江西省万载中学2019-2020学年高二上学期12月月考物理试题

江西省万载中学2019-2020学年高二上学期12月月考物理试题

万载中学2021届高二12月月考物理学科（非衔接班）试卷 一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。其中1～8题为单选题，9～12题为多选题，多选题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）‎ ‎1.关于静电场,下列说法中正确的是 (　　)‎ A. 在电场中某点的电势为零,则该点的电场强度一定为零 B. 电荷在电场中电势高的地方电势能大,在电势低的地方电势能小 C. 根据公式U=Ed可知,在匀强电场中两点间的距离越大,电势差就越大 D. 正电荷从电势高的点运动到电势低的点,电势能一定减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、电场强度和电势都是描述电场的物理量，二者无直接关系，但二者相互关联；电势是标量与零势面的选取有关，所以电场强度为零的地方电势不一定为零，电势为零的地方电场强度也不一定为零，故A错误．‎ B、据电势能公式Ep=qφ知，电势能取决于该点的电势和电荷，并不是只有正电荷在电场中电势高的地方电势能大，在电势低的地方电势能小，负电荷正好相反，故B错误．‎ C、公式U=Ed 中的d为沿电场强度方向的距离，所以在匀强电场中，两点间沿电场强度方向的距离越大，电势差就越大，如果d不是沿电场强度方向的距离，那么间距大时，电势差不一定大，故C错误．‎ D、据电势能公式Ep=qφ知，正电荷在电势越高的地方电势能越大，在电势越低的地方电势能越小，所以正电荷从电势高的点运动到电势低的点，电势能一定减少，选项D正确．‎ 故选D．‎ ‎2.如图所示，Q1、Q2为两个等量同种正点电荷，在Q1、Q2产生的电场中有M、N和O三点，其中M和O在Q1、Q2的连线上(O为连线的中点)，N为两电荷连线中垂线上的一点，则下列说法中正确的是 A. O点电势等于N点电势 B. O点场强一定大于M点场强 C. 将一个负点电荷从M点移到N点，电场力对其做负功 D. 若将一个正点电荷分别放在M、N和O三点，则该点电荷在O点时电势能最大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据两个等量同种正点电荷的电场分布特点，在两电荷连线的垂直平分线上电场强度方向从O到N，则O点的电势高于N点的电势，故A错误；‎ B.在M、N和O三点中O点电场强度为零，故O点场强一定小于M点场强，故B错误；‎ C.将负点电荷从M点移到O点，电场力向左，电场力对负电荷做负功，其电势能增加；再将负的试探电荷从O点移到N点，电场力做负功，电势能增加，故C正确；‎ D.在两个等量同种正点电荷的连线上，中点O的电势最低，根据两个等量同种正点电荷的电场分布特点，在两电荷连线的垂直平分线上，O点的电势最高．故M、N、O三点中，M点的电势最高，N点的电势最低．所以正点电荷在M点的电势能最大，在N点的电势能最小，故D错误．‎ ‎3.图中能产生感应电流的是(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据产生感应电流的条件判断，A中，电路没有闭合，无感应电流；B中，磁感应强度不变，面积增大，闭合电路的磁通量增大，有感应电流；C中，穿过线圈的磁感线相互抵消，Φ恒为零，无感应电流；D中，磁通量不发生变化，无感应电流．‎ 故选B．‎ ‎4.如图所示，电源电动势为12V，电源内阻为1.0Ω，电路中的电阻R0为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω，闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A．则以下判断中正确的是 ‎ A. 电动机的输出功率为12W B. 电动机两端的电压为10.0V C. 电动机产生的热功率为4.0W D. 电源输出的功率为24W ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC．电路中电流表的示数为2.0A，所以电动机的电压为 U=E-U内-UR0=12-Ir-IR0=12-2×1-2×1.5=7V 电动机的总功率为 P总=UI=7×2=14W 电动机的发热功率为：‎ P热=I2R=22×0.5=2W 所以电动机的输出功率为 ‎14 W-2W=12W 故A正确，BC错误；‎ D．