海南省嘉积中学2019-2020学年高二上学期第三次月考（12月）物理试题

海南省嘉积中学2019-2020学年高二上学期第三次月考（12月）物理试题

嘉积中学高二物理第三次月考物理试卷 一、单项选择题 ‎1.关于摩擦起电、接触起电、感应起电，下列说法中不正确的是（ ）‎ A. 三种方式的实质是一样的，都是电子的转移 B. 三种方式都产生了新电荷 C. 三种方式都符合电荷守恒定律 D. 摩擦起电、接触起电要求都要接触，而感应起电不要接触 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，并没有创造电荷．感应起电的实质是电荷可以从物体的一部分转移到另一个部分．‎ ‎【详解】摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，即说明了电荷可以从一个物体转移到另一个物体．摩擦起电现象说明机械能可以转化为电能，但并没有创造电荷．电荷只是发生转移．感应起电过程电荷在电场力作用下，从物体的一部分转移到另一个部分．感应起电是电荷从物体的一部分转移到另一个部分．电荷可以从带电的物体转移到原来不带电的物体是接触带电．摩擦起电、接触起电、感应起电是起电的三种不同方式，实质是一样的，都是电子的转移，都符合电荷守恒定律，故ACD正确；这三种方式都没有产生电荷，故B错误；本题错误的，故选B.‎ ‎【点睛】摩擦起电和感应起电的实质都电子发生了转移，只是感应起电是电子从物体的一部分转移到另一个部分．摩擦起电是电子从一个物体转移到另一个物体．‎ ‎2.静电计可以用来测量电容器的电压．如图把它的金属球与平行板电容器一个极板连接，金属外壳与另一极板同时接地，从指针偏转角度可以推知两导体板间电势差的大小．现在对电容器充完点后与电源断开，然后将一块电介质板插入两导体板之间，则 A. 电容C增大，板间场强E减小，静电计指针偏角减小 B. 电容C增大，板间场强E增大，静电计指针偏角减小 C. 电容C增大，板间场强E增大，静电计指针偏角增大 D. 电容C增大，板间场强E减小，静电计指针偏角增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】在平行板电容器两极板间插入电介质，根据电容的决定式C=，可知电容C增大，因切断电源，则两极板所带电荷量Q一定，由电容的定义式C=Q/U得知，U减小，所以静电计指针偏角减小，根据E=U/d知电场强度E减小，故A正确，BCD错误；故选A.‎ ‎【点睛】本题的解题关键是要掌握电容的决定式C=和电容的定义式C=Q/U，并抓住电容器的电量不变进行分析．‎ ‎3.关于电源电动势的说法，正确的是( )‎ A. 在某电池的电路中每通过2C的电荷量，电池提供的电能是4J，那么这个电池的电动势是0.5V B. 电源的路端电压增大时，其电源电动势一定也增大 C. 无论内电压和外电压如何变化，其电源电动势保持不变 D. 电源的电动势越大，电源所能提供的电能就越多 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】电路中通过q=2C的电荷量，电池提供的电能W=4J，根据电动势的定义式得电动势E=2V．故A错误．电动势表征电源本身的特性，与外电路无关，当电源的路端电压增大时，其电源电动势不变．故B错误．电动势由电源本身决定，当内电压和外电压变化时，电源电动势保持不变．故C正确．电动势越大，电源将单位正电荷负极移到正极提供的电能越多．故D错误．故选C.‎ ‎4.以下关于电场和电场线的说法中正确的是 A. 电场线是客观存在的，既可以相交，也可以相切 B. 在电场中，凡是电场线通过的点场强不为零，不画电场线的区域场强为零 C. 电场线用以表示电场的强弱和方向，是客观存在的 D. 同一试探电荷在电场线密集的地方所受电场力大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电场是客观存在，如果电场线相交或者相切，那么在电场中交点或切点处会出现两个或两个以上的电场强度的方向，违背了电场强度的矢量性，故A错误；‎ BC．电场是客观存在的物质，电场线是人为假想的不闭合曲线，电场线用以表示电场的强弱和方向，故BC错误；‎ D．电场线密集的地方电场强度大，那么同一试探电荷在电场线密集的地方所受电场力大，故D正确。‎ 故选D．‎ ‎5. 两个相同的金属小球（均可看做点电荷），原来所带的电荷量分别为+5q和-q，相互间的库仑力大小为F．现将它们相接触，再分别放回原处，则两金属小球间的库仑力大小变为( )‎ A. 9F/5 B. F C. 4F/5 D. F/5‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：根据库仑定律则，接触后放回原位，则接触时先中和，后平均分配，此刻两球电量分别为+2q，所以，所以此刻库仑力为C．