【物理】江西省赣州市赣县中学北校区2019-2020学年高二12月月考试题（解析版）

【物理】江西省赣州市赣县中学北校区2019-2020学年高二12月月考试题（解析版）

物理试题 一、选择题(本题包含10小题,每小题4分,共40分.在每小题给出的四个选项中,1~8题只有一个选项符合题目要求,9~10题有多个选项符合题目要求,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.指南针是我国古代的四大发明之一。当指南针静止时，其N极指向如图中虚线(南北向)所示，若某一条件下该指南针静止时N极指向如图实线(N极指向北偏东)所示。则以下判断正确的是(　　) ‎ A. 可能在指南针上面有一导线东西放置，通由东向西的电流 B. 可能在指南针上面有一导线东西放置，通由西向东的电流 C. 可能在指南针上面有一导线南北放置，通由北向南的电流 D. 可能在指南针上面有一导线南北放置，通由南向北的电流 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．导线东西放置，通有向西的电流，根据安培定则可知，小磁针N极将向南偏转，故A错误；‎ B．导线东西放置，通有向东的电流，根据安培定则可知，小磁针N极不偏转，故B错误；‎ C．导线南北放置，通有向南的电流时，根据安培定则可知，小磁针N极将向东偏转，故可能转向图中实线所示位置，故C正确；‎ D．导线南北放置，通有向北的电流，根据安培定则可知，小磁针N极将向西偏转，与图中实线所示位置相反，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎2. 两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的 A. 轨道半径减小，角速度增大 B. 轨道半径减小，角速度减小 C. 轨道半径增大，角速度增大 D. 轨道半径增大，角速度减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由于磁场方向与速度方向垂直，粒子只受到洛伦兹力作用，即，轨道半径，洛伦兹力不做功，从较强到较弱磁场区域后，速度大小不变，但磁感应强度变小，轨道半径变大，根据角速度可判断角速度变小，选项D正确．‎ ‎【定位】磁场中带电粒子的偏转 ‎【名师点睛】洛伦兹力在任何情况下都与速度垂直，都不做功，不改变动能．‎ ‎3. 关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（ ）‎ A. 安培力的方向可以不垂直于直导线 B. 安培力的方向总是垂直于磁场的方向 C. 安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关 D. 将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：本题考查了产生条件、大小与方向，当电流方向与磁场平行时不受安培力，根据左手定则可知安培力的方向与磁场垂直．引用公式F=BIL时，注意要求磁场与电流垂直，若不垂直应当将导线沿磁场与垂直于磁场分解，因此垂直时安培力最大，最大为F=BIL．‎ 解：A、B、根据左手定则可知，安培力方向与磁场和电流组成的平面垂直，即与电流和磁场方向都垂直，故A错误，B正确；‎ C、磁场与电流不垂直时，安培力的大小为F=BILsinθ，则安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角有关，故C错误；‎ D、当电流方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，将直导线从中折成直角，让其中的一半与磁场的方向平行，安培力的大小将变为原来的一半；将直导线在垂直于磁场的方向的平面内从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎【点评】解决本题的关键是知道当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小．当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为F=BIL．‎ ‎4.如图所示，两个圆形线圈P和Q，悬挂在光滑绝缘杆上，通以方向相同的电流，若，P、Q受到安培力大小分别为，则P和Q A. 相互吸引， B. 相互排斥，‎ C. 相互排斥， D. 相互吸引，‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】两个圆形线圈，电流同向，根据同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，知两线圈相互吸引．根据牛顿第三定律知，因为线圈P对线圈Q的力和线圈Q对线圈P的力大小相等，方向相反，故D正确。‎ ‎5.一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由a到b的电流，则导线ab受磁场力后的运动情况为(　　)‎ 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．‎ ‎6.直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，关于电源的说法错误的是( ) ‎ A. 总功率一定减小 B. 效率一定增大 C. 内部损耗功率一定减小 D. 输出功率一定先增大后减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由电路图可知，当滑动变阻滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路总电阻变大，电源的电动势和内阻不变，由闭合电路的欧姆定律可知，电路总电流变小，根据电源总功率则知电源的总功率一定减小，故A不符合题意；‎ B．根据可知路端电压增大，根据电源的效率可知电源效率一定增大，故B不符合题意；‎ C．电源内阻不变，电流减小，根据电源的热功率 可知电源的热功率一定减小，故C不符合题意；‎ D．当滑动变阻器阻值与电源内阻相等时，电源输出功率最大，由于不知道最初滑动变阻器接入电路的阻值与电源内阻间的关系，因此无法判断电源输出功率如何变化，故D符合题意；故选D ‎7.如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，曲线Ⅲ与直线Ⅰ、Ⅱ相交点的坐标分别为P(5.2，3.5)、Q(6，5)。如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是(　　) ‎ A. 电源1与电源2的内阻之比是3∶2‎ B. 电源1与电源2的电动势之比是3∶2‎ C. 在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1∶2‎ D. 