物理卷·2019届甘肃省兰州市第一中学高二上学期12月月考物理试题(解析版)x

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物理卷·2019届甘肃省兰州市第一中学高二上学期12月月考物理试题(解析版)x

甘肃省兰州市第一中学2017-2018学年高二上学期12月月考物理试题 一、选择题 ‎1. 在图中,标有磁场B的方向,通电直导线中电流I的方向,以及通电直导线所受安培力F的方向,其中正确的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎ ‎ ‎【点睛】左手定则内容是:伸开左手大拇指垂直四指且在同一平面内,让磁感线穿过掌心,四指指的是电流的方向,则大拇指就是安培力的方向.所以安培力方向与磁场方向垂直、与电流方向垂直,即其与磁场和电流的方向所构成的平面垂直.‎ ‎2. 如图所示,圆环上带有大量的负电荷,当圆环沿顺时针方向转动时,a、b、c三枚小磁针都要发生转动,以下说法正确的是 A. a、b、c的N极都向纸里转 B. b的N极向纸外转,而a、c的N极向纸里转 C. b、c的N极都向纸里转,而a的N极向纸外转 D. b的N极向纸里转,而a、c的N极向纸外转 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析:圆环带有负电荷,圆环顺时针转动时,产生的等效电流方向沿逆时针方向;由安培定则可知,a、c所在处磁场垂直于纸面向里,b处磁场垂直于纸面向外,故 a、c处的小磁针的N极朝纸内转动,b处小磁针的N极朝纸外转动,故B正确,ACD错误;故选B.‎ ‎【点睛】正电荷的定向移动方向是电流的方向,负电荷的定向移动方向与电流方向相反;在磁场中,小磁针静止时N极所指的方向是磁场的方向;由安培定则判断出a、b、c、d各处磁场方向,然后确定小磁针的转动情况.‎ ‎3. 铅蓄电池的电动势为2V,这表示 A. 铅蓄电池两极间的电压为2V B. 铅蓄电池能在1s内将2J的化学能转变成电能 C. 电路中通过相同的电荷量时,铅蓄电池比1节干电池非静电力做的功多 D. 铅蓄电池接入不同电路中,电动势会发生变化 ‎【答案】C ‎【解析】电源两极间电压,当电源不接入电路时,等于电源的电动势;当接入电路时,小于电源的电动势,A错误;电源每通过1C电量,电源把2J的化学能转变为电能,不是在1s内将2J的化学能转变成电能,B错误;电源的电动势是表示电源将其它形式的能转化为电能的本领,铅蓄电池的电动势比一节干电池的电动势大,通过相同的电荷量时,铅蓄电池比1节干电池非静电力做的功多,故C正确;电动势不随外电路的变化而变化,D错误.‎ ‎4. 一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方,如图所示,如果直导线可以自由地运动且通以方向由a到b的电流,则导线ab受到安培力的作用后的运动情况为 A. 从上向下看顺时针转动并靠近螺线管 B. 从上向下看顺时针转动并远离螺线管 C. 从上向下看逆时针转动并远离螺线管 D. 从上向下看逆时针转动并靠近螺线管 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析: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物体的转动情况.当导体转动后,我们可以认为电流 向右偏内,受力也将发生变化,为了简便,我们可以判断导体转动到向里的位置判断导体的受力情况,再判出导体的运动情况.‎ 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上,右侧导体所处的磁场斜向下,则由左手定则可知,左侧导体受力方向向外,右侧导体受力方向向里,故从上向下看,导体应为逆时针转动;当导体转过90°时,由左手定则可得导体受力向下,故可得出导体运动为逆时针转动的同时还要向下运动.即为a端转向纸外,b端转向纸里,且靠近通电螺线管,故D正确,ABC错误;‎ 故选:D ‎【点评】解决本题的关键(1)清楚通电螺线管的磁场,应看到左右两边磁场的不同;(2)能准确地应用左手定则判断磁场与电流不垂直的情况;(3)会找到一些有代表性的特殊位置求解.‎ ‎5. 在描绘小灯泡的伏安特性曲线时,采用如图所示电路,实验中发现移动滑动变阻器的滑片时,电流表的示数变化而电压表的指针不动,下列原因可能的是 A. 灯泡中灯丝已烧断 B. 滑片接触不良 C. 灯泡内部短路 D. 滑动变阻器A端接触不良 ‎【答案】C ‎【解析】根据题中图可知若电压表的电阻无穷大,移动滑片时,因电流表示数有变化,故和电流表串联的回路为通路,不存在短路,故A错误;若滑片接触不良,电路中不可能有电流,故B错误;若滑动变阻器A端接触不良,滑片移动时电流表和电压表读数均变化,故D错误;若灯泡内短路则灯泡两端电压为零,电压表指针不变,移动滑片时,只有电流 表指针变化,故C正确。