‎ 考点：库仑定律 点评：此类题型考察了库仑定律的理解，并结合了电荷中和的知识．带入库仑公式中便能求出库仑力大小．‎ ‎6.如图所示，是磁场对通电直导线的作用力与磁场、电流方向关系的示意图，其中正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】据左手定则可得，A图中安培力的方向向下，故A错误；据左手定则可得，B图中安培力的方向向上，故B正确；据左手定则可得，C图中安培力的方向向右，故C错误；据左手定则可得，D图中安培力的方向向左，故D错误；故选B．‎ ‎【点睛】根据左手定则来判断即可，让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是导线受的安培力的方向．‎ ‎7.2019年3月19日，复旦大学科研团队宣称已成功制备出具有较高电导率的砷化铌纳米带材料，据介绍该材料的电导率是石墨烯的1000倍．电导率σ就是电阻率ρ的倒数，即．下列说法正确的是( )‎ A. 电导率的单位是 B. 材料的电导率与材料的形状有关 C. 材料的电导率越小，其导电性能越强 D. 电导率大小与温度无关 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据，则 则电导率的单位是 故A正确；‎ B.材料的电导率与材料的形状无关，故B错误；‎ C.材料的电导率越小，电阻率越大，则其导电性能越弱，故C错误；‎ D.导体的电阻率与温度有关，则电导率大小与温度有关，故D错误．‎ ‎8. 电磁轨道炮工作原理如图所示．待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触．电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面得磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与I成正比．通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的方法是 A. 只将轨道长度L变为原来的2倍 B. 只将电流I增加至原来的2倍 C. 只将弹体质量减至原来的一半 D. 将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其它量不变 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：通电的弹体在轨道上只受安培力作用，根据动能定理可得，因为磁感应强度的大小与I成正比，即，联立解得，若只将轨道长度L变为原来的2倍，则速度变为原来的倍，若只将电流I增加至原来的2倍，则速度变为原来的2倍，若将弹体质量减至原来的一半，则速度变为原来的倍，将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，则速度变为原来的2倍，故BD正确；‎ 考点：考查了安培力，动能定理 二、多项选择题 ‎9.如图所示，当电流通过线圈时，小磁针将发生偏转，关于线圈中电流方向和小磁针的偏转方向，正确的说法是( )‎ A. 通入逆时针方向的电流，小磁针的S极指向外 B. 通入顺时针方向的电流，小磁针的N极指向外 C. 通入逆时针方向的电流，小磁针的N极指向外 D. 通入顺时针方向的电流，小磁针的S极指向外 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】安培定则：用右手握着通电线圈，四指指向电流的方向，大拇指所指的方向是通电线圈的N极．当线圈通以沿逆时针方向的电流时，根据安培定则知，纸里是通电线圈的S极，纸外是通电线圈的N极．通电线圈内部的磁场是从S极出来回到N极，小磁针在通电线圈的内部，小磁针N极受到的磁力和磁场方向相同，小磁针N极垂直指向纸外．故A错误，C正确；当线圈通以沿顺时针方向的电流时，根据安培定则知，纸里是通电线圈的N极，纸外是通电线圈的S极．通电线圈内部的磁场是从S极出来回到N极，小磁针在通电螺线管的内部，小磁针N极受到的磁力和磁场方向相同，小磁针N极垂直指向纸里，故B错误，D正确；故选CD．‎ ‎【点睛】一个通电线圈也有N极和S极，也按照安培定则判断，纸里是线圈的N极，纸外是线圈的S极．线圈外部的磁场是从线圈的N极出来回到S极，线圈内部的磁场是从线圈的S极出来回到N极．磁场中该点的磁体N极受到磁力方向和该点的磁场方向相同．‎ ‎10.在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，五个理想电表的示数都发生了变化，关于五个理想电表示数的变化，下列分析正确的是 A. 电压表V1示数增大，电流表A示数减小 B. 电压表V2示数增大，电流表A1示数减小 C. 电压表V1示数的改变量的绝对值大于电压表V2示数的改变量的绝对值，即∣ΔU1∣ >∣ΔU2∣‎ D. 