2018-2019学年四川省南充市阆中中学高二上学期12月月考物理试题 解析版

2018-2019学年四川省南充市阆中中学高二上学期12月月考物理试题 解析版

四川省南充市阆中中学2018-2019学年高二12月月考物理试题 一、单项选择题（共8小题，每小题4分）‎ ‎1.关于电场和磁场以及电荷的受力，下列说法正确的是（　　）‎ A. 处在电场中的电荷一定受到电场力的作用 B. 处在磁场中的电荷一定受到洛仑兹力的作用 C. 电荷在电场中所受电场力的方向就是电场强度的方向 D. 电荷在磁场中所受洛仑兹力的方向就是磁场的方向 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A：处在电场中的电荷一定受到电场力的作用，故A项正确。‎ B：静止的电荷处于磁场中，不受洛伦兹力。故B项错误。‎ C：正电荷在电场中所受电场力的方向就是电场强度的方向；负电荷在电场中所受电场力的方向与电场强度的方向相反。故C项错误。‎ D：电荷在磁场中所受洛仑兹力的方向与磁场的方向一定垂直。故D项错误。‎ ‎【点睛】洛伦兹力方向由左手定则来确定，其方向垂直于磁场方向及运动电荷的速度方向。‎ ‎2.如图所示，开始时矩形线框与匀强磁场的方向垂直，且一半在磁场内，一半在磁场外，若要使线框中产生感应电流，下列办法中不可行的是（　　）‎ A. 将线框向左拉出磁场 B. 以bc边为轴转动（小于60°）‎ C. 以ab边为轴转动（小于90°） D. 以ad边为轴转动（小于60°）‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 磁通量是穿过线圈的磁感线的条数．对照产生感应电流的条件：穿过电路的磁通量发生变化进行分析判断有无感应电流产生；‎ ‎【详解】A、将线框向左拉出磁场，穿过线圈的磁通量减小，有感应电流产生，故A不符合题意；‎ B、以bc边为轴转动(小于)，穿过线圈的磁通量保持不变，没有感应电流产生，故B符合题意；‎ C、以ab边为轴转动(小于)，穿过线圈的磁通量减小，有感应电流产生，故C不符合题意；‎ D、以ad边为轴转动(小于)，穿过线圈的磁通量从减小到零，有感应电流产生，故D不符合题意；‎ 不可行的故选B。‎ ‎【点睛】对于匀强磁场磁通量，可以根据磁感线条数直观判断，也可以根据磁通量的计算公式（α是线圈与磁场方向的夹角）进行计算；‎ ‎3.某同学将一直流电源的总功率P1、输出功率P2和电源内部的发热功率P3随电流I变化的图线画在了同一坐标上，如图中的a、b、c所示，根据图线可知（　　）‎ A. 反映P3变化的图线是b B. 电源电动势为8V C. 电源内阻为4Ω D. 当电流为0.5A时，外电路的电阻为6Ω ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电源消耗的总功率的计算公式可得电源的总功率与电流的关系，根据电源内部的发热功率可得电源内部的发热功率与电流的关系，从而可以判断abc三条线代表的关系式，在由图象分析出电动势和内阻；‎ ‎【详解】A、由电源消耗功率、输出功率和电源内部消耗功率 可知，a是直线，表示的是电源消耗的电功率；c是抛物线，开口向上，表示的是电源内电阻上消耗的功率；b是抛物线，开口向下，表示外电阻的功率即为电源的输出功率，故A错误；‎ B、由知电源电动势为：，故B错误；‎ C、电源内部消耗功率可知电源内阻为：，C错误；‎ D、由闭合电路欧姆定律可知，当电流为0.5A时，外电路的电阻为：，D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】当电源的内阻和外电阻的大小相等时，此时电源的输出的功率最大，并且直流电源的总功率P1等于输出功率P2和电源内部的发热功率P3的和。‎ ‎4.一电流表G的满偏电流Ig=2mA，内阻为100Ω。要把它改装成一个量程为0.4A的电流表，则应在电流表G上 A. 并联一个0.5Ω的电阻 B. 并联一个100Ω的电阻 C. 串联一个0.5Ω的电阻 D. 串联一个100Ω的电阻 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 把电流表改装成0.4A的电流表需要并联一个分流电阻，分流电阻阻值：，故选A.‎ ‎【点睛】本题考查了电流表的改装，知道电流表改装原理、应用并联电路特点与欧姆定律即可正确解题。‎ ‎5.某同学对时下流行的一款充一次电就可使用一个月的电动牙刷产生了兴趣，于是他对电动牙刷内的主要部件﹣﹣微型电动机的性能进行了研究。运用如图所示的实验电路，调节滑动变阻器R使电动机停止转动，电流表和电压表的示数分别为200mA和1.2V．重新调节R并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为100mA和2.4V．