【物理】江西省宜春市万载中学2019-2020学年高二上学期12月月考试题（衔接班）（解析版）

【物理】江西省宜春市万载中学2019-2020学年高二上学期12月月考试题（衔接班）（解析版）

万载中学2021届高二12月月考衔接班物理试卷 一、选择题(本题有12小题，每小题4分，共48分．其中1～8题为单选题，9～12题为多选题)‎ ‎1.了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要．以下符合事实的是 A. 焦耳发现了电流热效应的规律 B. 库仑总结出了点电荷间相互作用的规律 C. 楞次发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕 D. 牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A．焦耳发现了电流热效应的规律,故A正确；‎ B．库仑总结出了点电荷间相互作用的规律，故B正确；‎ C．奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕，故C错误；‎ D．伽利略将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动，故D错误；故选AB ‎2.如图所示，R0为热敏电阻(温度降低，其电阻增大)，D为理想二极管(正向电阻为零，反向电阻无穷大)，平行板电容器中央有一带电液滴刚好静止，M点接地，开关S闭合．下列各项单独操作时可使带电液滴向上运动的是(　　)‎ A. 滑动变阻器R的滑动触头P向上移动 B. 将热敏电阻R0的温度降低 C. 开关S断开 D. 电容器的上极板向上移动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.当滑动变阻器的滑动触头P向上移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则总电流增大，内电压及R0‎ 两端的电压增大，则路端电压和滑动变阻器两端的电压都减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差不变，故A项不合题意；‎ B.当热敏电阻温度降低时，其阻值增大，则由闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压减小，液滴仍然静止，故B项不合题意；‎ C.开关S断开时，电容器直接接在电源两端，电容器两端电压增大，则液滴向上运动，故C项符合题意；‎ D.若使电容器的上极板向上移动，即d增大，则电容器电容C减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差增大，由于，，，所以，由于极板上的电荷量不变，而场强E与极板之间的距离无关，所以场强E不变，液滴仍然静止，故D项不合题意．‎ ‎3.两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两点电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中P、N两点的电势为零，NF段中Q点电势最高，则(　　)‎ A. P点的电场强度大小为零 B. q1和q2为等量异种电荷 C. NQ间场强方向沿x轴正方向 D. 将一负电荷从N点移到F点，电势能先减小后增大 ‎【答案】D ‎【解析】A．φ-x图线的斜率等于电场强度，故可知P点的电场强度大小不为零，A错误；‎ B．如果和为等量异种电荷，点连线中垂线是等势面，故连线的中点是零电势点；由于，故，故B错误；‎ C．沿着电场线的方向，电势降低，由于从N到Q电势升高，故是逆着电场线，即NQ间场强方向沿x轴正方向；‎ D．由于从N到F，电势先增加后减小，将一负电荷从N点移到F点，根据公式 电势能先减小后增大，故D正确。故选D ‎【点睛】电势为零处，电场强度不一定为零。电荷在电场中与电势的乘积为电势能。电场力做功的正负决定电势能的增加与否。‎ ‎4.如图所示，若套在条形磁铁上的弹性金属导线圈Ⅰ突然缩小为线圈Ⅱ，则关于线圈的感应电流及其方向（从上往下看）是（ ）‎ A. 有顺时针方向的感应电流 B. 有逆时针方向的感应电流 C. 先逆时针后顺时针方向的感应电流 D. 无感应电流 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】根据楞次定律，结合磁通量的变化，从而即可求解．‎ 有关磁通量的变化判定：磁感线是闭合曲线，在磁铁外部，从N极出发进入S极；在磁铁内部，从S极指向N极．图中，磁铁内部穿过线圈的磁感线方向向上，磁铁外部，穿过线圈的磁感线方向向下，与内部的磁通量抵消一部分，根据线圈面积大小，抵消多少来分析磁通量变化情况．