安徽省涡阳县第一中学2019-2020学年高二上学期12月月考物理试题

安徽省涡阳县第一中学2019-2020学年高二上学期12月月考物理试题

涡阳县一中2018级高二年级第三次质量检测物理试卷 一、选择题 ‎1.如图所示，重物的质量为m，轻细绳的A与B端是固定的，平衡时AO水平，BO与竖直方向的夹角为θ，绳AO的拉力大小是（　　）‎ A. F=mgcosθ B. F=mgtanθ C. F=mgsinθ D. F= mg/sinθ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 受力分析，如图所示．根据平衡条件可知，竖直方向：，水平方向：，可知AO的拉力，故 B正确，A、C、D错误．‎ ‎2.如图所示,两个质量均为m的物体A、B叠放在光滑水平面上,已知A与B间的动摩擦因数为 ,重力加速度为g．现用水平外力F拉A,要将A拉离B,则F至少要大于：（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】拉力F作用在A上，B产生的最大加速度为，对A由牛顿第二定律得：‎ ‎ ，‎ 解得：‎ ‎，‎ A. ，与分析不符，故A错误；‎ B. ，与分析不符，故B错误；‎ C. ，与分析相符，故C正确； ‎ D. ，与分析不符，故D错误．‎ ‎3.下列是某同学对电场中的概念、公式的理解,其中正确的是( )‎ A. 根据电场强度的定义式,电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量成反比 B. 根据电容的定义式,电容器的电容与所带电荷量成正比,与两极板间的电压成反比 C. 根据真空中点电荷电场强度公式,电场中某点电场强度和场源电荷的电荷量无关 D. 根据公式,带电量为1C的正电荷,从A点移动到B点电场力做功为1J,则A、B点的电势差一定为1V ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电场中某点的电场强度是由电场本身决定的物理量，与试探电荷的电荷量无关，选项A错误；‎ B．电容器的电容是由电容器本身决定的，与电容器所带电荷量以及两极板间的电压无关，选项B错误；‎ C．根据真空中点电荷电场强度公式，电场中某点电场强度和场源电荷的电荷量有关，选项C错误；‎ D．根据公式，带电量为1C的正电荷，从A点移动到B点电场力做功为1J，则A、B点的电势差一定为1V，选项D正确。‎ ‎4.如图所示，点电荷、分别置于M、N两点，O点为MN连线中点，点a、b在MN连线上，点c、d在MN中垂线上，它们均关于O点对称下列说法正确的是　　‎ A. c、d两点的电场强度相同 B. a、b两点的电势相同 C. 将电子沿直线从c移到d，电场力对电子先做负功再做正功 D. 将电子沿直线从a移到b，电子的电势能一直增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电场线分布，比较c、d两点的电场强度大小和方向关系．根据沿电场线方向电势逐渐降低，来比较a点和b点的电势，由沿直线从a到b电势的变化，分析电子从a移到b过程中电势能如何变化．将电子沿直线从c点移到d点，通过电子所受的电场力与速度的方向夹角判断电场力做正功还是负功．‎ ‎【详解】A：根据电场线分布的对称性可知，c、d两点的电场强度大小相等，方向不同，则c、d两点的电场强度不同．故A项错误．‎ BD：MN间的电场线方向由M→N，沿电场线方向电势逐渐降低，则a点的电势高于b点的电势；电子沿直线从a移到b电势降低，电子带负电，据，则电子的电势能一直增大．故B项错误，D项正确．‎ C：对两个电荷在中垂线上的场强进行叠加，在Oc段场强方向斜向右上，在Od段场强方向斜向右下；电子所受的电场力在Oc段斜向左下，在Od段斜向左上；电子沿直线从c移到d，电场力跟速度的方向先是锐角后是钝角，电场力对电子先做正功后做负功．故C项错误．‎ ‎【点睛】解决本题的关键是进行电场的叠加，通过电场力与速度的方向关系判断电场力做正功还是负功．‎ ‎5.