江西省南康中学平川中学信丰中学三校2019-2020学年高二上学期12月物理试题

江西省南康中学平川中学信丰中学三校2019-2020学年高二上学期12月物理试题

‎2019-2020学年第一学期南康中学平川中学信丰中学联考高二年级物理试卷 一、选择题 ‎1.下列物理公式表述正确的是（　　）‎ A. 由电阻的定义式可知：导体电阻与加在导体两端的电压成正比，与通过导体的电流成反比 B. 由电场强度的定义式可知：电场强度与检验电荷受到的电场力成正比，与检验电荷的电正反比 C. 由库伦定律的公式可知：真空中两个点电荷之间的库仑力与两个点电荷电量的乘积成正比，与他们之间距离的平方成反比 D. 由磁感应强度定义式可知：磁感应强度的方向与放入磁场中的通电直导线所受安培力的方向相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、电阻是由导体本身的性质决定的；故电压和电流无关；故A错误；‎ B、电场强度是由电场本身决定的；与电场力及电量无关；故B错误；‎ C、由可知：真空中两个点电荷之间的库仑力与两个点电荷电量的乘积成正比，与它们之间距离的平方成反比；故C正确；‎ D、根据左手定则可知，磁感应强度的方向与放入磁场中的通电直导线所受安培力的方向垂直．故D错误．‎ ‎2.如图所示，长为L的细线的一端固定于O点，另一端系一质量为m的小球在水平拉力F作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由最低点A运动到B点，OB与竖直方向成角在此过程中　　‎ A. 小球所受合外力一直增大 B. 外力F一直增大 C. 小球重力势能增大 D. 拉力F做功为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 抓住小球做匀速圆周运动，根据向心力的大小判断合外力的大小变化及F的变化，根据动能定理求拉力做功．‎ ‎【详解】A、因为小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，合外力大小不变，故A错误．‎ B、小球从最低点向上运动的过程中，向上的分速度逐渐增大，所以克服重力做功的功率逐渐增大，则拉力F做功的功率逐渐增大，而力F与速度v之间的夹角逐渐增大，由：可知，拉力F一定增大．故B正确；‎ C、小球高度在上升，所以重力势能增大，增加量为，故C错误；‎ D、小球匀速率运动，重力势能增加，动能不变，故机械能增加，拉力做的功也是故D错误；‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题易错点在于拉力F是变力，求解变力的功可以用动能定理列式求解，而不能用恒力功表达式求解．‎ ‎3.如图所示的电路中，电压表都看做理想电表，电源内阻为 r．闭合开关S，当把滑动变阻器R3的滑片P向b端移动时（ ） ‎ A. 电压表 V1的示数变大，电压表 V2的示数变小 B. 电压表 V1的示数变小，电压表 V2的示数变大 C. 电压表 V1的示数变化量等于 V2的示数变化量 D. 电压表 V1的示数变化量小于 V2的示数变化量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 图中电阻R2与R3并联后再与R1串联；在滑动头P自a端向b端滑动的过程中，R3接入电路的电阻增加，电路的总电阻增加，根据闭合电路欧姆定律，电路的总电流I减小；路端电压 U=E−Ir，‎ 则U变大，电压表V1的示数变大；并联部分电压 U并=E−I(r+R1)，‎ I减小，U并变大，电压表V2的示数变大，故A项错误， B项错误；‎ CD. 根据欧姆定律，有：‎ U=IR1+U并，‎ 由于U、U并变大，IR1变小，故路端电压变化小于并联部分电压变化，即电压表V1的示数变化量小于V2的示数变化量，故C项错误，D项正确；‎ ‎4.一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C运动到D点，各点所对应的速度与时间的关系如图所示.