所以C正确,ABD错误。‎ ‎6. 关于通电导线所受安培力F的方向,磁感应强度B的方向和电流I的方向之间的关系,下列说法正确的是 A. F、B、I三者必须保持相互垂直 B. F必须垂直B、I,但B、I可以不相互垂直 C. B必须垂直F、I,但F、I可以不相互垂直 D. I必须垂直F、B,但F、B可以不相互垂直 ‎【答案】B ‎【解析】安培力F总是与磁场B和电流I决定的平面垂直,但B与I(即导线)可以垂直,也可以不垂直,通电导线受安培力时,力F与磁场及力F与导线都是垂直的,故A、C、D均错,B正确.‎ ‎7. 为了设计电路,先用多用电表的欧姆挡粗测未知电阻,采用“×10”挡,调零后测量该电阻,发现指针偏转非常大,最后几乎紧挨满偏刻度停下来,下列判断和做法正确的是 A. 这个电阻阻值很小,估计只有几欧姆 B. 这个电阻阻值很大,估计有几千欧姆 C. 如需进一步测量可换“×1”挡,调零后测量 ‎ D. 如需进一步测量可换“×1k”挡,调零后测量 ‎【答案】AC ‎【解析】采用“×10”挡,调零后测量该电阻,发现指针偏转非常大,最后几乎紧挨满偏刻度停下来,说明所测电阻很小,约为几欧姆,所选挡位太大,为准确测量电阻阻值应选择“×1”挡,重新进行欧姆调零后再测电阻阻值,故AC正确,BD错误;‎ 故选:AC.‎ 点睛:使用欧姆表测电阻应选择合适的挡位,使指针指在中央刻度线附近;欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零;欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数.‎ ‎8. 关于三个公式:①P=IU,②P=I2R,③P=U2/R,下列叙述正确的是 A. 公式①适用于任何电路的电功率 B. 公式②适用于任何电路的电热功率 C. 公式①②③适用于任何电路电功率 D. 上述没有一个正确 ‎【答案】AB ‎【解析】A、适用于任何电路计算功率,故A正确,D错误; B、是由焦耳定律推导出的计算公式,因此适用于任何电路计算发热功率,故B正确; C、在纯电阻电路中,、以及都可用来计算电路消耗的功率;当在非纯电阻电路中,只可以用来计算电路消耗的功率,故C错误。‎ 点睛:适用于任何电路计算功率;适用于任何电路计算发热功率,只适合于纯电阻电路计算功率。‎ ‎9. 如图所示,真空中M、N处放置两等量异种电荷,a、b、c为电场中的三点,实线PQ为M、N连线的中垂线,a、b两点关于MN对称,a、c两点关于PQ对称,已知一带正电的试探电荷从a点移动到c点时,试探电荷的电势能增加,则以下判定正确的是 ‎ A. M点处放置的是负电荷 B. a点的场强与c点的场强完全相同 C. a点的电势高于c点的电势 D. 若将该试探电荷沿直线由a点移动到b点,则电场力先做正功,后做负功 ‎【答案】AD ‎【解析】AC、因正电荷由a到c电势能增加,则电场力做负功,则电势升高.故c点电势高于a点电势.则M点为负电荷,故A正确,C错误;‎ B、a点与c点为关于两电荷的中垂线对称,则场强大小相等但方向不同,故B错误;‎ D、将该试探电荷沿直线由a点移动到b点,根据等势线分布图可知,电势先降低后升高,则电势能先减小后增大,电场力先做正功、后做负功.故D正确;‎ 故选AD。‎ ‎10. 如图,电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r。将滑动变阻器滑片向下滑动,理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3,理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI,则 A. A的示数增大 B. V2的示数增大 C. ΔU3与ΔI的比值大于r D. ΔU1大于ΔU2‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】A. 据题理想电压表内阻无穷大,相当于断路。理想电流表内阻为零,相当短路,所以R与变阻器串联,电压表V1、V2、V3分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压。当滑动变阻器滑片向下滑动时,接入电路的电阻减小,电流增大,A的示数增大,A正确; ‎ B. 根据闭合电路欧姆定律得: U2=E−Ir, V2的示数减小,B错误; ‎ C. 根据闭合电路欧姆定律得:U3=E−I(R+r),则得:△U3/△I=R+r,大于r,故C正确;‎ D.根据闭合电路欧姆定律得:U2=E−Ir,则得:△U2/△I=r;△U1/△I=R,据题:R>r,则得△V1>△V2,故D正确。‎ 故选:ACD。‎ 点睛:理想电压表内阻无穷大,相当于断路.理想电流表内阻为零,相当短路.分析电路的连接关系,根据欧姆定律分析. ‎ 二、填空题 ‎11. 