【物理】黑龙江省大庆市第四中学2019-2020学年高二上学期第二次月考试题（解析版）

【物理】黑龙江省大庆市第四中学2019-2020学年高二上学期第二次月考试题（解析版）

大庆四中2019～2020学年度第一学期第二次检测高二年级 物理学科试题 一．选择题（1-8题为单选题，9-12为多选题。每题4分共48分）‎ ‎1.中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也．”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图．结合上述材料，下列说法不正确的是 A. 地理南、北极与地磁场的南、北极不重合 B. 地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近 C. 地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行 D. 地磁南极附近的地磁场方向可认为是竖直向下的 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．地理南、北极与地磁场的南、北极不重合，选项A正确，不符合题意；‎ B．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近，选项B正确，不符合题意；‎ C．地球表面只有赤道附近的地磁场方向是与地面平行的，其它地方的地磁场都有竖直分量，选项C错误，符合题意；‎ D．地磁南极附近的地磁场方向可认为是竖直向下的，选项D正确，不符合题意.‎ ‎2.在静电场中，下列说法正确的是 A. 沿着电场线方向，电势一定越来越低 B. 电场强度为零的点，电势一定为零 C. 电场强度处处相同的区域内，电势也一定处处相同 D. 只在电场力作用下，正电荷一定从高电势的地方向低电势的地方移动 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．沿着电场线方向，电势一定越来越低，选项A正确；‎ B．电场强度为零的点，电势不一定为零，例如等量同种电荷连线的中点处，选项B错误；‎ C．电场强度处处相同的区域内，电势不一定处处相同，例如匀强电场，选项C错误；‎ D．只在电场力作用下，处于静止的正电荷一定从高电势的地方向低电势的地方移动，选项D错误。‎ ‎3.如图，两个带电球，大球的电荷量大于小球的电荷量，下列说法正确的是 A. 两球都带正电 ‎ B. 大球受到的静电力大于小球受到的静电力 C. 两球都带负电 ‎ D. 两球受到的静电力大小相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．根据图可知，两球之间是排斥力，只能判断两球带的电性相同，不能肯定两球都带正电还是都带负电，故AC均错误。‎ BD．两球之间的库仑力是作用力与反作用力，根据牛顿第三定律可知，两球受到的静电力大小相等，故B错误、D正确。‎ ‎4.关于电源电动势的说法，正确的是：‎ A. 电源电动势一定等于路端电压 B. 电场力把正电荷从电源正极移送到负极所做的功等于电源电动势 C. 电源把其它形式的能转化为电能越多电动势就越高 D. 非静电力把单位正电荷从电源负极移送到正极所做的功等于电源的电动势 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电源电动势等于外电路断路时的路端电压，选项A错误；‎ BD．非静电力把单位正电荷从电源负极移送到正极所做的功等于电源的电动势，选项B错误，D正确；‎ C．电源把其它形式的能转化为电能的本领越大，则电动势就越高，选项C错误。‎ ‎5.关于电流的下列说法中，正确的是 A. 通电时间越长，电流越大 B. 单位时间内通过导体横截面的电量越多，导体中电流越大 C. 导体中的电流越大，表示通过其横截面的电量越多 D. 计算电解液中电流时，只需考虑流过某一截面的正电荷的电量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电流的大小与通电时间无关，选项A错误；‎ B．根据可知，单位时间内通过导体横截面的电量越多，导体中电流越大，选项 B正确；‎ C．导体中的电流越大，表示单位时间内通过其横截面的电量越多，选项C错误；‎ D．计算电解液中的电流时，流过某一截面的正负电荷的电量都要考虑，选项D错误。‎ ‎6.如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下级板都接地．