电源的输出的功率为：‎ P输出=EI-I2R=12×2-22×1=20W 故D错误．‎ ‎5.如图所示，要使Q线圈产生图示方向的电流，可采用的方法有　　‎ A. 闭合电键K后，把R的滑片右移 B. 闭合电键K后，把P中的铁心从左边抽出 C. 闭合电键K后，把Q靠近P D. 无需闭合电键K，只要把Q靠近P即可 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．闭合电键K后，把R的滑片右移，Q 中的磁场方向从左向右，且在减小，根据楞次定律，左边导线电流方向向上，故A错误；‎ B．闭合电键K后，将P中的铁心从左边抽出，Q中的磁场方向从左向右，且在减小，根据楞次定律，左边导线电流方向向上，故B错误；‎ C．闭合电键，将Q靠近P，Q中的磁场方向从左向右，且在增强，根据楞次定律，左边导线的电流向下，故C正确；‎ D．若K不闭合，则P线圈中无磁场，故Q中不会有电流产生，选项D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握感应电流产生的条件，即当通过闭合回路中的磁通量发生变化，就会产生感应电流，以及会运用楞次定律判断感应电流的方向。‎ ‎6.如图所示,三个速度大小不同的同种带电粒子,沿同一方向从图中长方形区域的匀强磁场上边缘射入,当它们从下边缘飞出时相对入射方向的偏角分别为、、,则它们在磁场中运动的时间之比为( )‎ A. 1：1：1 B. 3：2：1‎ C. 1：2：3 D. 1：：‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】粒子在磁场中运动的周期的公式为，由此可知，粒子的运动的时间与粒子的速度的大小无关，所以粒子在磁场中的周期相同，由粒子的运动的轨迹可知，三种速度的粒子的偏转角分别为90°、60°、30°，所以偏转角为90°的粒子的运动的时间为，偏转角为60°的粒子的运动的时间为，偏转角为30°的粒子的运动的时间为，所以有 A. 1：1：1与分析不符，故A错误。‎ B. 3：2：1与分析相符，故B正确。‎ C. 1：2：3与分析不符，故C错误。‎ D. 1：：与分析不符，故D错误。‎ ‎7.如图所示，直线A为某电源的U－I图线，曲线B为某小灯泡的U–I图线的一部分，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，灯泡恰好能正常发光，则下列说法中正确的是（ 　）‎ A. 此电源的内阻为2/3Ω B. 额定状态下，小灯泡阻值为1Ω.‎ C. 灯泡的额定功率为6 W D. 小灯泡的U–I曲线说明电功率越大，灯丝电阻率越小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据电源U-I图可得：U＝4−0.5I，又有U=E-Ir，所以，电源电动势E=4V，内阻r=0.5Ω，故A错误；电源和小灯泡组成闭合电路时，灯泡两端电压为路端电压，故两曲线交点即为灯泡的电压、电流；又有灯泡恰好能正常发光，故灯泡的额定电压U=3V，额定电流I=2A，所以，额定功率为：P=UI=6W，阻值为：R＝U/I＝1.5Ω，故C正确，B错误；由图可得：电功率越大时，U-I曲线越陡，那么电阻越大，故电阻率越大，故D错误；故选C．‎ ‎8.如图所示，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零．如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为(　　)‎ A. 0 B. C. D. 2B0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离为l的a点处的磁感应强度为零，如下图所示： 由此可知，外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，即B1=B0；依据几何关系，及三角知识，则有：BPcos30°=B0； 解得P或Q通电导线在a处的磁场大小为BP=B0； ‎ 当P中的电流反向，其他条件不变，再依据几何关系，及三角知识，则有：B2=B0；因外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，磁场大小为B0；最后由矢量的合成法则，那么a点处磁感应强度的大小为B=，故C正确，ABD错误．