【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)

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【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
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