分析图象后，下列说法正确的是（ ）‎ A. B、D两点的电场强度和电势一定都为零 B. A处的电场强度小于C处的电场强度 C. 粒子在A处的电势能小于在C处的电势能 D. A、C两点的电势差大于B、D两点间的电势差 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在B、D两点时加速度为零，说明电场力为零，故电场强度为零，但由于零电势点没有确定，故电势不一定为零，故A项错误；‎ B. 由运动的速度−时间图象可看出，带正电的粒子的加速度在A点时较大，根据牛顿第二定律得知在A点的电场力大，故A点的电场强度一定大于C点的电场强度，故B项错误；‎ C. 由图可知．粒子在A点的速度大，所以在A点的动能大；因只有电场力做功，粒子的动能与电势能的总量不变，所以粒子在A点的电势能小于C点的电势能；故C项正确；‎ D. A. D两点的速度相等，故粒子的动能相同，因此从A到B和从B到D电场力做功的绝对值相同，BD两点间的电势差等于AB两点间的电势差；A. C之间的动能的差小于AB之间的动能的差，所以A. C两点的电势差小于A. B两点间的电势差，即A. C两点的电势差小于B. D两点间的电势差．故D项错误．‎ ‎5.如图所示，带电小球a由绝缘细线PM和PN悬挂而处于静止状态，其中PM水平，地面上固定一绝缘且内壁光滑的圆弧细管道GH，圆心P与a球位置重合，管道底端H与水平地面相切，一质量为m可视为质点的带电小球b从G端口由静止释放，当小球b运动到H端时对管道壁恰好无压力，重力加速度为g．在小球b由G滑到H过程中，下列说法中正确的是 ( )‎ A. 小球b机械能逐渐减小 B. 小球b所受库仑力大小始终为3mg C. 细线PM的拉力不变 D. 小球b加速度不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 小球b所受库仑力和管道的弹力始终与速度垂直，即只有重力做功，所以小球b机械能守恒，故A项错误；‎ B. 小球b机械能守恒，从G滑到H过程中，有：‎ ‎，‎ H处有：‎ F库−mg=，‎ 则有：‎ F库=3mg，‎ 小球b与带电小球的距离不变，所受库仑力大小始终为3mg，故B项正确；‎ C. 设PN与竖直方向成α角，小球b与a连线水平方向成θ角，对球a受力分析，将其分 竖直方向上有：‎ FPNcos α=mg+F库sin θ 水平方向上有：‎ F库cos θ+FPNsin α=FPM．‎ 解得：‎ FPM=mgtan α+3mgcos(θ−α)cosα，‎ 下滑时θ从0增大90∘，细线PM的拉力先增大后减小，故C项错误；‎ D. 设b与a的连线与水平方向成θ角，则有：‎ mgRsin θ=mv2，‎ 任意位置加速度为向心加速度和切向加速度合成，‎ 即：，‎ 可知小球的加速度一直变大，故D项错误．‎ ‎6.在同一平面有四根彼此绝缘的通电直导线，如图所示，四根导线中的电流大小关系为，切断哪一导线中的电源能使O点点为四根导线所围正方形的中心的磁感应强度减为最弱 A. 切断 B. 切断 C. 切断 D. 切断 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据右手螺旋定则来确定通电导线周围磁场的分布，导线1在O点产生的磁场的方向向里，导线2在O点产生的磁场的方向向里，导线3在O点产生的磁场的方向向里，导线4在O点产生的磁场的方向向外，由于，所以合磁场的方向向里，根据磁场的叠加可知，使O点的磁感应强度减为最弱，应切断，A正确，BCD错误；故选A.．‎ ‎7.如图所示，半径为r的均匀金属圆环固定在竖直面内，a、b为其两个端点，O为圆心，Oa连线水平，圆环处于方向水平向右、磁感应强度大小为B的匀强磁场中．当圆环中通过顺时针方向的电流I时，圆环受到的安培力( )‎ A. 大小为，方向垂直纸面向里 B. 大小为，方向垂直纸面向里 C. 大小为，方向垂直纸面向外 D. 大小为，方向垂直纸面向外 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】圆环在磁场中所受安培力的有效长度为r，安培力的大小为F=BIr，由左手定则可知，安培力的方向垂直纸面向里．