电压表V示数的改变量与电流表A示数改变量的比值的绝对值大于电源内阻，即 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，R1阻值变大，可知总电阻变大，总电流减小，则A读数减小；路端电压变大，则R3电流变大，则A1支路电流减小，则V2读数减小，则V1读数变大，选项 A正确，B错误;‎ C．因路端电压U=U1+U2，路端电压U变大，而U1变大，而U2减小，则电压表V1示数的改变量的绝对值大于电压表V2示数的改变量的绝对值，选项C正确；‎ D．根据U=E-Ir可知，则电压表V示数的改变量与电流表A示数改变量的比值的绝对值等于电源内阻，选项D错误．‎ ‎11.如图所示为一直流小电动机模拟提升重物的装置．电池电动势为4 V，内阻为0.1 Ω，电阻R=0.9 Ω．当电动机以0.1 m/s的恒定速度竖直向上提升质量为2 kg的重物时，电流表的示数为0.8 A．若电流表的内阻及各处摩擦均不计，取g=10 m/s2，则以下判断正确的是 A. 电动机的线圈电阻为4 Ω B. 电动机的输出功率为2 W C. 电动机的总功率为2.56 W D. 电动机的效率为21.9%‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC.根据能量守恒定律有 IEt=I2(R+r)t+P总t 得电动机的总功率 P总=2.56 W 电动机的输出功率 P出=mgv 解得 P出=2 W 且 P总=I2r0+P出 则电动机线圈电阻 r0=0.875 Ω 选项BC正确，A错误；‎ D.电动机的效率 η=×100%=78.1%‎ 选项D错误．‎ ‎12.1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法不正确的是 (　　)‎ A. 带电粒子由加速器的中心附近进入加速器 B. 带电粒子由加速器边缘进入加速器 C. 电场使带电粒子加速，磁场使带电粒子旋转 D. 离子从D形盒射出时的动能与加速电场的电压无关 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．根据回旋加速器的加速原理，被加速离子只能由加速器的中心附近进入加速器，从边缘离开加速器，A正确，不符合题意；B错误，符合题意；‎ C．在磁场中洛伦兹力不做功，离子是从电场中获得能量，C正确，不符合题意；‎ D．当离子离开回旋加速器时，半径最大，动能最大，则有：‎ 与加速的电压无关，D正确，不符合题意。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】解决本题关键掌握加速器的工作原理以及加速器的构造，注意粒子从电场中获得能量，但是出回旋加速器的最大速度与电场无关，与磁感应强度和D形盒的半径有关．‎ ‎13.如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，匀强电场的电场强度为E，方向竖直向下，有一质子（重力不计）恰能以速率沿直线从左向右沿直线水平飞越此区域．下列说法正确的是(　　)‎ A. 若一电子以速率v从左向右飞入，则该电子将向上偏转 B. 若一电子以速率v从左向右飞入，则该电子将沿直线运动 C. 该质子通过此区域的速度 D. 该质子通过此区域的速度 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】质子从左边进入电场，在电场中受到向下的电场力和向上的洛伦兹力作用，因恰能沿直线从右边水平飞出，可知电场力和洛伦兹力平衡，有qE=qvB，得v=E/B．若是电子，也从左边以速度v射入，电场力和洛伦兹力的方向对调，发现还是有v=E/B，所以带电粒子只要以速度v从左边水平进入电场，粒子就会沿水平方向射出，与电性和电量无关； 由上分析可知，故AD错误，BC正确．故选BC．‎ 三、实验题 ‎14.（1）如图所示螺旋测微器测量的读数为____________mm。‎ ‎（2）使用多用电表测电阻时，先用“×100”欧姆档，欧姆表的指针偏转情况如图甲中A位置。为了减小误差，多用电表的选择开关应选用欧姆档的__________（选填“×1000”或“×10”）；按操作规程再次测量该待测电阻的阻值，欧姆表的指针示数位置如图甲中B所示，则该待测电阻的阻值为__________Ω。‎ ‎【答案】 (1). 6.705(6.702~6.706均可) (2). ×10 (3). 130‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]螺旋测微器测量的读数为：‎ ‎(2)[2]指针偏转角度过大，说明选择的倍率偏大，所以换为更小的倍率，故选“×10”档；‎ ‎[3]指针位于欧姆档“13”，所以读数为：。‎ ‎15.某同学在用电流表和电压表测电池的电动势和内阻的实验中，串联了一只2.5Ω的保护电阻R0，实验电路如图所示.