‎ ‎【详解】磁感线是闭合曲线，磁铁内部穿过线圈的磁感线条数等于外部所有磁感线的总和，图中内部磁感线线比外部多．‎ 外部的磁感线与内部的磁感线方向相反，外部的磁感线将内部抵消，II位置磁铁外部磁感线条数少，将内部磁感线抵消少，则II位置磁通量大．‎ 而Ⅰ位置磁铁外部磁感线条数多，将内部磁感线抵消多，则I位置磁通量小．‎ 当弹性金属导线圈Ⅰ突然缩小为线圈Ⅱ，则磁通量变大，且磁场方向由下向上，根据楞次定律，则有顺时针方向的感应电流，故A正确，BCD错误；故选A ‎【点睛】对于穿过回路的磁场方向有两种的情况确定磁通量时，要根据抵消后总的磁通量来进行比较或计算大小，同时掌握楞次定律的应用，注意“增反减同”．‎ ‎5.如图所示为一圆形区域的匀强磁场,在O点处有一放射源,沿半径方向射出速度为v的不同带电粒子,其中粒子1从A点飞出磁场,粒子2从B点飞出磁场.不考虑带电粒子的重力,则(  )‎ A. 带电粒子1与2的半径的比为1:2‎ B. 带电粒子1与2的比荷的比为 C. 带电粒子1与2在磁场中运动周期比为3:1‎ D. 带电粒子1与2在磁场中运动时间的比为2:3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.粒子在磁场中做圆周运动，由数学知识可知，粒子做圆周运动转过的圆心角为，，设粒子的轨道半径为、，则有，，带电粒子1与2的半径的比，故A错误．‎ B.洛仑磁力提供向心力，由牛顿第二定律可得：，粒子的比荷为：，所以粒子的比荷之比为，所以B错误．‎ CD.粒子在磁场中运动的周期的表达式为：，所以两粒子的周期比为：；运动的时间分别为，，所以，故D正确．‎ ‎6.在垂直纸面向里的有界匀强磁场中放置了矩形线圈abcd.线圈cd边沿竖直方向且与磁场的右边界重合．线圈平面与磁场方向垂直．从t＝0时刻起，线圈以恒定角速度绕cd边沿图所示方向转动，规定线圈中电流沿abcda方向为正方向，则从t＝0到t＝T时间内，线圈中的电流I随时间t变化关系图象为(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】线圈以cd边为轴按图示方向匀速转动，从ab边速度正好与磁场平行开始计时，线圈磁通量在变小，则感应电流的磁场会阻碍其变小，所以感应电流方向是adcba，与规定的正方向相反，感应电流大小在渐渐变大，然而磁场只有一半，接着二分之一周期没有感应电流；当从ab边刚好进入磁场开始计时，线圈磁通量在变大，则感应电流的磁场会阻碍其变大，所以感应电流方向是abcda，与规定的正方向相同，感应电流大小在渐渐变小；所以只有B选项符合条件，故选B。‎ ‎【点睛】本题虽没有明确什么方向为感应电流的正方向，但不影响答题。同时也可以假设磁场没有界，则感应电流变化规律应是余弦曲线，从而可快速确定当一半磁场时的答案。‎ ‎7.如图所示，固定的光滑平行金属导轨间距为 L，导轨电阻不计，上端 a、b 间接有阻值为 R 的电阻，导轨平面与水平面的夹角为 θ，且处在磁感应强度大小为 B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．质量为 m、长度为 L、电阻为 r 的导体棒与一端固定的弹簧相连后放在导轨上．初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度 v0．整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．已知弹簧的劲度系数为 k，弹簧的中心轴线与导轨平行．下列说法正确的是 A. 初始时刻通过电阻 R 的电流 I 的大小为 B. 初始时刻通过电阻 R 的电流 I 的方向为 b→a C. 若导体棒第一次回到初始位置时，速度变为 v，则此时导体棒的加速度大小 a= gsinθ－‎ D. 若导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为 Ep，则导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻R上产生的焦耳热 Q =‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．初始时刻产生的感应电动势E=BLv0，则通过电阻R的电流 故A错误．‎ B．根据右手定则知，通过电阻R的电流方向为b→a，故B正确．‎ C．若导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v，弹簧弹力仍然为零，根据牛顿第二定律得 故C错误．‎ D．根据能量守恒得，整个回路产生的热量 ‎ ‎ 静止时，有：‎ mgsinθ=kx 电阻R上产生的焦耳热 联立解得 故D正确．‎ ‎8.