则这微型台电动机正常运转时输出功率为（　　）‎ A. 0.24W B. 0.16W C. 0.18W D. 0.06W ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据公式可求电动机停转时的电阻；利用公式P=UI可求电动机的总功率，根据公式可求内阻消耗的热功率，总功率与内阻消耗的热功率之差就是电动机的输出功率；‎ ‎【详解】电动机的电阻：，电动机的总功率：，电动机内阻消耗的功率：，电动机正常运转时的输出功率是，故C正确，A、B、D错误；‎ 故选C。‎ ‎6.一通电螺线管放在光滑桌面上可自由转动，一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的正上方，如图所示，如果直导线固定且通以方向为由a到b的电流，则螺线管受磁场力后的情况为（　　）‎ A. 从上向下看顺时针转动并对桌面压力减小 B. 从上向下看顺时针转动并对桌面压力增大 C. 从上向下看逆时针转动并对桌面压力增大 D. 从上向下看逆时针转动并对桌面压力减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【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直导线转动的趋势，为了简便，我们可以判断直导线转动到向里的位置判断导体的受力情况，再判出螺线管的运动情况；‎ ‎【详解】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下，右侧直导线体所处的磁场斜向上，则由左手定则可知，左侧直导线受力方向向里，右侧直导线受力方向向外，故从上向下看，直导线有顺时针转动的趋势；根据牛顿第三定律可知，螺线管受力的方向与直导线受力的方向相反，所以从上向下看螺线管将沿逆时针转动；‎ 当螺线管转过时，由左手定则可得直导线受力向下，故螺线管转动过程中受力的方向向上；即从上向下看逆时针转动并对桌面压力减小，故D正确，A、B、C错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】关键是先以直导线为研究对象，由左手定则判断其受力和转动的趋势，再以螺线管为研究对象根据牛顿第三定律判断。‎ ‎7.如图所示，在直线MN的右边区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场．两个初速度大小相等的不同粒子a和b，从O点沿着纸面射入匀强磁场中，其中α粒子的速度方向垂直于边界MN，b粒子的速度方向与a粒子的速度方向的夹角θ=30°，最终两粒子从边界MN上的同一点射出。b粒子在磁场中运动的偏转角大于180°，不计粒子受到的重力，a、b两粒子在磁场中运动的半径之比为 A. 1：l B. 1： C. ：l D. ：2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ b粒子在磁场中运动的偏转角大于180°，可得两粒子运动轨迹如图所示：‎ 根据几何关系可得：，故D正确，ABC错误。‎ ‎8.如图所示，两相邻的宽均为0.8m的匀强磁场区域，磁场方向分别垂直纸面向里和垂直纸面向外。一边长为0.4m的正方形导线框位于纸面内，以垂直于磁场边界的恒定速度v=0.2m/s通过磁场区域，在运动过程中，线框有一边始终与磁场区域的边界平行。取它刚进入磁场的时刻t=O,规定线框中感应电流逆时针方向为正方向。在下列图线中，正确反映感应电流强度随时间变化规律的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 线框一边切割磁感线产生感应电动势：E=BLv，线框进入左边磁场的时间：t=， 在0-2s内，感应电流：I1=E/R，由右手定则可知，感应电流沿逆时针方向，是正的；在2-4s内线框在左边磁场中运动，不产生感应电流；在4-6s进入右边磁场，线框两边同时切割磁感线，由右手定则可知，两边切割磁感线产生的感应电流都沿顺时针方向，是负的，感应电流：I2=2E/R；在6-8s内，线框在右边磁场中运动，不产生感应电流；在8-10s内，线框离开右边磁场，感应电流：I3=E/R，由右手定则可知，电流沿逆时针方向，是正的；综上所述，电流I-t图象如图C所示；故选C.‎ 点睛：本题考查电磁感应中的图象问题，要注意分段处理线框的运动过程，根据右手定则及法拉第电磁感应定律判断电流的大小、方向的变化规律，注意正方向的选择．‎ 二、多项选择题（共4小题，每小题4分）‎ ‎9.如图所示，虚线a、b和c是某静电场中的三个等势面，它们的电势分别为Ua、Ub和Uc，一带正电粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示．