析 (2). 1.5 (3). 0.75 (4). AC ‎【解析】试题分析：‎ 实物连接如图所示：‎ - 12 -‎ 由，纵轴截距表示电动势，图线斜率表示内阻，故可知电源电动势为2.0V，内阻为3.75Ω。‎ 电压表的分流会造成电路干路电流的测量值偏小，同样路端电压下电流偏小，而短路电流测量值准确，会造成图线在真实值得基础上绕与横轴交点逆时针转动，故电动势测量值偏小，内阻偏小。‎ 考点：实验：测量电源的电动势和内阻 三、解答题 ‎13. 有一条横截面积S=1mm2的铜导线，通过的电流I=1A。已知铜的密度ρ=8.9×103kg/m3，铜的摩尔质量M=6.4×10-2kg/mol，阿伏加德罗常数NA=6.02×1023mol-1，电子的电量e=-1.6×10-19C。这这个问题中可以认为导线中每个铜原子贡献一个自由电子。求铜导线中自由电子定向移动的速度（计算结果保留两位有效数字）。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】可设自由电子定向移动的速率为v和导线中自由电子从一端定向移到另一端所用时间为t，求出导线中自由电子的数目，根据电流的定义式推导出电流的微观表达式，再解得自由电子定向移动的速率．自由电子的数目等于摩尔数与阿弗加德罗常数的乘积，摩尔数等于质量除以摩尔质量．‎ 设铜导线长为L，则体积为LS，质量，摩尔数；‎ 总的自由电子数为，电荷量为；‎ 全部通过该铜线截面时间为；‎ 则；即，代入数据知 ‎14. 如图所示，在范围很大的水平向右的匀强电场中，一个电荷量为-q的油滴，从A点以速度v - 12 -‎ 竖直向上射人电场.已知油滴质量为m，重力加速度为g，当油滴到达运动轨迹的最高点B（图中未画出）时，测得它的速度大小恰为v/2，求:‎ ‎（1）电场强度E为多大?‎ ‎（2）A、B两点间的电势差UAB?‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】油滴在竖直方向上:‎ 油滴在水平方向上：‎ 可得 油滴在水平方向上:‎ 可得：‎ ‎15. 如图所示，水平导轨间距为L=0.5 m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m=1 kg，电阻R0=0.9 Ω，与导轨接触良好；电源电动势E=10 V，内阻r=0.1 Ω，电阻R=4 Ω；外加匀强磁场的磁感应强度B=5 T，方向垂直于ab，与导轨平面成夹角α=53°；ab与导轨间的动摩擦因数为μ=0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，定滑轮摩擦不计，线对ab的拉力为水平方向，重力加速度g=10 m/s2，ab处于静止状态。已知sin 53°=0.8，cos 53°=0.6。求：‎ - 12 -‎ ‎（1）通过ab的电流大小和方向；‎ ‎（2）ab受到的安培力大小；‎ ‎（3）重物重力G的取值范围。‎ ‎【答案】（1）I=2A，方向从a流向b（2）5N（3）‎ ‎【解析】（1）由闭合电路的欧姆定律可得，通过ab的电流，方向：由a到b；‎ ‎（2）ab受到的安培力：；‎ ‎（3）ab受力如图所示，最大静摩擦力：‎ 由平衡条件得：当最大静摩擦力方向向右时：‎ 当最大静摩擦力方向向左时：‎ 由于重物平衡，故：‎ 则重物重力的取值范围为：；‎ - 12 -‎