‎ ‎9.如右图所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势φ随x变化的情况如图乙所示，若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则(　　)‎ A 电子一直沿Ox负方向运动 B. 电场力一直做正功 C. 电子运动的加速度不变 D. 电子的电势能逐渐增大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】由电势—位移图象可知，电势随位移均匀增加，相同位移间电势差相同，电场强度恒定，电子运动的加速度恒定，C正确．沿Ox轴方向电势增大，电场线方向与Ox轴负方向重合，电子沿Ox轴正方向运动，A不正确．电场力方向也沿Ox轴正方向，电场力做正功，B正确．由功能关系，电场力做正功，电势能减少，D不正确．‎ ‎10.如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，电流表和电压表都看做理想电表，且大于电源的内阻r，当滑动变阻器的滑片向b端移动时，则 A. 电压表读数减小 B. 电流表读数减小 C. 质点P将向上运动 D. 电源的输出功率逐渐增大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串连接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，同时，R1两端的电压也增大，故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大；因并联部分电压减小，而R2中电压增大，故电压表示数减小，故A正确B错误．‎ C. 因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，电荷向下运动，故C错误；‎ D. 由题，R1大于电源的内阻r，外电路的总电阻大于r，而当电源的内外电阻相等时，电源的输出功率最大，则知电路中总电阻减小时，电源的输出功率逐渐增大．故D正确．‎ ‎11.如图，长直通电导线与矩形线圈abcd处于同一平面，电流方向向上．下列说法中正确的是（ ）‎ A. 若线圈向右平动，其中感应电流方向是 B. 若线圈竖直向下运动，无感应电流产生 C. 当线圈以ab边为轴转动时（小于），其中感应电流方向是 D. 当线圈向导线靠近时，其中感应电流方向是 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当通过线圈的磁通量发生变化时，线圈中将会产生感应电流．根据楞次定律判断感应电流的方向．‎ ‎【详解】A. 当导线框向右平移时，穿过线圈的磁通量垂直纸面向里且减少，根据右手螺旋定则与楞次定律可知，感应电流方向是a→b→c→d→a，即顺时针方向．故A错误；‎ B. 若线圈竖直向下平动，穿过线圈的磁通量不变，无感应电流产生．故B正确；‎ C. 当线圈以ab边为轴转动时(小于90∘)，穿过线圈的磁通量垂直纸面向里且减少，根据右手螺旋定则与楞次定律可知，感应电流方向是a→b→c→d.故C正确；‎ D. 当线圈向导线靠近时，穿过线圈的磁通量垂直纸面向里且增大，根据楞次定律可知，其中感应电流方向是a→d→c→b.故D正确．‎ 故选BCD ‎12.如图所示,一个带负电的小金属环套在粗糙绝缘细杆AB上,杆与水平面的夹角为θ,杆的下方O点处固定一个带正电的点电荷,OA=OB.现使小环以初速度v0从A点沿杆上滑,到达B点时其速度恰好为零,小环滑回A点时速度为v．下列说法中正确的是 A. 小环上滑过程中先做匀加速再做匀减速运动 B. 小环上滑时间小于下滑时间 C. 小环下滑过程,减少的重力势能等于摩擦产生的内能 D. 从A点出发到再回到A点的过程,小环克服摩擦力做的功等于小环损失的动能 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中“一个带负电的小金属环套在粗糙绝缘细杆AB上”可知，本题考查库仑定律、能量守恒定律，根据电场力做功情况、能量守恒和动能定理可分析本题．‎ ‎【详解】A．小环上滑过程中所受的库仑力是变化的，合力是变化的，由牛顿第二定律知小环的加速度是变化的，不可能做匀变速运动，故A错误；‎ B．