由图可知（　　）‎ A. Ua＞Ub＞Uc B. 粒子从L到M的过程中，电场力做负功 C. 粒子从K到L的过程中，电势能增加 D. 粒子从K到M的过程中，动能减少 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正电荷的受力方向判断电场的方向，进而判断电势的高低，根据电场力做功比较动能的大小和电势能的大小；‎ ‎【详解】A、带正电的粒子受到排斥力的作用，说明电场是正电荷产生的，沿着电场线的方向，电势降低，所以，故A正确；‎ B、从L到M的过程中，电场力先做负功，后做正功，故B错误；‎ C、粒子从K到L的过程，靠近正电荷，电场力做负功，电势能增加，故C正确；‎ D、从K到N的过程中，电场力先做负功，后做正功，动能先减小后增加，故D错误；‎ 故选AC。‎ ‎【点睛】关键要明确电场力的做功情况，然后根据动能定理判断动能的变化情况，根据电场力做功与电势能变化的关系得到电势能的变化情况。‎ ‎10.如图所示，图线a是某一电源的曲线，图线b是一定值电阻的曲线若将该电源与该定值电阻连成闭合电路已知该电源的内阻，则　　‎ A. 该定值电阻为 B. 该电源的电动势为20V C. 将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大 D. 将2只这种电阻串联作为外电阻，电源输出功率最大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 解：A、图线b的斜率k==6Ω，则定值电阻的阻值R=k=6Ω；故A正确；‎ B、由图读出交点的电压U=15V，电流I=2.5A，根据闭合电路欧姆定律得，电源的电动势：E=U+Ir=15V+2.5×2V=20V；故B正确；‎ C、D、对于电源，当内外电路的电阻相等时输出功率最大，故将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大，故C错误，D正确；‎ 本题选错误的，故选：C ‎【点评】定值电阻的伏安特性曲线斜率等于电阻，电源的伏安特性曲线的斜率绝对值表示内电阻、纵轴截距表示电动势．‎ ‎11.如图所示，水平放置的两个平行金属板，上板带负电，下板带等量的正电，三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的粒子从极板的左侧P点以相同的水平初速度进入电场中，分别落在正极板的a、b、c三处，由此可知 ( ) ‎ A. 粒子a带正电，b不带电，c带负电 B. 三个粒子在电场中运动的时间相等 C. 三个粒子在电场中的加速度aa＞ab＞ac D. 三个粒子到达正极板的动能Eka＞Ekb＞Ekc ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC、根据题意，三小球在水平方向做匀速直线运动，则有，水平初速度相同，则水平位移x与运动时间t成正比，由图看出，水平位移的关系为，则运动时间关系为，竖直方向上三个粒子都做初速度为0的匀加速直线运动，到达下极板时，在竖直方向产生的位移y相等，由则知加速度关系为，由牛顿第二定律得知三个小球的合力关系为 ，由于平行板间有竖直向上的电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，向下的合力最小，向下的加速度最小，负电荷受到向下的电场力，向下的合力最大，向下的加速度最大，不带电的小球做平抛运动，加速度为重力加速度g，可知，落在a点的颗粒带负电，c点的带正电，b点的不带电，故C正确，A、B错误；‎ D、由以上分析可知，，则竖直位移相同，则可知外力做功a最大，c最小，则由动能定理可知三个粒子到达正极板的动能，故D正确；‎ 故选CD。‎ ‎【点睛】电容器上极板带负电，下极板带正电，平行板间有竖直向上的匀强电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，负电荷受到向下的电场力，不带电的小球做平抛运动，带负电的小球做类平抛运动，加速度比重力加速度大，带正电的小球做加速度比重力加速度小的类平抛运动。‎ ‎12.如图所示的电路中，电表均为理想电表。闭合电键S，当滑动变阻器滑片P向左移动时，下列说法正确的是 A. 电流表A读数变大，电压表V1读数变大 B. 电流表A读数变小，电压表V2读数变大 C. 灯泡变亮 D. 电压表V1示数的变化量小于电压表V2示数的变化量 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 当滑动变阻器滑片P向左移动时，其接入电路的电阻增大，电路的总电阻R总增大，总电流I减小，灯泡的功率为P=I2RL，RL不变，则P减小，灯泡变暗．