在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是7∶10‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据电源图线可知：‎ 则有： 故A正确；‎ B．根据电源图线可知：‎ 电源1与电源2的电动势之比是1∶1，故B错误；‎ CD．灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线的交点即为灯泡与电源连接时的工作状态，则有：‎ ‎， ，‎ 可得： ， ，‎ 小灯泡的电阻之比为：‎ 小灯泡消耗的功率之比为： ‎ 故C、D错误；故选A。‎ ‎8.如图所示，M、N是两块水平放置平行金属板，R0为定值电阻，R1和R2为可变电阻，开关S闭合。质量为m的带正电荷的微粒从P点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点。若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度v0射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是(　　) ‎ A. 保持开关S闭合，增大R1，粒子打在O点右侧 B. 保持开关S闭合，增大R2，粒子打在O点左侧 C. 断开开关S，M极板稍微上移，粒子打在O点右侧 D. 断开开关S，N极板稍微下移，粒子打在O点右侧 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．保持开关S闭合，由闭合电路欧姆定律和欧姆定律可知两端的电压为：‎ 增大，可知两端的电压将减小，电容器两端的电压减小，根据可知粒子电场力减小，根据粒子加速度增大，粒子在平行板间运动则有：‎ 水平位移为：‎ 水平位移将减小，故粒子打在点左侧，故A错误；‎ B．保持开关S闭合，增大，不会影响电阻两端的电压，故粒子打在点，故B错误；‎ C．断开开关，平行板带电量不变，根据，及可得：‎ 极板稍微上移，两极板的间距增大，但电场强度不变，故加速度不变，不会影响离子的运动，故还打在点，故C错误；‎ D．断开开关，平行板带电量不变，根据，及可得：‎ 极板稍微下移，两极板的间距增大，但电场强度不变，故加速度不变，电场强度不变，加速度不变，不会影响离子的运动，垂直极板方向的运动的位移变大，运动时间变长，沿极板方向运动的位移也增大，故粒子打在点右侧，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎9.在如图所示的电路，电源的内阻为r，现闭合电键S，将滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是 A. 灯泡L变亮 B. 电压表读数变小 C. 电流表读数变小 D. 电容器C上的电荷量增大 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】滑片P向左移动一段距离后电阻变大，故电路的电流减小，电流表读数变小，灯泡L变暗；路端电压变大，故电压表读数变大；滑动变阻器两端电压变大，根据Q=CU可知，电容器C上的电荷量增大，选项CD正确，AB错误.‎ ‎10.在图甲所示电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1＝100 Ω，R2的阻值未知，R3是一滑动变阻器，在其滑片从最左端滑至最右端的过程中，测得电源的路端电压U随干路电流I 的变化图线如图乙所示，其中图线上的A、B两点是滑片在变阻器上的两个不同端点时分别得到的，则（ ）‎ A. 电源的电动势为20 V、内电阻为20 Ω B. 定值电阻R2的阻值为5 Ω C. 定值电阻R2消耗的最大功率为16 W D. 滑动变阻器R3的最大阻值为300 Ω ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由闭合电路的欧姆定律得：‎ 将图象中、两点的电压和电流代入得：‎ 解得：‎ ‎，‎ 故A正确；‎ B．当的滑片滑到最右端时，、均被短路，此时外电路电阻等于，且对应于图线上的点，故由点的、值可求出的阻值为：‎ 故B正确；‎ C．当的滑片滑到最右端时，、均被短路，此时定值电阻消耗的功率最大，定值电阻消耗的最大功率为：‎ 故C错误；‎ D．当的滑片置于最左端时，阻值最大，设此时外电路总电阻为，由图象中点坐标求出：‎ 又：‎ 代入数据得滑动变阻器的最大阻值：‎ 故D正确；故选ABD。‎ 二、实验题（每空2分，共14分）‎ ‎11. 某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图（a）和（b）所示．该工件的直径为______cm，高度为________mm．‎ ‎【答案】，‎ ‎【解析】‎ 游标卡尺读数为 螺旋测微器的读数为：‎ ‎【考点定位】螺旋测微器，游标卡尺读数 ‎【方法技巧】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，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．‎ ‎12.用如图所示电路测量电源的电动势和内阻．实验器材：待测电源（电动势约3V，内阻约2Ω），保护电阻R1（阻值10Ω）和R2（阻值5Ω），滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干．‎ 实验主要步骤：‎ ‎（ⅰ）将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；‎ ‎（ⅱ）逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；‎ ‎（ⅲ）以U为纵坐标，I为横坐标，作U—I图线（U、I都用国际单位）；‎ ‎（ⅳ）求出U—I图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）电压表最好选用______；电流表最好选用______．‎ A．电压表（0-3V，内阻约15kΩ） B．电压表（0-3V，内阻约3kΩ）‎ C．电流表（0-200mA，内阻约2Ω） D．电流表（0-30mA，内阻约2Ω）‎ ‎（2）滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大，两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是______．‎ A．两导线接在滑动变阻器电阻丝两端的接线柱 B．两导线接在滑动变阻器金属杆两端的接线柱 C．一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱 D．