如图所示A、B、C、D、E、F为匀场电场中正六边形的六个顶点，已知A、B、C 电势分别为1V、6V、8V，电场强度方向与正六边形在同一平面内，则D点电势为（ ）‎ A. 5V B. 7V C. 8V D. 6V ‎【答案】A ‎【解析】‎ 连接AD，由正六边形的性质AD平行于BC且为BC长度两倍，所以AD电势差时BC电势差的两倍，所以D点电势1+2*（8-6）=5V．所以选A．‎ ‎6.三根通电长直导线P、Q、R互相平行、垂直纸面放置．三根导线中电流大小相同、方向均垂直纸面向里，且每两根导线间的距离均相等．则P、Q中点O处的磁感应强度方向为（）‎ A. 方向竖直向上 B. 方向竖直向下 C. 方向水平向右 D. 方向水平向左 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该题考查了磁场的叠加问题．用右手螺旋定则首先确定三根通电直导线在a点产生的磁场的方向，利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小和方向，从而判断各选项．‎ ‎【详解】用右手螺旋定则判断通电直导线在O点上所产生的磁场方向，如图所示： 直导线P在O点产生磁场与直导线Q在O点产生磁场方向相反，大小相等．则合磁场为零；而直导线R在O点产生磁场，方向从Q指向P，即为水平向左；故选D．‎ ‎【点睛】磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量．它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则．‎ ‎7.如图所示，两平行金属板M、N与电源相连，N板接地，在距两板等距离的P点固定一个带负电的点电荷，则（ ）‎ A. 若保持S接通,将M板上移一小段距离,M板的带电量增加 B. 若保持S接通,将M板上移一小段距离,P点的电势降低 C. 若将S接通后再断开,将M板上移一小段距离,两板间场强增大 D. 若将S接通后再断开,将M板上移一小段距离,点电荷在P点的电势能保持不变 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当S闭合时，M板上移一小段距离，则间距增大，导致电容减小，因电压不变，根据Q=CU，则有M板带电量减小；故A错误；‎ B．当S闭合时，M板上移一小段距离，则间距增大，导致场强减小，则N与P点之间的电势差减小；故P点的电势降低，故B正确；‎ C．将S断开时，M板向上移动，电量不变；根据 则有电场强度与间距无关，因此场强不变，故C错误；‎ D．由C知场强不变，则P相对于N极板的电势差不变；电势P不变，因此点电荷在P点的电势能保持不变，故D正确；‎ ‎8.在如图所示的图像中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图像，直线Ⅱ为某一电阻R的U I图线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路．由图像可知( ) ‎ A. 电源的电动势为3 V,内阻为 B. 电阻R的阻值为 C. 电源的输出功率为2 W D. 电源的效率约为 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图线图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势 E=3V，其斜率大小等于电源的内阻，则 故A正确。‎ B．电阻R的阻值为 故B正确；‎ C．两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压，则有 U=2V，I=2A，电源的输出功率为 P=UI=2×2W=4W．‎ 故C错误。‎ D．电源的效率为 故D正确。‎ ‎9.