将长为1 m的导线ac从中点b折成如图所示的形状,放入B=0.08 T的匀强磁场中,abc平面与磁场垂直.若在导线abc中通入25 A的直流电,则整个导线所受安培力大小为______ N。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】通电导线受力的有效长度为首尾相接的直线段Lac=2×Lcos 30°=m,故导线所受安培力的大小为F=ILacB=25××0.08 N=N。‎ ‎12. (1)如图所示,螺旋测微器的读数为______mm,游标卡尺的读数为______mm。‎ ‎(2)电压表接0~3V量程,电压表的读数为______V;‎ ‎(3)电流表接0~0.6A量程,电流表的读数为______A。‎ ‎【答案】 (1). 6.124 (2). 50.90 (3). 2.14-2.18 (4). 0.16‎ ‎【解析】试题分析:(1)螺旋测微器的读数为6mm+0.01mm×12.4=6.124mm;游标卡尺的读数为5cm+0.05mm×18=50.90mm.(2)电压表接0-3V量程,电压表读数2.15V; (3)电流表接0-0.6A量程,电流表读数为0.16A;‎ 考点:游标卡尺及螺旋测微器的读数 ‎【名师点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法,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。‎ ‎13. 在“测定金属的电阻率”的实验中,用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如右图所示,用米尺测出金属丝的长度L,金属丝的电阻大约为5 Ω,先用伏安法测出金属丝的电阻Rx,然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率。‎ 为此取来两节新的干电池、开关和若干导线及下列器材:‎ A.电压表0~3 V,内阻10 kΩ ‎ B.电压表0~15 V,内阻50 kΩ C.电流表0~0.6 A,内阻0.05 Ω ‎ D.电流表0~3 A,内阻0.01 Ω E.滑动变阻器,0~10 Ω ‎ F.滑动变阻器,0~100 Ω ‎(1)要求较准确地测出其阻值,电压表应选________,电流表应选________,滑动变阻器应选________。(填序号)‎ ‎(2)实验中实物接线如下图所示 ,请指出该同学实物接线中的两处明显错误:‎ 错误1______________________________________________________________。‎ 错误2______________________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). A (2). C (3). E (4). 滑动变阻器线接到滑片上 (5). 电流表内接 ‎【解析】(1)两节干电池电动势为3V,则电压表选用3V量程的,故选A;电路中可能达到的最大电流,则电流表选择C;电路用限流电路,滑动变阻器选择E.‎ ‎(2)金属丝的电阻大约为5Ω,电流表内阻很小约为零点几欧姆,电压表内阻很大, 约为几千甚至几万欧姆,电压表内阻远大于金属丝电阻,电流表应采用外接法, 由图示电路图可知,电流表采用内接法,这是错误的,另外导线 接在滑动变阻器滑片上也是错误的.‎ ‎14. 为测定一节新干电池的电动势和内电阻(已知该干电池的内电阻相当小,额定电流为0.7A),可供选择的器材有:‎ 电压表:A.量程3V,内阻为10kΩ; ‎ B.量程15V.内阻为20 kΩ;‎ 电流表:C.量程0.8A内阻约为0.5Ω;‎ D.量程3A,内阻约为0.2Ω;‎ 滑动变阻器:E.最大电阻10Ω,额定电流0.7A;‎ F.最大电阻2kΩ,额定电流2A;‎ G.定值电阻R0=1Ω.‎ H.开关、导线若干。‎ ‎(1)要使实验误差较小且操作方便,可选择的器材是_______________(填字母代号);‎ ‎(2)图甲中的电路图应选择______;‎ ‎(3)实验测得9组数据,已标在图乙的坐标中,请在图乙中连线,从图中可得电池内阻r=_____Ω(结果保留两位有效数字)。‎ ‎【答案】 (1). A、C、E、G、H (2). D (3). 0.14‎ ‎【解析】(1)一节干电池的电动势约为1.5V,则电压表选3V量程,应用伏安法测一节干电池电动势与内阻时,最大电流约为零点几安培,则电流表选择0.8A量程,为方便实验操作,滑动变阻器应选E;为了准确测量应接入定值电阻等效为电源内阻再进行测量;同时还需要开关和导线,故所用仪器为ACEGH;‎ ‎(2)本实验应将定值电阻与电源串联以增大等效内阻;因电压表内阻较大,故应采用相对电源的外接法,故电路图应选择D;‎ ‎(3)用直线将各点连接,如图所示:‎ 由U=E−I(R+r)可得,R+r=(1.48−0.70)/0.68=1.14Ω,故内阻r=1.14−1=0.14Ω;‎ 三、计算题 ‎15. 