故C错误．电路中总电流减小，则电流表A读数变小，电压表读数为 U=E-Ir，I减小，则V1变大．因L上的电压减小，则R上的电压变大，即V2读数变大，故A错误，B正确．因U1=UL+U2，U1变大，U2变大，UL减小，则电压表V1示数的变化量ΔU1小于电压表V2示数的变化量ΔU2，选项D正确．故选BD.‎ 点睛：本题的关键在于明确电路的结构，搞清各个电阻电压和电流的关系，利用先局部，后整体，再局部的分析思路分析；注意会采用总量法分析变阻器电流的变化．‎ 三、实验题（共三小题，13、14小题每空2分，15题每空3分，本大题共17分）‎ ‎13. （4分）读出下列游标卡尺和螺旋测微器的示数 游标卡尺的示数为 cm；螺旋测微器的示数为 cm ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：20分度的游标卡尺的精确度为0.05mm，主尺读数为100mm，游标第5条刻线对的最齐，由游标卡尺的读数规则可读出100.25mm=10.025cm；螺旋测微器的精确度为0.01mm，主尺读数为5mm，半刻度露出则5.5mm，游标为20.0×0.01mm，故读数为5.700mm=0.5700cm。‎ 考点：游标卡尺螺旋测微器 ‎14.用多用电表的欧姆挡测量一个阻值大约为150Ω的定值电阻，有下列可供选择的步骤：‎ A．将两根表笔短接 B．将选择开关拨至“×1kΩ”挡 C．将选择开关拨至“×10Ω”挡 D．将两根表笔分别接触待测电阻的两端，记下读数 E．调节调零电阻，使指针停在0Ω刻度线上 F．将选择开关拨至OFF挡 上将上述中必要的步骤选出来，这些必要步骤的合理的顺序是_____（填写步骤的代号）；若操作正确，上述D步骤中，指针偏转情况如图所示，则此未知电阻的阻值Rx=_____Ω．‎ ‎【答案】 (1). CAEDF (2). 160Ω ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 实验欧姆表前要进行机械调零；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使指针指针中央刻度线附近；欧姆表使用完毕要把选择开关置于OFF档或交流电压最高档；欧姆表的读数要注意倍率；‎ ‎【详解】测量一个阻值大约为150Ω的定值电阻，则要先选择开关拨至“×10Ω”挡，进行欧姆调零，记数，选择开关拨至OFF挡，则正确的顺序是：CAEDF；‎ 图中的读数为：16×10Ω=160Ω ‎15.(1)某实验小组为了测量某一电阻Rx的阻值，他们先用多用电表进行粗测，测量出Rx的阻值约为18Ω左右。为了进一步精确测量该电阻，实验台上有以下器材：‎ A．电流表（量程15mA，内阻未知）‎ B．电阻箱（0～999.9Ω）‎ C．电源（电动势约3V，内阻约1Ω）‎ D．单刀单掷开关2只 E．导线若干 甲同学设计了如图甲所示的实验，按照如下步骤完成实验：‎ a．先将电阻箱阻值调到最大，闭合S1，断开S2，调节电阻箱阻值，使电阻箱有合适的阻值R1，此时电流表指针有较大的偏转且示数为I；‎ b．保持开关S1闭合，再闭合开关S2，调节电阻箱的阻值为R2，使电流表的示数仍为I；根据实验步骤可知，待测电阻Rx=_______（用步骤中所测得的物理量表示）。‎ ‎(2)同学乙认为该电路可以用来测电源的电动势、内阻。若已知所选电流表的内阻RA=2.0Ω，闭合开关S2，调节电阻箱R，读出多组电阻值R和电流I的数据；由实验数据绘出的图象如图乙所示，由此可求得电源电动势E=_________V，内阻r=__________Ω．（计算结果保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). R2﹣R1 (2). 3.2 (3). 2.0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 断开S2时和闭合开关S2时，根据闭合电路欧姆定律列式，求出待测电阻；闭合开关S2，根据闭合电路欧姆定律写出关系式，结合图线求出电源电动势和内阻；‎ ‎【详解】解：(1)根据闭合电路欧姆定律，断开S2时有：，闭合开关S2时有：，联立解得待测电阻：；‎ ‎(2) 闭合开关S2，根据闭合电路欧姆定律可知：，则有：，由图像可得：，，联立解得：，‎ 三、计算题（16~18题每题10分，19题15分，共45分）‎ ‎16.如图所示，一质量为m=1.0×10 -2kg，带电量大小为q=1.0×10 -6C的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，假设电场足够大，静止时悬线向左与竖直方向成450角。