相同的电流表分别改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、V2，A1的量程大于A2的量程，V1的量程大于V2的量程，把它们接入图所示的电路，闭合开关后 A. A1的读数比A2的读数大 B. A1指针偏转角度比A2指针偏转角度大 C. V1的读数比V2的读数大 D V1指针偏转角度比V2指针偏转角度大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电流表A1的量程大于A2的量程，故电流表A1的内阻小于A2的内阻；电压表V1‎ 的量程大于V2的量程，故V1的电阻大于V2的电阻；由图可知，两电流表并联，故两流表两端的电压相等，故A1中的电流要大于A2中的电流，故A1的读数比A2的读数大，故A正确；‎ B．因两表由同一电流表改装而成，而将电流表扩大量程时为并联一小电阻，故相当于为四个电阻并联，故两表头中电流相同，故两表的偏角相同；故B错误；‎ C．两电压表串联，故通过两表的电流相等，故V1的读数比V2的读数大，故C正确；‎ D．因表头与电阻串联，故为四个电阻串联，因此通过两表头的电流相等，两表的偏转角度一样，故D错误；‎ ‎10.在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示．下列比值中正确的是(　　)‎ A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】通过分析电路图可知，r、R1、R2串联，R1为定值电阻；当滑动变阻器触头P向下滑动时，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，根据公式可知，电路中总电流变小，R1两端的电压U1变小；再根据串联电路中总电压等于各分电压之和，滑动变阻器两端的电压U2变大.‎ A．R1两端的电压为U1，电流为I，根据U1=IR1，得出：△U1=△IR1，由于R1是定值电阻，有：;故A正确.‎ BC．R2两端的电压为U2，电流为I，，其比值变大；而U2=E-I(R1+r)可得：，是个定值不变;故B、C错误.‎ D．电压U3为路端电压，由闭合电路的欧姆定律U3=E-Ir，可得：‎ 是个定值不变，从外电路来看，U3=I(R1+R2)，可得是增加的，故D正确；‎ 故选AD.‎ 二、实验题 ‎11.某科学小组做新型材料的课题研究，要测量新材料的电阻率．取一均匀新材料制成的圆柱体进行测量，实验步骤如下：‎ ‎（1）用刻度尺测出圆柱体的长度为L．‎ ‎（2）用螺旋测微器测量其直径如图甲所示，由图可知其直径D＝________mm；‎ ‎（3）用多用表测量其电阻如图乙所示，若此时欧姆表选择“×100”档位，可知电阻值________Ω．‎ ‎（4）用伏安法可以更加精确地测量该圆柱体的电阻，若在测量待测圆柱体电阻时，电压表和电流表示数分别用U和I表示，则该圆柱体材料的电阻率ρ＝________（用题中所给字母L、D、U、I表示）．‎ ‎【答案】 (1). 3.202---3.205 (2). 600 (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（2）[1]．用螺旋测微器测量其直径：D＝3mm+0.01mm×20.5=3.205mm；‎ ‎（3）[2]．电阻值:6×100Ω=600Ω．‎ ‎（4）[3]．由以及 且 ‎ 解得 ‎12.为了测量由两节干电池组成的电池组的电动势和内电阻，某同学设计了如图甲所示的实验电路，其中R为电阻箱，R0=5Ω为保护电阻．‎ ‎(1)断开开关S，调整电阻箱的阻值，再闭合开关S，读取并记录电压表的示数及电阻箱接入电路中的阻值．多次重复上述操作，可得到多组电压值U及电阻值R，并以为纵坐标，以为横坐标，画出的关系图线（该图线为一直线），如图丙所示．由图线可求得电池组的电动势E=_____V，内阻r=_____Ω．（保留两位有效数字）‎ ‎(2)引起该实验系统误差的主要原因是___________．‎ ‎【答案】 (1). 2.9 (2). 1.1 (3). 电压表分流，（导致通过电源的电流的测量值偏小）‎ ‎【解析】‎ ‎(1)根据闭合电路欧姆定律进行数学变形，得,根据数学知识得知关系图线的纵截距，斜率;由图得到b=0.35， 则电动势，内阻r=kE-R0=2.1×2.9-5≈1.2Ω ‎(2)由图甲所示电路图可知，电压表与电阻箱并联，由于电压表的分流作用，流过保护电阻与电源的电流大于流过电阻箱的电流，这是造成实验误差的原因． 