由于OA=OB，A、B两点的电势相等，对于上滑过程，电场力做功为零，由动能定理得 即 下滑过程有 由此可得 所以上滑过程的平均速度大于下滑过程的平均速度，因此小环上滑时间小于下滑时间，故B正确；‎ C．小环下滑过程中，电场力做功为零，所以电势能变化量为零，则重力势能转化为内能和动能，所以消化下滑过程中，减少的重力势能大于摩擦产生的内能，故C错误；‎ D．从A点出发再回到A点的过程中，重力和电场力做功均为零，由动能定理可知，小环克服摩擦力做功等于小环损失的动能，故D正确．‎ 二、实验题（本大题共2小题，每空2分共14.0分）‎ ‎13.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率．‎ ‎（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图,由图可知其长度为_____cm；‎ ‎（2）用螺旋测微器测量其直径如图,由图可知其直径为______mm；‎ ‎【答案】 (1). 5.015 (2). 4.700‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1] 由图所示游标卡尺可知，其示数为：‎ ‎50mm+3×0.05mm=50.15mm=5.015cm ‎(2)[2] 由图所示螺旋测微器可知，其示数为：‎ ‎4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm ‎14.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，利用实验得到了8组数据，在图1所示的坐标系中，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线.‎ ‎（1）根据图线的坐标数值，请在图2中选出该实验正确的实验电路图：____(选填“甲”或“乙”).‎ ‎（2）根据所选电路图，请在图3中用笔画线代替导线，把实验仪器连接成完整的实验电路.‎ ‎（ ）‎ ‎（3）根据图1，可判断出图4中正确的关系图象是（图中P为小灯泡功率"为通过小灯泡的电流）___.‎ ‎（5）将同种规格的两个这样的小灯泡并联后再与R = 10的定值电阻串联，接在电动势为8V、内阻不计的电源上，如图5所示.闭合开关S后，则电流表的示数为____A，两个小灯泡的总功率为__ W(本小题结果均保留两位有效数字）.‎ ‎【答案】 (1). 甲 (2). (3). D (4). 0.60 (5). 1.2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，所以正确的实验电路图是甲．‎ ‎（2）[2]根据实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：‎ ‎（3）[3]由于灯泡电阻随电流增大电阻R增大，由可知，图象斜率增大，故选D．‎ ‎（4）[4][5]由图5所示电路图可知，两灯泡并联，可以把电源与定值电阻等效为电源，设每只电灯加上的实际电压和实际电流分别为U和I，在这个闭合电路中，则有：‎ 代入数据并整理得：‎ 在图a所示坐标系中作出的图象如图所示 由图象可知，两图象交点坐标值为：U=2V，I=0.3A 此时通过电流表的电流值 ‎0.6A 每只灯泡的实际功率 ‎=2×03=0.6W 所以两个小灯泡的总功率为1.2W．‎ 三、计算题（本大题共4小题，共38分）‎ ‎15.如图所示，两平行金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=，导轨的一端接有电动势E =3V、内阻r=0.5Ω的直流电源，导轨间的距离L=0.4m。在导轨所在空间内分布着磁感应强度B=0.5T、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒的电阻R=1.0Ω，导体棒恰好能静止。金属导轨电阻不计。（g取10m/s2，sin=0.6，cos=0.8）求：‎ ‎（1）ab受到的安培力大小和方向；‎ ‎（2）ab受到的摩擦力大小。‎ ‎【答案】（1）0.40N，方向向右（2）0.16N ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先根据闭合电路欧姆定律求出电路中的电流。