‎ A. 大小为，方向垂直纸面向里，与结论相符，选项A正确；‎ B. 大小为，方向垂直纸面向里，与结论不相符，选项B错误；‎ C. 大小为，方向垂直纸面向外，与结论不相符，选项C错误；‎ D. 大小为，方向垂直纸面向外，与结论不相符，选项D错误．‎ ‎8.如图所示，水平直导线中通有水平向左的恒定电流I，一电子从导线的正上方以水平向右的初速度飞入该通电导线产生的磁场中，那么进入磁场后电子将（）‎ A. 沿直线运动 B. 向上偏转 C. 向下偏转 D. 向纸外偏转 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据安培定则可得导线上方的磁感应强度方向为垂直纸面向里，电子带负电，根据左手定则可得电子受到向下的洛伦兹力，故向下偏转，故C正确，ABD错误．‎ ‎9.电容式加速度传感器的原理结构如图所示，质量块右侧连接一轻质弹簧，左侧连接一电介质，弹簧与电容器固定在外框上，可认为质量块（含电介质）在竖直方向上受力平衡，在水平方向上只受弹簧的弹力．传感器在水平方向上运动，质量块可带动电介质左右移动从而改变电容．可知（　　）‎ A. 当传感器做匀速运动时，电路中有恒定电流 B. 当传感器做匀加速度运动时，电路中有恒定电流 C. 若传感器原来向右匀速运动，突然减速时电容器的电容会减小 D. 当传感器由静止突然向右加速的瞬间，电路中有顺时针方向的电流 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.当传感器做匀速运动时，没有弹力，则电容器的电容不变，因两极的电压不变，则电容器的电量不变，因此电路中没有电流，故A错误；‎ B.当传感器以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，则电容器的电容不变，因两极的电压不变，则电容器的电量不变，因此电路中没有电流，故B错误；‎ C.若传感器原来向右匀速运动，突然减速时，则电介质相对电容器向右运动，从极板间拔出，即电介质减小，根据电容器的电容公式，则电容器电容减小，故C正确；‎ D.当传感器由静止突然向右加速瞬间，质量块要向左运动，导致插入极板间电介质加深，因此电容会增大，由于电压不变，根据Q＝CU，可知，极板间电量增大，电容器处于充电状态，因此电路中有顺时针方向电流，故D正确；‎ ‎10.如图所示，地球赤道上的山丘e、近地资源卫星p和同步通信卫星q均在赤道平面上绕地心做匀速圆周运动．设e、p、q做圆周运动的角速度分别为ω1、ω2、ω3，线速度分别为v1、v2、v3，则（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.山丘e与同步通信卫星q转动周期相等，根据ω=，得ω1=ω3；根据卫星的线速度公式ω=，由于近地资源卫星的轨道半径小于同步通信卫星q的轨道半径，故ω3＜ω2；故ω1=ω3＜ω2;故A错误，B正确.‎ CD.山丘e与同步通信卫星q转动周期相等，根据v=，由于山丘e的轨道半径小于同步通信卫星q的轨道半径，故v1＜v3；根据卫星的线速度公式v=，由于近地资源卫星的轨道半径小于同步通信卫星q的轨道半径，故近地资源卫星的线速度大于同步通信卫星的线速度，即v3＜v2；故v1＜v3＜v2;故C错误，D正确.‎ ‎11.如图所示，用细绳悬挂一矩形导线框且导线框底边水平，导线框通有逆时针方向的电流（从右侧观察）．在导线框的正下方、垂直于导线框平面有一直导线PQ．原PQ 中无电流，现通以水平向右的电流，在短时间内（ ）‎ A 从上往下观察导线框顺时针转动 B. 从上往下观察导线框向右平移 C. 细绳受力会变得比导线框重力大 D. 导线框中心的磁感应强度变大 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由安培定则判断出通电导线Q在线框处的磁场方向从里向外，根据左手定则，知外侧电流受安培力向左，内侧电流受安培力向右，从上往下看，导线框将顺时针转动，故A项正确，B项错误；‎ C. 线框沿顺时针方向转动一个小角度后，靠近导线Q处的边的电流的方向向右，由左手定则可知，其受到的安培力的方向向下，所以整体受安培力向下，细绳受力会变得比导线框重力大．