在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，EP表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（　　）‎ A. θ增大，E增大 B. θ增大，EP不变 C. θ减小，EP增大 D. θ减小，E不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，则根据可知，C变大，Q一定，则根据Q=CU可知，U减小，则静电计指针偏角θ减小；根据，Q=CU，，联立可得，可知Q一定时，E不变；根据U1=Ed1可知P点离下极板距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，则EP不变；故选项ABC错误，D正确．‎ ‎【考点定位】电容器、电场强度、电势及电势能 ‎【名师点睛】此题是对电容器的动态讨论；首先要知道电容器问题的两种情况：电容器带电荷量一定和电容器两板间电势差一定；其次要掌握三个基本公式：，，Q=CU；同时记住一个特殊的结论：电容器带电荷量一定时，电容器两板间的场强大小与两板间距无关．‎ ‎7.如图，有一立方体空间ABCDEFGH，则下面说法正确的是 A. 若只在A点放置一正点电荷，则电势差UBC＜UHG B. 若只在A点放置一正点电荷，则B、H两点的电场强度大小相等 C. 若只在A、G两点处放置等量异种点电荷，则UBC=UEH D. 若只在A、E两点处放置等量异种点电荷，则D、F两点的电场强度相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．若A点放置一正点电荷，BC之间的电场强度要大于HG之间的电场强度，结合它们与A之间的夹角关系可得电势差UBC＞UHG，故A错误；‎ B．若A点放置一正点电荷，由于B、H两点到A的距离不相等，根据点电荷场强公式 可知，B、H两点的电场强度大小不相等。故B错误；‎ C．若只在A、G两点处放置等量异种点电荷，由于BC与EH平行且相等，结合等势面的分布情况可知UBC=UEH，故C正确。‎ D．若在A、E两点处放置等量异种点电荷，等量异种点电荷的电场具有对称性，即上下对称，左右对称，D与H上下对称，所以电场强度大小相等；H与F相对于E点一定位于同一个等势面上，所以H与F两点的电势相等，则D、F两点的电场强度大小相等，但方向不同，所以电场强度不同。故D错误。‎ ‎8.如图所示，用三条细线悬挂的水平圆形线圈共有n匝，线圈由粗细均匀、单位长度的质量为2.5g的导线绕制而成，三条细线呈对称分布，稳定时线圈平面水平，在线圈正下方放有一个圆柱形条形磁铁，磁铁中轴线OO′垂直于线圈平面且通过其圆心O，测得线圈的导线所在处磁感应强度大小为0．5T，方向与竖直线成30°角，要使三条细线上的张力为零，线圈中通过的电流至少为（ ）‎ A. 0.1A B. 0.2 A C. 0.05A D. 0.01A ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设圆环的半径为r，则圆环的质量m环=2πr×2.5×10-3kg，磁场的水平分量为Bsin30°，环受到的安培力为：F=Bsin30°×I×2πr，由于环所受向上的安培力等于环的重力，则2πr×2.5×10-3×10=Bsin30°×I×2πr，‎ 解得：I=0.1A，故A正确，BCD错误．‎ ‎【点睛】对环进行受力分析，求出环所受到的安培力是正确解题的关键．把磁场磁感应强度分解为水平分量与竖直分量，磁场竖直分量对电流的安培力为零，由左手定则可知，磁场水平分量对电流的安培力竖直向上；由安培力公式求出安培力，然后求出电流．‎ ‎9.关于欧姆定律下列理解中，正确的是 A. 当导体两端加一定的电压时，测得通过的电流越大的导体电阻越大 B. 使导体中通过一定的电流所需的电压越小，导体的电阻越小 C. 由知，一段导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流成反比 D. 对一定的导体，流过它的电流跟加在它两端的电压成正比 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据，则当导体两端加一定的电压时，测得通过的电流越大的导体电阻越小，选项A错误；‎ B．根据，使导体中通过一定的电流所需的电压越小，导体的电阻越小，选项B正确；‎ C．导体的电阻是由导体的材料、长度和截面积决定的，与它两端的电压以及通过它的电流无关，选项C错误；‎ D．根据，对一定导体，流过它的电流跟加在它两端的电压成正比，选项D正确。‎ ‎10.如图电路中，电源的电动势E和内电阻r恒定不变，电灯L恰能正常发光，如果变阻器的滑片向b端滑动，则 A. 电灯L更亮，安培表的示数减小 B. 电灯L变暗，安培表的示数增大 C. 