质量相等A、B两球在光滑水平面上，沿同一直线，同一方向运动，A球的动量为pA=9kg•m/s，B球的动量为pB=3kg•m/s．当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是（　　）‎ A. pA′=6kg•m/s，pB′=6kg•m/s B. pA′=8kg•m/s，pB′=4kg•m/s C. pA′=-2kg•m/s，pB′=14kg•m/s D. pA′=-4kg•m/s，pB′=8kg•m/s ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 碰撞前系统总动量：p=pA+pB=12kg•m/s，‎ 由题意可知mA=mB=m；如果pA′=6kg•m/s，pB′=6kg•m/s，系统动量守恒，碰撞后的总动能：‎ ‎，vA′=vB′‎ 符合实际，故A正确；‎ B. 如果pA′=8kg•m/s，pB′=4kg•m/s，碰撞过程动量守恒，有：‎ ‎，vA′>vB′‎ 不符合实际，故B错误；‎ C. 如果pA′=-2kg•m/s，pB′=14kg•m/s，则碰撞后系统的总动能为：‎ 系统动能增加，不符合实际，故C错误；‎ D. 如果pA′=-4kg•m/s，pB′=8kg•m/s，碰撞后系统总动量为：‎ p′=pA′+pB′=-4kg•m/s+8kg•m/s=4kg•m/s 碰撞过程动量不守恒，不符合题意，故D错误．‎ ‎9.一个质量为M的长木板静止在光滑水平面上,一颗质量为m的子弹，以水平速度 射入木块并留在木块中，在此过程中，子弹射入木块的深度为d,木块运动的距离为s,木块对子弹的平均阻力为f,则对于子弹和长木板组成的系统，下列说法正确的是( )‎ A. 子弹射入木块过程中系统的机械能守恒 B. 系统的动量守恒，而机械能不守恒 C. 子弹减少的动能等于 D. 系统损失的机械能等于 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.子弹射入木块的过程中,木块对子弹的平均阻力对系统做功,所以系统的机械能不守恒.故A错误; B.系统处于光滑的水平面上,水平方向不受其他的外力,所以动量守恒;由A的分析可得机械能不守恒.故B正确; C.子弹减少的动能等于阻力与子弹位移的乘积,即:,故C错误; D.系统损失的机械能等于阻力与两个物体相对位移的乘积,即:.故D正确 ‎10.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2:1，在a、b端接入正弦交流电，四个灯泡均能正常发光，a、b端输入的总功率为20W，灯泡的电阻为2Ω，灯泡的功率为4W，的功率为8W，的功率相同，则( )‎ A. 灯泡的额定功率为4W B. 灯泡的额定电流为0.5A C. 灯泡的额定电压为8V D. a、b端输入的电压为10V ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由题意可知，灯泡L1的额定功率为：‎ 故选项A正确；‎ BC.灯泡两端的电压为：‎ 则副线圈两端的电压为：‎ 则原线圈两端的电压为：‎ 则额定电流为：‎ 故选项B正确，C错误；‎ D.灯泡的额定电流为：‎ 灯泡中的电流为：‎ 因此原线圈中的电流为1.5A，灯泡中的电流，则两端的电压为：‎ 因此a、b两端的电压为：‎ 故选项D正确．‎ ‎11.如右图所示，内阻为r的线圈面积为S,，共N匝；处在磁感应强度为B的匀强磁场中， 以角速度ω匀速转动，线圈通过电刷与一个阻值为R的电阻连接，V为理想交流电压表。则下列说法正确的是 A. 电压表的读数是 B. 电阻R上消耗的功率为 C. 以图示位置为计时零点, 电流表达式为 D. 线圈从图示位置开始转过90°角的过程中，通过线圈导线截面的电量为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．交流发电机产生电动势的最大值 交流电压表显示的是路端电压有效值，示数为 A错误；‎ B．电阻R上消耗的功率为 选项B正确；‎ 电流的最大值 C．则以图示位置为计时零点，电流的表达式为 选项C错误；‎ D．线圈从t=0时刻开始转过90°的过程中，通过电阻的电量为 D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查了交流电的有关的计算问题；知道交流电的最大值及瞬时值表达式，记住，求电量用电动势的平均值，求热量用有效值；记住求解电量的经验公式。‎ ‎12.在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一与磁场方向垂直、长度为L的金属杆aO，已知ab＝bc＝cO＝L/3，a、c与磁场中以O为圆心的同心圆(都为部分圆弧)金属轨道始终接触良好．