故C项正确；‎ D. 线框沿顺时针方向转动一个小角度后，电流PQ产生的磁场方向从里向外穿过线框，根据安培定则，线框产生磁场的方向也是从里向外，则线框中心的磁感应强度变大．故D项正确．‎ ‎12.如图所示带电小球a以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为ha；带电小球b在水平方向的匀强磁场以相同的初速度v0竖直向上抛出，上升的最大高度为hb；带电小球c在水平方向的匀强电场以相同的初速度v0竖直向上抛出，上升的最大高度为hc，不计空气阻力，三个小球的质量相等，则（　　）‎ A. 它们上升的最大高度关系为 B. 它们上升的最大高度关系为 C. 到达最大高度时，b小球动能最小 D. 到达最大高度时，c小球机械能最大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当小球只受到重力的作用的时候，球做的是竖直上抛运动；当小球在磁场中运动到最高点时，由于洛伦兹力的作用，会改变速度的方向，所以到达最高点是小球的速度的大小不为零；当加上电场时，电场力在水平方向，只影响小球在水平方向的运动，不影响竖直方向的运动的情况．‎ ‎【详解】第1个图：由竖直上抛运动的最大高度公式得：．第3个图：当加上电场时，由运动的分解可知，在竖直方向上有：v02=2ghc，所以ha=hc；而第2个图：洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时的球的动能为Ek，则由能量守恒得：mghb+Ek=mv02，又由于mv02=mgha，所以 ha＞hb；故A错误，B正确．到达最大高度时，b、c两小球还有速度，而a球在最大高度速度为零，可知a动能最小，选项C错误；因c球中除重力做负功外，电场力对c球做正功，则到达最大高度时，c小球机械能最大，选项D正确；故选BD.‎ ‎【点睛】洛伦兹力的方向始终和速度的方向垂直，只改变球的速度的方向，所以磁场对电子的洛伦兹力始终不做功，注意区分电场力做功与洛伦兹力做功的不同．‎ 二、实验题 ‎13.如图甲、乙所示是螺旋测微器和游标卡尺测量工件长度时的情形．螺旋测微器读数为_____mm．游标卡尺读数为______mm ‎ ‎ ‎【答案】 (1). 6.210 (2). 30.35‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]由图可知，螺旋测微器的固定部分为6.0mm；转动部分为21.0，故读数为：6.0+21.0×0.01=6.210mm；‎ ‎[2]游标卡尺游标为20分度，故游标最小分度为0.05mm；主尺刻度为30mm；游标卡尺对齐刻度为：7×0.05=0.35mm，故读数为：30+0.35mm=30.35mm；‎ ‎14.小明用如图所示的电路“测量电池的电动势和内电阻”．‎ ‎(1)备有如下器材 A．干电池1节 B．滑动变阻器(0～20 Ω)‎ C．滑动变阻器(0～1 kΩ)‎ D．电压表(0～3 V，内阻约3 kΩ)‎ E．电流表(0～0.6 A，内阻约0.8Ω)‎ F．电流表(0～3 A，内阻约0.2Ω) ‎ G．开关、导线若干 其中滑动变阻器应选__________，电流表应选__________．(只填器材前的序号)‎ ‎(2)某同学根据实验数据画出的U－I图像如图所示，由图像可得电池的电动势为_____ V，内电阻为_____Ω.（保留两位有效数字）‎ ‎(3)实验时由于电压表的分流作用，导致电动势E的测量值_____（选填“小于”或“大于”）其真实傎．‎ ‎【答案】 (1). B (2). E (3). 1.5 (4). 1.0 (5). 小于 ‎【解析】‎ ‎【详解】[1][2]由表中测量数据的范围知测量电流最大值小于0.6A，故电流表选择0.6A量程的E即可，滑动变阻器的最大阻值一般比电池内阻大几倍就好了，取0～10Ω能很好地控制电路中的电流和电压，故滑动变阻器选B；‎ ‎[3][4]根据U−I图象可知，与U轴的交点表示电动势，所以 E＝1.5V，‎ 图线的斜率表示内阻，所以 ‎ [5]本实验中由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比测量值小，造成 ‎，‎ 三、计算题 ‎15.