电灯L更亮，电阻R2上消耗的功率变小 D. 电灯L变暗，电阻R2上消耗的功率变大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．变阻器的滑片向b端滑动，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，则总电流I减小，路端电压U增大，则电灯L更亮，安培表的示数减小。故A正确，B错误。‎ CD．总电流I减小，而通过灯泡的电流变大，则通过R2的电流减小，根据P2=I2R2可知，R2消耗的功率减小。故C正确，D错误。‎ ‎11.如图，等量正电荷电场线左右对称分布．M、N为对称线上两点．下列说法正确的是 A. M点场强可能大于N点场强 B. M点电势一定高于N点电势 C. 将电子从M点移动到N点,静电力一定做负功 D. 正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．M点电场线比N点稀疏，则M点场强小于N点场强，选项A错误；‎ B．沿电场线电势就降低，可知M点电势一定高于N点电势，选项B正确；‎ C．将电子从M点移动到N点，电场力的方向与移动的方向相反，可知静电力一定做负功，选项C正确；‎ D．M点电势一定高于N点电势，则正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能，选项D正确。‎ ‎12.如图所示的电路中，电源电动势为12 V，内阻为2Ω，四个电阻的阻值已在图中标出．闭合开关S，下列说法正确的有 A. 路端电压为10 V B. 电源的总功率为10 W C. a、b间电压 D. a、b间用导线连接后，电路的总电流为1 A ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．外电阻为R：‎ 则 ‎ ‎ 则路端电压 U=IR=1×10V=10V 选项A正确；‎ B．电源的总功率为 P=EI=12×1W=12W 故B错误；‎ C．选电源负极为0电势点，则a点电势为 b点的电势 a、b两点间的电压为 ‎ ‎ 故C正确；‎ D．a、b间用导线连接后外电阻为R′，则 则电流 故D错误；‎ 二、实验题（共16分）‎ ‎13.（1）将满偏电流Ig=300μA、Rg=100Ω的电流表改装成电压表．将该表改装成量程为3V的电压表，需_______（填“串联”或“并联”）阻值为R1=_______Ω的电阻．‎ ‎（2）一只小灯泡标有“3V，0.6W”字样，现用下面给出的器材测量该小灯泡正常发光时的电阻．电源电动势为12V，内阻为1Ω；最大阻值为5Ω的滑动变阻器；电流表的内阻约为1Ω；电压表的内阻约为10kΩ；开关一个、导线若干．在设计电路的过程中，为了尽量减小实验误差，电流表应采用________(填“内接”或“外接”)法．滑动变阻器应采用________(填“分压式”或“限流式”)接法．‎ ‎【答案】 (1). 串联 9900 (3). 外接 分压式 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1][2]将该表改装成量程为3V的电压表，需串联阻值为 ‎（2）[3][4]小灯泡的电阻 则 ‎；‎ 因电压表内阻远大于待测电阻的阻值，可知因采用电流表外接；滑动变阻器阻值较小，故采用分压电路。‎ ‎14.某学习小组的同学拟探究小灯泡L的伏安特性曲线，可供选用的器材如下：‎ 小灯泡L，规格“4.0V，0.7A”；‎ 电流表A1，量程3A，内阻约为0.1Ω；‎ 电流表A2，量程0.6A，内阻r2＝0.2Ω；‎ 电压表V，量程3V，内阻rV＝9kΩ；‎ 标准电阻R1，阻值1Ω；‎ 标准电阻R2，阻值3 kΩ；‎ 滑动变阻器R，阻值范围0～10 Ω；‎ 学生电源E，电动势6 V，内阻不计；开关S及导线若干．‎ ‎(1)甲同学设计了如图甲所示的电路来进行测量，当通过L的电流为0.46A时，电压表的示数如图乙所示，读数为________V，此时L的电阻为________Ω．‎ ‎(2)乙同学又设计了如图丙所示的电路来进行测量，电压表指针指在最大刻度时，加在L上的电压值是________V．‎ ‎(3)学习小组认为要想更准确地描绘出L完整的伏安特性曲线，需要重新设计电路．请你在乙同学的基础上利用所供器材，在图丁所示的虚线框内补画出实验电路图，并在图上标明所选器材代号________．‎ ‎【答案】 (1). 2.3 5.0 (2). 4.0 (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1][2]甲同学设计了如图甲所示的电路来进行测量，当通过L的电流为0.46A时，电压表的示数为2.3V，此时L的电阻为 ‎．