一电容为C的电容器接在轨道上，如图9－3－25所示，当金属杆在与磁场垂直的平面内以O为轴，以角速度ω顺时针匀速转动时，下列选项正确的是(　　)‎ A. Uac＝2UbO B. Uac＝2Uab C. 电容器带电荷量 D. 若在eO间连接一个电压表，则电压表示数为零 ‎【答案】AC ‎【解析】本题考查了电磁感应与电路结合的相关知识．‎ 分析：根据转动切割磁感线感应电动势公式E=1/2Bl2ω可分别求出ao、bo、co间的电势差，即可求出Uac与Uab．电容器板间电压等于ac间的电势差，由Q=CU求出电量．若在eO间连接一个电压表，电压表与co、导轨组成的闭合回路，磁通量增加，会有电流通过电压表，则电压表将有读数．‎ 解答： A、B根据转动切割磁感线感应电动势公式E=1/2Bl2ω得：ao、bo、co间的电势差分别为：Uao=1/2BL2ω，Ubo=1/2B（2/3L）2ω=2/9BL2ω，Uco=1/2B（1/3L）2ω=1/18BL2ω，则Uac="Uao-Uco=4/9" BL2ω，可见，Uac=2Ub0．故A正确，B错误．‎ C、电容器板间电压等于ac间的电势差，则电容器所带电量为 Q="CUac=4/9" BL2ω，故C正确．‎ D、若在eO间连接一个电压表，电压表与co、导轨组成的闭合回路，磁通量增加，会有电流通过电压表，则电压表将有示数．故D错误．故选AC．‎ 二、填空题（每空2分，共16分）‎ ‎13.现有一合金制成的圆柱体，为测量该合金的电阻率，现用伏安法测圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度．螺旋测微器和游标卡尺的示数如图a和b所示．‎ 由上图读得圆柱体的直径为_____________mm，长度为____________mm．‎ ‎【答案】 (1). 1.844 mm (2). 42.40 mm ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查螺旋测微器、游标卡尺读数问题，根据读数原理分析可得．‎ ‎【详解】[1] 螺旋测微器读数先读固定刻度为1.5mm，再读可动刻度 柱体的直径为两部分之和 ‎[2] 用游标卡尺测量该圆柱体的长度，主尺示数为42mm，游标尺读为 实际读数为两部分之和 ‎【点睛】螺旋测微器读数方法：固定刻度+可动刻度（格数），格数要估读一位小数 游标卡尺读数方法：主尺+游标卡尺示数（10分度：格数、50分度：格数、50分度： 格数，格数不需要估读）‎ ‎14.某同学欲将电流表改装为两用电表，即中央刻度为15的“×l”挡的欧姆表及量程为0～12V的电压表，实验室可提供的器材有：‎ A．一节全新的5号干电池（E＝1.5 V，内阻不计）‎ B．电流表A1（量程0～100mA，内阻为2.5Ω）‎ C．电流表A2（量程0～0.6A，内阻为0.2Ω）‎ D．滑动变阻器R1（0～30Ω）‎ E．滑动变阻器R2（0～3Ω）‎ F．定值电阻R3（117.5Ω）‎ G．定值电阻R4（120Ω）‎ H．单刀双掷开关S，一对表笔及若干导线 ‎（1）图中A为__________（填“红”或“黑”）表笔，测量电压时应将开关S扳向__________（填“l”或“2”）．‎ ‎（2）电流表应选用__________ （填“A1”或“A2”），滑动变阻器应选用__________（填“R1”或“R2”），定值电阻R应选__________（填“R3”或“R4”）．‎ ‎（3）在正确选用器材的情况下，正确连接好实验电路，若电流表满偏电流为Ig，则电阻刻度盘上指针指在Ig处应标上__________（填写具体数值）．‎ ‎【答案】 (1). 黑 2 (2). (3). 45Ω ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]从多用电表的表头共用特征来看，结合欧姆表内接电源特点，确定A表笔为黑接线柱（即负接接线柱），‎ ‎[2]测电压时，内接电源不用，要将转换开关接到2位置；‎ ‎（2）[3]由于改装后的欧姆表的内阻为15Ω，且电源电动势为1.5V，所以最大电流为100mA，所以电流表选A1；‎ ‎[4]改装成欧姆表时，接入一个调零电阻，由题意由于欧姆表的内阻为RΩ=15Ω（即中值电阻），当接入滑动器要满偏，则Ω，故滑动变阻器选R1；‎ ‎[5] 当改装为量程为0--12V的电压表时，应串联一个阻值为 Ω，故定值电阻选R3．‎ ‎（3）[6] 若电阻值指在Ig处，即此时电流为=25mA，所以待测电阻Ω．‎ 三、计算题 ‎15.如图所示,一小型发电站通过升压变压器B1和降压变压器B2把电能输送给用户(B1和B2都是理想变压器),已知发电机的输出功率为500kW,输出电压为500 V,升压变压器B1原、副线圈的匝数比为1∶10,两变压器间输电导线的总电阻为2Ω,降压变压器B2的输出电压为220V.