如图为家用电饭锅的工作原理电路图,工作电压U=220V,利用R1、R2加热,已知R1=R2=44Ω。‎ ‎(1)当开关闭合时,电饭煲的总功率为多大?‎ ‎(2)当开关断开时,电饭煲的总功率为多大?‎ ‎(3)若电饭煲处于保温状态,开关处于闭合还是断开状态?‎ ‎【答案】(1);(2);(3)断开 则电饭煲的总功率为。‎ ‎(3)由上计算可知,开关断开时为保温状态。‎ 考点:闭合电路的欧姆定律 ‎【名师点睛】本题考查了串联电路的特点和电功率公式的灵活应用,利用好公式和规律是关键。‎ ‎16. 如图所示,两平行金属导轨间的距离L=0.4m,金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°,在导轨所在平面内,分布着磁感应强度B=0.5T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场.金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.5Ω的直流电源.现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上,导体棒恰好静止.导体棒与金属导轨垂直且接触良好,导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω,金属导轨电阻不计,g取10m/s2。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:‎ ‎(1)通过导体棒的电流;‎ ‎(2)导体棒受到的安培力大小;‎ ‎(3)导体棒受到的摩擦力大小。‎ ‎【答案】(1)1.5A(2)0.30N(3)0.06N ‎【解析】(1)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: ‎ ‎(2)导体棒受到的安培力:F=BIL=0.5×1.5×0.4=0.30N 根据左手定则,方向平行斜面向上; (2)导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1=mgsin37°=0.24N, 由于F1小于安培力,故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f; 根据共点力平衡条件,有:mg sin37°+f=F 解得:f=0.06N ‎17. 如图所示的电路中,两平行金属板A、B水平放置,两板间距离d=40 cm。电源电动势E=24 V,内电阻r=1 Ω,电阻R=15 Ω。闭合开关S,待电路稳定后,将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间。若小球带电荷量q=1×10-2C,质量为,不考虑空气阻力。那么,滑动变阻器接入电路的阻值为多大时,小球恰能到达A板?此时电源输出功率是多大?(g取10 m/s2)‎ ‎【答案】(1)(2)23W ‎【解析】(1)对小球从B到A,有vA=0;则由动能定理可得:-qUAB-mgd=0-mv02 得:UAB=8V; 由闭合电路欧姆定律可得:E=I(R+r)+UAB 解得:I=1A; 则有:RP==8Ω; (2)电源的输出功率等于外电路上消耗的功率,故电源的输出功率: P出=I2(R+RP)=1×(15+8)=23W. ‎ 点睛:本题考查闭合电路欧姆定律中的含容电路,要明确电容的性质,知道电容器两端的电压等于与之并联的电阻两端的电压.‎ ‎18. 如图,空间有一竖直向下沿x轴方向的静电场,电场的场强大小按分布(x是轴上某点到O点的距离)。,x轴上,有一长为L的绝缘细线连接均带负电的两个小球A、B,两球质量均为m,B球带电荷量大小为q,A球距O点的距离为L。两球现处于静止状态,不计两球之间的静电力作用。‎ ‎(1)求A球的带电荷量大小qA;‎ ‎(2)剪断细线后,求B球下落速度达到最大时,B球距O点距离为x0 ;‎ ‎(3)剪断细线后,求B球下落的最大高度h。‎ ‎【答案】(1)6q(2)4L(3)4L ‎【解析】(1)A、B两球静止时,A球所处位置场强为E1=kL=mg/3q B球所处位置场强为E2=k⋅2L=2mg/3q 对A、B由整体法得:2mg-qAE1−qE2=0‎ 解得:qA=−4q,电量大小为4q.‎ ‎(2)当B球下落速度达到最大时,B球距O点距离为x0,则有mg=qE,‎ 即 解得:x0=3L 当B球下落速度达到最大时,B球距O点距离为3L ‎(3)设小球下落的最大高度为h,运动过程中,电场力大小线性变化,所以由动能定理得:‎ ‎ ‎ 解得:h=2L。‎ ‎ ‎
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