由公式求解安培力大小。(2)导体棒处于静止状态，合力为零，根据平衡条件列式求解摩擦力的大小。‎ ‎【详解】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 导体棒受到的安培力 ‎（2）导体受重力沿斜面向下分力 由于F小于安培力，故导体棒沿斜面向下的摩擦力f根据共点力平衡条件得:‎ 解得:‎ ‎16.如图所示，电源电动势，内阻，电阻，. 间距 d =0.2m 两平行金属板水平放置，板间分布有垂直于纸面向里、磁感应强度 B＝1T 的匀强磁场．闭合开关 S，板间电场视为匀强电场，将一带正电的小球以初速度 v＝0.1 m/s 沿两板间中线水平射入板间．设滑动变阻器接入电路的阻值为 ，忽略空气对小球的作用， 取 ，求：‎ ‎(1)当时，电阻消耗的电功率是多大？‎ ‎(2)若小球进入板间做匀速圆周运动并与板相碰，碰时速度与初速度的夹角为 60°，则是多少？‎ ‎【答案】(1)0.6W，(2)54Ω.‎ ‎【解析】‎ 本题主要考查电路分析，含容电路分析，及带电粒子在复合场中的运动的综合运用的问题．对考生分析问题和建立正确的物理模型能力的考查．‎ ‎（1）设和的并联电阻为，有：①‎ 两端电压为：②‎ 消耗的电功率为：③‎ 当时，联立①②③式，代入数据，解得：‎ ‎④‎ ‎（2）设小球质量为m，电荷量为q，小球做匀速圆周运动时，有：‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ 设小球做圆周运动的半径为r，有：‎ ‎⑦‎ 由几何关系有：‎ ‎⑧‎ 联立①②⑤⑥⑦⑧式，代人数据，解得：‎ ‎⑨‎ ‎17.如图,在xOy平面的第一象限内有平行于y轴的有界匀强电场,方同沿y轴正方向；第四象限有一匀强电场一质量、电荷量的带电粒子,从P点以初速度大小,垂直y轴方向射入电场中,粒子偏转后经过x轴上A点进入第四象限,并沿直线运动的最大距离,已知,,不计粒子重力,求：‎ ‎(1)粒子的带电性质和粒子在第一象限的加速度大小；‎ ‎(2)粒子从A点运动到B点的时间；‎ ‎(3)第四象限的匀强电场大小和方向。‎ ‎【答案】(1)负电；(2)(3)2.5×103m/s,方向沿AB方向 ‎【解析】‎ ‎【详解】粒子在电场中向下偏转,可知粒子带负电,根据牛顿第二定律得,粒子在第一象限内的加速度大小 ‎(2)粒子在第一象限内做类平抛运动,运动的时间,‎ 离开第一象限时,竖直分速度,‎ 根据平行四边形定则知,进入第四象限的速度 粒子进入第四象限做匀减速直线运动,根据平均速度推论知 解得 ‎(3)粒子匀减速运动的加速度大小 根据牛顿第二定律得 解得 根据平行四边形定则知,进入第四象限时,速度方向与水平方向的夹角正切值 故四象限内的匀强电场方向沿AB方向,与水平方向成37度。‎ ‎18.如图所示，在坐标系xOy的第一象限内斜线OC的上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，第四象限内存在磁感应强度大小未知、方向垂直纸面向里的匀强磁场，第三象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，在x轴负半轴上有一接收屏GD，GD＝2OD＝d，现有一带电粒子(不计重力)从y轴上的A点，以初速度v0水平向右垂直射入匀强磁场，恰好垂直OC射出，并从x轴上的P点(未画出)进入第四象限内的匀强磁场，粒子经磁场偏转后又垂直y轴进入匀强电场并被接收屏接收，已知OC与x轴的夹角为37°，OA＝，求：‎ ‎ ‎ ‎(1)粒子的电性及比荷；‎ ‎(2)第四象限内匀强磁场的磁感应强度B′的大小；‎ ‎(3)第三象限内匀强电场的电场强度E的大小范围．‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】粒子运动轨迹如图所示，由左手定则可知粒子带负电 由图知粒子在第一象限内运动的轨道半径 ‎，‎ 由洛伦兹力提供向心力得 ‎，‎ 联立得 ‎；‎ ‎(2)由图知OP＝d，所以粒子在第四象限内做圆周运动的半径为 ‎，‎ 同理 ‎，‎ 联立得 ‎，‎ ‎(3)粒子在匀强电场中做类平抛运动，由图知 ‎，‎ 当电场强度E较大时，粒子击中D点，由类平抛运动规律知 ‎，，‎ 联立得 ‎，‎ 当电场强度E较小时，粒子击中G点，由类平抛运动规律知 ‎，，‎ 联立得 ‎，‎ 所以 ‎；‎ ‎ ‎