一辆汽车在平直的公路上做匀变速直线运动，该公路每隔60米就有一电线杆，汽车通过第一根和第二根电线杆用了5秒，通过第二根和第三根电线杆用了3秒．求：汽车的加速度大小和经过第三根电线杆时的瞬时速度大小．‎ ‎【答案】2m/s2， 23m/s．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】设汽车的加速度为a，经过第一根电线杆时的瞬时速度为v0，由运动学公式得：‎ ‎…①‎ ‎…②‎ 将x=60m，t1=5s，t2=8s代入①②得：‎ a=2m/s2，v0=7m/s 经过第三根电线杆时的瞬时速度为：‎ ‎16.如图所示，一直流电动机与阻值R＝9 Ω的电阻串联在电源上，电源的电动势E＝30 V，内阻r＝1 Ω，闭合开关，用理想电压表测出电动机两端电压U＝10 V，已知电动机线圈的电阻RM＝1 Ω．‎ ‎（1）求通过电动机的电流；‎ ‎（2）求电动机的输出功率；‎ ‎（3）求电源的效率．‎ ‎【答案】(1)2A (2)16 (3)93.3％‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由E=30V，电动机两端电压为10V可得R和电源内阻上分担的电压为20V，则 ‎（2）电动机输入功率 P=UI=10 V×2 A=20W 电动机输出功率 ‎（3）电源的效率 ‎17.质量为m=0.02 kg的通电细杆ab置于倾角θ=37°的平行放置的导轨上，导轨宽度为d=0.2 m，杆ab与导轨间的动摩擦因数μ=0.4，磁感应强度B=2 T的匀强磁场与导轨平面垂直且方向向下，如图所示.现调节滑动变阻器的触头，试求出为使杆ab静止不动，通过ab杆电流的范围.(cos530=sin 370=0.6 , cos370=sin530 =0.8，g取10 m／s2)‎ ‎【答案】0.14 A≤I≤0.46 A ‎【解析】‎ ‎【详解】当电流较大时，导体有向上的运动趋势，所受静摩擦力向下，当静摩擦力达到最大时，磁场力为最大值，此时通过ab的电流最大为 ‎；同理，当电流最小时，应该是导体受向上的最大静摩擦力，此时的安培力为，电流为．‎ 正确地画出两种情况下的受力图如图所示，‎ 由平衡条件列方程求解．‎ 根据第一幅受力图列式如下：，，；‎ ‎；‎ 解上述方程得：；‎ 根据第二幅受力图：，，， 解上述方程得：；‎ 则通过ab杆的电流范围为：．‎ ‎18.如图所示，BCDG是光滑绝缘圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接．整个轨道处在水平向左的匀强电场中．现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为0.75mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g．‎ ‎（1）若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大？‎ ‎（2）在（1）的情况下，求滑块到达C点时受到轨道的作用力大小；‎ ‎（3）改变s的大小，滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小．‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设滑块到达B点时的速度为v，由动能定理有：‎ qE（S+R）−μmgS−mgR=mv2‎ 而：qE=0.75mg，s=3R 联立解得：‎ v=；‎ ‎（2）水平方向的合力提供向心力为：‎ F−qE=m 解得：‎ F=mg ‎（3）要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道DG间某点，由电场力和重力的合力提供向心力，此时速度最小 则有：‎ 解得：‎ vmin=‎ ‎ ‎