小球在运动过程中电量保持不变，重力加速度g取10m／s2。‎ ‎ (1)求电场强度E；‎ ‎ (2)若在某时刻将细线突然剪断，求经过1s时小球的位移大小。‎ ‎【答案】（1）1.0×105N/C；（2）5m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由于小球静止，所以由平衡条件可得：qE=mgtanθ，‎ 所以有：E=mgtanθ/q=1.0×105N/C.‎ ‎(3)剪断细线后，小球只受重力和电场力，所以两力的合力沿着绳的方向，小球做初速度为零的匀加速直线运动，‎ 小球受到的合力为：F=mgcosθ 由牛顿第二定律F=ma可得：a=gcosθ 又由运动学公式有：‎ 代入得到：x=5m ‎【点睛】首先对小球受力分析，根据平衡条件可得小球受到的电场力与重力的关系，并可求出电场强度的值；剪断细线后，由于小球受到的重力与电场力都为恒力，所以小球将做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式即可求解．‎ ‎17.如图所示，电源的电动势为12V，内阻为1Ω，R1=1Ω，R2=6Ω，电动机的线圈电阻为0.5Ω．开关闭合后通过电源的电流为3A，求：‎ ‎(1)R1两端的电压和电源的内电压 ‎(2)电动机的热功率和输出的机械功率 ‎【答案】(1)3V；3V(2)2W；10W ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据欧姆定律求出R1两端的电压和电源的内电压；根据电压的分配求出R2两端的电压，由干路电流和R2的电流求出流过电动机的电流，根据求出电动机的热功率和求出电动机输出的机械功率；‎ ‎【详解】解：(1)R1两端电压：‎ 电源的内电压：‎ ‎(2)R2两端电压：‎ 通过R2的电流：‎ 通过电动机的电流：，‎ 电动机电压：‎ 电动机消耗的电功率为：‎ 电动机热功率：‎ 则输出的机械功率：‎ ‎18.如图所示，水平面上有两根相距0.5m的足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，导轨的电阻忽略不计，在M和P之间接有阻值R=4Ω的电阻。导体棒ab长L=0.5m，其电阻为r=1Ω，质量m=0.1kg，与导轨接触良好。整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.4T．现在在导体棒ab上施加一个水平向右的力F，使ab以v=10m/s的速度向右做匀速运动时，求：‎ ‎(1)ab中的感应电动势多大？ab中电流的方向如何？‎ ‎(2)撤去F后，ab做减速运动，当速度变为5m/s时，ab的加速度为多大？‎ ‎【答案】(1)2V; 电流的方向从b到a(2)0.4m/s2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由公式E=BLv，求解ab中的感应电动势．由右手定则判断ab中电流的方向；当速度变为5m/s时，根据E=BLv、欧姆定律求得感应电流，再由F=BIL求出安培力，即可由牛顿第二定律求加速度；‎ ‎【详解】解：(1)ab中的感应电动势为：  ‎ 由右手定则判断知ab中电流的方向从b到a ‎ (2)由牛顿第二定律得：         ‎ 又 联立解得：‎ ‎19.电子自静止开始经M、N板间（两板间的电压为U）的电场加速后从A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中，电子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L，如图所示（已知电子的质量为m，电荷量为e）求：‎ ‎(1)电子在加速电场中加速后获得的速度 ‎(2)匀强磁场的磁感应强度 ‎(3)若d=L则电子在磁场中的运动时间。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据动能定理求电子在加速电场中加速后获得的速度；根据几何关系求出电子在磁场中的半径，根据洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度；由几何关系求出电子在磁场中偏转的圆心角θ，根据T求出电子在磁场中的运动时间；‎ ‎【详解】解：(1)设电子在M、N两板间经电场加速后获得的速度为v，由动能定理得：‎ 解得：‎ ‎(2)电子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r，则：‎ 由几何关系得：‎ 联立解得：‎ ‎(3) 由几何关系得：‎ 电子在磁场的周期为：‎ 由几何关系得：‎ 可得电子在磁场中的运动时间：‎ ‎ ‎