求：‎ ‎(1)输电导线上损失的功率;‎ ‎(2)降压变压器B2的原、副线圈的匝数之比.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)原、副线圈电压比等于匝数比，对升压变压器：即 ‎ 输电线的电流： ‎ 损失的功率：‎ ‎(2)降压变压器的输入电压：U3=U2-I2R=4800V 降压变压器匝数比:‎ ‎16.如图所示，三个小木块A、B、C静止在足够长的光滑水平轨道上，质量分别为mA＝0.1 kg，mB＝0.1 kg，mC＝0.3 kg，其中B与C 用一个轻弹簧固定连接，开始时整个装置处于静止状态；A和B之间有少许塑胶炸药(质量不计)，现引爆塑胶炸药，若炸药爆炸产生的能量有E＝0.4 J转化为A和B沿轨道方向的动能．‎ ‎(1)求爆炸后瞬间A、B速度大小；‎ ‎(2)求弹簧弹性势能的最大值．‎ ‎【答案】(1)大小均为2 m/s(2)0.15 J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)塑胶炸药爆炸瞬间取A和B为研究对象，假设爆炸后瞬间A、B的速度大小分别为vA、vB，取向右为正方向，由动量守恒 ‎－mAvA＋mBvB＝0‎ 爆炸产生的能量有0.4 J转化为A、B的动能 E＝mAvA2＋mBvB2‎ 解得 vA＝vB＝2 m/s ‎(2)取B、C和弹簧为研究系统，当弹簧第一次被压缩到最短时，B、C达到共同速度vBC，此时弹簧的弹性势能最大，设为Ep1‎ 由动量守恒 mBvB＝(mB＋mC)vBC 由能量守恒定律 mBvB2＝(mB＋mC)vBC2＋Ep1‎ 解得 Ep1＝0.15 J ‎17.如图所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R＝3 Ω的定值电阻，下端开口，轨道间距L＝1 m．整个装置处于磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上．质量m＝1 kg的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r＝1 Ω，电路中其余电阻不计．金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好．不计空气阻力影响．已知金属棒ab与导轨间动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2.‎ ‎(1)求金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度vm；‎ ‎(2)若从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，电阻R上产生的焦耳热总共为1.5 J，求流过电阻R的总电荷量q.‎ ‎【答案】（1） （2）1C ‎【解析】（1）金属棒由静止释放后，在重力、轨道支持力和安培力作用下沿斜面做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时达到最大速度vm后保持匀速运动．有：‎ 联解得：‎ ‎（2）设金属棒从开始运动至达到最大速度过程中沿导轨下滑距离为x，由能量守恒定律：‎ 根据焦耳定律：‎ 联解得：‎ q＝1C ‎18.如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在大小为E＝4×105‎ ‎ N/C、方向水平向左的匀强电场，在第Ⅱ象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．质荷比＝4×10－10 kg/C的带正电的粒子，以初速度v0＝2×107 m/s从x轴上的A点垂直x轴射入电场，OA＝0.2m，不计粒子的重力．‎ ‎（1）求粒子经过y轴时的位置到原点O的距离；‎ ‎（2）求粒子第一次经过y轴时速度的大小和方向；‎ ‎（3）若要使粒子不能进入第Ⅲ象限，求磁感应强度B的取值范围(不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况)．‎ ‎【答案】(1)0.4m（2），与y轴正方向的夹角为45° (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设粒子在电场中运动的时间为t，粒子经过y轴时的位置与原点O的距离为y，则：‎ 解得：‎ a=1.0×1015m/s2‎ t=2.0 ×10-8 s ‎（2）粒子经过y轴时在电场方向的分速度为：‎ 粒子经过y轴时速度大小为；‎ 与y轴正方向的夹角为θ，‎ θ=45°‎ ‎（3）要粒子不进入第三象限，如图所示，此时粒子做圆周运动的轨道半径为R'，则：‎ 由 解得