‎ ‎（1）连好电路后，当该同学闭合电键时，发现电流表示数为0，电压表示数不为0.检查各接线柱均未接错，接触良好且未发生短路；他用多用电表的电压挡检查电路，把两表笔分别接a、b，b、c，d、e时，示数均为0，把两表笔接c、d时，示数与电压表示数相同，由此可推断故障是______.‎ ‎（2）在图中按电路原理图及用多用电表的电压挡检查电路时，把两表笔分别接c、d时的实物电路图（如图所示）以笔画线代替导线连接起来_____.‎ ‎（3）排除故障后，该同学顺利完成实验，测定得到下列数据，根据表中数据在图中的坐标上画出U-I图线_____，由图线知：电池的电动势为______，内阻为_______‎ ‎【答案】 (1). R 断 路 (2). 如 图 甲 所 示 ： (3).‎ ‎ 如 图 乙 所 示； (4). 1.50V(1.41～1.51V 均 可 )， (5). 0.50 (0.5～0.70均可 )‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1] 闭合电键，发现电流表示数为0，电压表示数不为0，说明电路中有断路或者短路的地方，把两表笔接c、d时，示数与电压表示数相同，则c、d点通往电源的电路是通路，即R断路；‎ ‎（2）[2] 对照电路图连线即可，要注意电表的极性；实物图连线如图甲所示 ‎（3）[3] 根据描点法作出I—U图象，如图乙所示 ‎[4][5]U—I图象的纵轴截距表示电源的电动势，故E=1.50V内阻和定值电阻之和等于图线的斜率，故 r+R0=△U/△I=3.0Ω 所以 r=3Ω-2.5Ω=0.50Ω 四、计算题 ‎16.竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场。其电场强度为E ‎,在该匀强电场中，用丝线悬挂质量为m的带电小球，丝线跟竖直方向成θ角时，小球恰好平衡且距负极板距离为b，如图所示。请问：‎ ‎（1）小球带何种电荷？电荷量是多少？‎ ‎（2）若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？‎ ‎【答案】（1）正电；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小球带正电，根据平衡条件：‎ qE=mgtanθ 解得：‎ ‎（2）只考虑水平方向，根据牛顿第二定律：‎ 水平方向上：‎ 联立得：‎ ‎17.如图所示，处在同一斜面内的金属导轨ab、cd平行放置，斜面与水平面的夹角θ=30°．金属杆ef垂直于导轨放在导轨ab、cd上，金属杆ef与导轨间的滑动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现将金属导轨的a、c端与电源连接，在杆ef中形成从f流向e的电流．整个装置处在匀强磁场中，当磁场方向垂直斜面向上时，要保持杆ef静止不动，杆ef中的最大电流为I．若保持磁场大小不变，方向变为竖直向上，现要保持杆ef静止不动，杆ef中的最大电流为多大？‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 磁场改变方向前，对导体进行受力分析，根据平衡条件列出方程式；磁场改变方向后，对导体进行受力分析，根据平衡条件列出方程式，结合滑动摩擦力的公式和安培力公式即可求解．‎ ‎【详解】当磁场方向垂直斜面向上，杆ef中最大电流为I时，杆ef的受力如图，设杆ef重为G， ‎ 由平衡条件得：， ‎ 由滑动摩擦力公式得： ‎ 设磁场磁感应强度为B，ab、cd两导轨间距为l，由安培力公式得： ‎ 当磁场方向竖直向上时，杆ef的受力如图 ‎ ‎ 由平衡条件得：， ‎ 由滑动摩擦力公式得： ‎ 设杆ef中的最大电流为Im，由安培力公式得：‎ 联立以上各式并代入数据得：‎ ‎【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解．‎ ‎18.如图所示的xoy坐标系中，在第I象限内存在沿y轴负向的匀强电场，第IV象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。一个比荷=102C/kg的带正电粒子从y轴上的P点垂直进入匀强电场，经过x轴上的Q点以速度v=2m/s进入磁场，方向与x轴正向成30°。若粒子在磁场中运动后恰好能再回到电场，已知OQ长L=6m，粒子的重力不计，电场强度E和磁感应强度B大小均未知。求：‎ ‎（1）OP距离 ‎（2）磁感应强度B的大小 ‎【答案】（1）m（2）5×10-3T ‎【解析】‎ ‎【详解】粒子在Q点进入磁场时：‎ vx=vcos30°‎ vy=vsin30°‎ 粒子从P点运动到Q点时间：‎ OP间距离：‎ 解得：‎ ‎（2）粒子恰好能回到电场，即粒子在磁场中轨迹的左侧恰好与y轴相切，设半径为R，根据几何关系：‎ R+Rsin30°=L 联立解得：B=5×10-3T ‎ ‎