一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱 ‎（3）选用k、a、R1、R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E=______，r=______，代入数值可得E和r的测量值．‎ ‎【答案】 (（1）A、 C （2）C （3）ka k-R2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电压表并联在电路中，故电压表内阻越大，分流越小，误差也就越小，因此应选内阻较大的A电压表；‎ 当滑动变阻器接入电阻最小时，通过电流表电流最大，此时通过电流表电流大小约为；因此，电流表选择C；‎ ‎（2）分析电路可知，滑片右移电压表示数变大，则说明滑动变阻器接入电路部分阻值增大，而A项中两导线均接在金属柱的两端上，接入电阻为零；而B项中两导线接在电阻丝两端，接入电阻最大并保持不变；C项中一导线接在金属杆左端，而另一导线接在电阻丝左端，则可以保证滑片右移时阻值增大；而D项中导线分别接右边上下接线柱，滑片右移时，接入电阻减小；故D错误；故选C；‎ ‎（3）由闭合电路欧姆定律可知：U=E-I（r+R2），对比伏安特性曲线可知，图象的斜率为k=r+R2； 则内阻r=k-R2； 令U=0，则有：‎ ‎； 由题意可知，图象与横轴截距为a，则有：；解得：E=ka .‎ ‎【点睛】本题考查测量电源的电动势和内电阻实验中的仪表选择以及数据处理，要注意明确根据图象分析数据的方法，重点掌握图象中斜率和截距的意义．‎ 三、计算题(本题包含4小题,共46分)‎ ‎13.在如图所示电路中，电源电动势为12 V，电源内阻为1.0 Ω，电路中电阻R0为1.5 Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5 Ω。闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0 A。求电动机两端的电压以及电动机的输出功率分别为多少。‎ ‎【答案】；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】电路中电流表的示数为2.0A，所以电动机的电压为：‎ 电动机的总功率为：‎ 总 电动机的发热功率为：‎ 热 所以电动机的输出功率为：‎ 出总热 ‎14.如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40 m，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=0.50 T、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=4.5 V、内阻r=0.50 Ω的直流电源，现把一个质量m=0.040 kg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°=0.60，cos37°=0.80）．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．‎ ‎【答案】（1）1.5A（2）0.30N（3）0.06N ‎【解析】‎ ‎【详解】（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：‎ ‎；‎ ‎（3）导体棒所受重力沿斜面向下的分力 ‎，‎ 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 ‎ ‎，‎ 解得：‎ ‎， ‎ 方向沿斜面向下；‎ ‎15.如图所示，PQ和MN为水平平行放置的金属导轨，相距L＝1 m。PM间接有一个电动势为E＝6 V，内阻r＝1 Ω的电源和一只滑动变阻器。导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m＝0.2 kg，棒的中点用细绳经定滑轮与物体相连，物体的质量M＝0.3 kg。棒与导轨的动摩擦因数为μ＝0.5(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，导轨与棒的电阻不计，g取10 m/s2)，匀强磁场的磁感应强度B＝2 T，方向竖直向下，求为了使物体保持静止，滑动变阻器连入电路的阻值范围是多少。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】当棒刚要向右滑动时，轨道对棒的静摩擦力向左达到最大，此时电路中电流最小，设为，由平衡条件得：‎ 解得：‎ 此时变阻器接入电路的电阻最大，设为，由欧姆定律得：‎ 当棒刚要向左滑动时，轨道对棒的静摩擦力向右达到最大，此时电路中电流最大，设为，由平衡条件得：‎ 解得：‎ 此时变阻器接入电路的电阻最小，设为，由欧姆定律得：‎ 所以为了使物体保持静止，滑动变阻器连入电路的阻值范围为：‎ ‎16.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m＝5.0×10－8 kg、电荷量为q＝1.0×10－6 C的带电粒子．从静止开始经U0＝10 V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP＝30 cm，(粒子重力不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：‎ ‎(1)带电粒子到达P点时速度v大小；‎ ‎(2)若磁感应强度B＝2.0T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，求OQ的距离；‎ ‎(3)若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B′满足的条件．‎ ‎【答案】（1）20 m/s　（2）0.90 m　（3）B′＞5.33 T ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)粒子处于加速阶段，则由动能定理可求出速度大小；(2)粒子仅在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可求出运动半径大小;再根据几何关系，建立已知长度与半径的关系，从而即可求得.(3)由于带电粒子不从x轴射出，根据几何关系可得半径的取值范围，再由半径公式可推导出磁感应强度B'满足的条件.‎ ‎【详解】(1)对带电粒子的加速过程，由动能定理 代入数据得v＝20 m/s ‎(2)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有： ‎ 代入数据得R＝0.5m ‎ 而 故圆心一定在x轴上，轨迹如图甲所示:‎ 由几何关系可知：‎ 故OQ＝0.90m ‎(3)带电粒子不从x轴射出,如图乙所示：‎ 由几何关系得：①‎ ‎ ②‎ 由①②并代入数据得 ‎【点睛】考查动能定理、牛顿第二定律及向心力公式，同时将几何知识融入题中，从而提升学生分析与解题的能力.‎