【点睛】本题主要考查运用数学知识处理问题的能力，采用的是转换法，将非线性关系转换成线性，直观简单．‎ 三、计算题 ‎13.如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图．电动机的内阻r=0.8 Ω，电路中另一电阻R=10 Ω，直流电压U=160 V，电压表示数UV=110 V．试求：‎ ‎（1）输入电动机的电功率；‎ ‎（2）若电动机以v=1 m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量．(g取10 m/s2)．‎ ‎【答案】（1）550 W；（2）53 kg ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电动机和电阻串联，所以电流相等．电阻R两端电压为：‎ U1=160-110=50V 通过电动机的电流大小为：‎ 电动机输入电功率为：‎ P=UI=110×5=550W．‎ ‎（2）电动机的机械功率为：‎ P′=P-I2R=550W-25×0.8W=530W．‎ 由P=mgv可得：‎ ‎14.如图所示,一质量的小物块初速度,在与斜面平行的拉力F作用下,沿斜面向上做匀加速运动,经时间2s物块由A点运动到B点,到达B点的速度已知物块与斜面的动摩擦因数,斜面的倾角,g取,斜面保持静止求：‎ ‎（1）物块的加速度大小、AB间的距离；‎ ‎（2）拉力F的大小；‎ ‎（3）斜面体受到地面的摩擦力．‎ ‎【答案】（1）3m/s2 10m；（2）；（3）3.46N；方向水平向左 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由              ‎ 解得 ‎ ；‎ ‎  ‎ ‎（2）由牛顿第二定律得 ‎ ‎ ‎ ‎ 解得 ‎ ‎ ‎ ‎（3）设地面对斜面体的摩擦力为，对斜面体，在水平方向 解得 方向水平向左 ‎15.如图所示,竖直平面内轨道由直轨道AB和圆弧轨道BC组成，直轨道AB和圆弧轨道BC平滑连接，小球从斜面上A点由静止开始滑下,滑到斜面底端后又滑上一个半径为的圆轨道；‎ ‎（1）若接触面均光滑，小球刚好能滑到圆轨道的最高点C，求斜面高h；‎ ‎（2）若已知小球质量m=0.1kg，斜面高h=2m，小球运动到C点时对轨道压力为mg，求全过程中摩擦阻力做的功．‎ ‎【答案】（1）1m；（2） -0.8J；‎ ‎【解析】‎ 详解】（1）小球刚好到达C点,重力提供向心力，由牛顿第二定律得：‎ 从A到C过程机械能守恒,由机械能守恒定律得：‎ ‎, ‎ 解得：‎ ‎； ‎ ‎（2）在C点,由牛顿第二定律得：‎ ‎,‎ 从A到C过程，由动能定理得：‎ ‎,‎ 解得：‎ ‎；‎ ‎16.如图所示，真空室中电极K发出的电子（初速度不计）经过电势差为U1的加速电场加速后，沿两水平金属板C、D间的中心线射入两板间的偏转电场，电子离开偏转电极时速度方向与水平方向成45°，最后打在荧光屏上，已知电子的质量为m、电荷量为e，C、D极板长为l，D板的电势比C板的电势高，极板间距离为d，荧光屏距C、D右端的距离为．电子重力不计．求：‎ ‎(1)电子通过偏转电场的时间t0；‎ ‎(2)偏转电极C、D间的电压U2；‎ ‎(3)电子到达荧光屏离O点的距离Y．‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)电子在离开B板时的速度为v，根据动能定理可得：‎ 得：‎ 电子进入偏转电场水平方向做匀速直线运动，则有：‎ ‎(2)电子在偏转电极中的加速度: ‎ 离开电场时竖直方向的速度： ‎ 离开电场轨迹如图所示：‎ 电子的速度与水平方向的夹角：‎ 解得： ‎ ‎(3)离开电场的侧向位移：‎ 解得： ‎ 电子离开电场后，沿竖直方向的位移： ‎ 电子到达荧光屏离O点的距离：‎ ‎【点睛】本题考查带电粒子在电场中的运动，要注意明确带电粒子的运动可分加速和偏转两类，加速一般采用动能定理求解，而偏转采用的方法是运动的合成和分解．‎ ‎ ‎