‎ ‎（2）[3]电压表满刻度时为3V，则加在L上的电压值是 ‎（3）[4]因A2量程过小，则可与定值电阻R1并联扩大量程；由（2）的分析可知，电压表与R2串联可将量程扩大到4V；则电路如图：‎ 三、计算题（共36分，15题10分，16题12分，17题14分）‎ ‎15.如图，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4m，质量为6×10－2 kg的通电直导线．电流大小I＝1A，方向垂直于纸面向外．导线用平行于斜面的轻绳拴住不动．整个装置放在磁感应强度不断增加且方向竖直向上的磁场中．则磁感应强度B多大时，导线开始离开斜面？(g取10 m/s2)‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】当导体恰离开斜面时，导体棒受力如图；由平衡知识可知：‎ 解得：‎ 由解得：‎ ‎16.如图，一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为53°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为37°．不计重力．求A、B两点间的电势差．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粒子水平方向受电场力，做匀加速直线运动；竖直方向不受力，故竖直分运动是匀速直线运动；结合运动的合成与分解的知识得到A点速度与B点速度的关系，然后对A到B过程根据动能定理列式求解．‎ ‎【详解】设带电粒子在B点的速度大小为vB．粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即 vBsin 37°＝v0sin 53°‎ 由此得 ‎ 设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有：‎ 联立各式得：．‎ ‎【点睛】本题关键是通过运动的合成与分解得到A点速度和B点速度的关系，然后结合动能定理列式求解即可．‎ ‎17.为了降低潜艇噪音，提高其前进速度，可用电磁推进器替代螺旋桨．潜艇下方有左、右两组推进器，每组由6个相同的、用绝缘材料制成的直线通道推进器构成，其原理示意图如图所示．在直线通道内充满电阻率ρ＝0.2Ωm的海水，通道中a×b×c＝0.3m×0.4m×0.3m的空间内，存在由超导线圈产生的匀强磁场，其磁感应强度B＝6.4T、方向垂直通道侧面向外．磁场区域上、下方各有a×b＝0.3m×0.4m的金属板M、N，当其与推进器专用直流电源相连后，在两板之间的海水中产生了从N到M、大小恒为I＝1.0×103 A的电流，设该电流只存在于磁场区域．不计电源内阻及导线电阻，海水密度ρm≈1.0×103kg/m3．‎ ‎(1)求一个直线通道推进器内磁场对通电海水的作用力大小，并判断其方向；‎ ‎(2)当潜艇以恒定速度v0＝30 m/s前进时，海水在出口处相对于推进器的速度v＝34 m/s，专用直流电源所提供的电功率可分为三部分：12个推进器的牵引功率P1、12个推进器中海水的电热功率P2、12个推进器单位时间内海水动能的增加值P3【提示：Δt时间内每个推进器喷出海水的质量可表示为m＝ρmbc（v-v0）Δt，计算海水动能时对应的速率要用相对于地面的速率】．求出这三个相应功率的大小．‎ ‎【答案】(1) 1.92×103 N, 磁场对海水作用力方向向右 (2) P1＝6.9×105 W；P2＝6.0×106 W；P3＝4.6×104 W ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）将通电海水看成导线，所受磁场力F＝IBc 代入数据得：‎ F＝1.0×103×6.4×0.3 N＝1.92×103 N 用左手定则判断可知，磁场对海水作用力方向向右(或与海水出口方向相同)．‎ ‎（2）电源提供的电功率中的 第一部分：牵引功率 P1＝F牵v0‎ 根据牛顿第三定律：‎ F牵＝12IBc 当v0＝30 m/s时，代入数据得：‎ P1＝F牵v0＝12×1.92×103×30 W＝6.9×105 W 第二部分：海水的电热功率，对单个直线推进器，根据电阻定律：‎ R＝ρ 代入数据得：‎ R＝0.2×Ω＝0.5 Ω ‎ 由热功率公式，P＝I2R 代入数据得：‎ P单＝5.0×105 W ‎ P2＝12×5.0×105 W＝6.0×106 W 第三部分：单位时间内海水动能的增加值 设Δt时间内喷出海水的质量为m ‎ P3＝12×‎ 考虑到海水的初动能为零 ΔEk＝Ek＝‎ m＝ρmbcv水对地Δt P3＝12×＝＝4.6×104 W．‎