2017-2018学年四川省攀枝花市第十二中学高二上学期12月调研检测物理试题 解析版

2017-2018学年四川省攀枝花市第十二中学高二上学期12月调研检测物理试题 解析版

攀枝花市第十二中学校2017-2018学年度(上)12月月考调研检测 高2019届物理试题 一．单项选择题（每题3分，共24分；每小题所给的四个选项中，只有一个符合题意）‎ ‎1. 在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类文明的进程，关于物理学家和他们的贡献，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 库伦最早用实验测得元电荷e的数值 B. 欧姆首先引入电场线和磁感线 C. 焦耳发现电流通过电阻产生的热量Q=I2Rt D. 奥斯特发现了电磁感应现象 ‎【答案】C ‎【解析】A、密立根最早用实验测得元电荷e的数值，故A错误；‎ B、法拉第首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究，故B错误；‎ C、焦耳发现电流通过电阻产生的热量Q=I2Rt，故C正确；‎ D、奥斯特发现了电流的磁效应，是法拉第发现了电磁感应现象，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎2. 如图所示，在垂直于纸面的范围足够大的匀强磁场中，有一个矩形线圈abcd，线圈平面与磁场垂直，O1O2是线圈的对称轴，应使线圈怎样运动才能使其产生感生电流？（　　）‎ A. 线圈向右匀速移动 B. 线圈向右加速移动 C. 线圈垂直于纸面向里平动 D. 线圈绕O1O2轴转动 ‎【答案】D ‎【解析】由于磁场为匀强磁场，无论线圈在平面内如何平动，其磁通量都不变化，因此不会产生感应电流，故ABC错误；当线圈绕O1O2转动时，磁通量将发生变化，如转过90°时磁通量为零，因此有感应电流产生，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎3. 对于接入电路的灯泡来说，亮度大的灯泡一定是（ ）‎ A. 流过的电流大的 B. 电阻大的 C. 消耗功率大的 D. 加在两端电压高的 ‎【答案】C ‎...............‎ ‎4. 如图所示为一速度选择器，内有一磁感应强度为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场，一束粒子流以速度v水平射入，为使粒子流经磁场时不偏转（不计重力），则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场，关于这处电场场强大小和方向的说法中，正确的是（　　）‎ A. 大小为B/v，粒子带正电时，方向向上 B. 大小为B/v，粒子带负电时，方向向上 C. 大小为Bv，方向向下，与粒子带何种电荷无关 D. 大小为Bv，方向向上，与粒子带何种电荷无关 ‎【答案】D ‎【解析】当粒子所受的洛伦兹力和电场力平衡时，粒子流匀速直线通过该区域，有qvB＝qE，所以E＝Bv。假设粒子带正电，则受向下的洛伦兹力，电场方向应该向上。粒子带负电时，电场方向仍应向上。故正确答案为D。‎ ‎5. 1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示．这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙．下列说法正确的是（　　）‎ A. 离子从电场中获得能量 B. 离子由加速器的边缘进入加速器 C. 加速电场的周期随粒子速度增大而增大 D. 离子从D形盒射出时的动能与加速电场的电压有关 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：A、由于洛伦兹力并不做功，而离子通过电场时有qU=mv2，故离子是从电场中获得能量．故A正确；B、要加速次数最多最终能量最大，则被加速离子只能由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器，故B错误．C、据回旋加速器的工作原理知，电场的周期等于粒子在磁场运动的周期．所以T==，与离子的速度大小无关．故C错误；D、离子在磁场中洛伦兹力提供向心力，所以qvB=，所以r=，据表达式可知，离子获得的最大动能取决于D形盒的半径，所以最大动能为，与加速电场的电压无关．故D错误．故选：A。‎ 考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理．‎ ‎6. 在场强为E的匀强电场中，以O为圆心，r为半径作一圆，在O点固定一电量为Q的正点电荷。a、b、c、d为相互垂直的两条直线与圆周的交点，当一不计重力的试探电荷+q外在b点时恰好平衡（如图），则关于匀强电场方向和大小正确的判断是（ ）‎ A. 方向竖直向上，大小为kQ/r2；‎ B. 方向竖直向上，大小为kq/r2‎ C. 方向水平向左，大小为kQ/r2；‎ D. 方向水平向右，大小为kQ/r2；‎ ‎【答案】A ‎【解析】电量为q的正检验电荷放在b点时恰好平衡，根据平衡条件得，匀强电场的场强，‎ 点电荷在b点的场强竖直向下，故匀强电场的方向竖直向上，故A正确。‎ ‎7. 在如图所示电路中，电源电动势为9V，内阻为1.0Ω，电阻R0为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω，闭合开关S后，电动机转动，理想电流表的示数为2.0A，则以下判断中正确的是（　　）‎ A. 电动机的输出功率为8.0W B. 电动机两端的电压为6.0V C. 电动机产生的热功率为4.0W D. 电源输出的电功率为14.0W ‎【答案】D ‎【解析】A、C项：电动机的总功率为P总=UI=4×2=8W，电动机的发热功率为：P热=I2R=22×0.5=2W，所以电动机的输出功率为8 W-2W=6W，所以A、C错误；‎ B项：电路中电流表的示数为2.0A，所以电动机的电压为：U=E-U内-UR0=E-Ir-IR0=9-2×1-2×1.5=4V，所以B错误；‎ D项：电源的输出的功率为：P输出=EI-I2R=9×2-22×1=14W，所以D正确。‎ 点晴：在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的。‎ ‎8. 如图所示，两根垂直纸面、平行且固定放置的直导线M和N，通有同向等值电流，沿纸面与直导线M、N等距放置另一根可自由移动的通电导线ab，则通电导线ab在安培力作用下运动的情况是（ ）‎ A. a端转向纸里，b端转向纸外 B. 沿纸面逆时针转动 C. a端转向纸外，b端转向纸里 D. 沿纸面顺时针转动 ‎【答案】A ‎【解析】导线M和N的磁感线都是同心圆，因此对ab上半段，M导线的磁感线指向右下，可以用左手定则判断a端受到向里的力，N导线的磁感线指向右上，也使a端受向里的力；同理也可以分析出b端受向外的力，从而使得a端转向纸里，b端转向纸外，故A正确； BCD错误。‎ 点晴：通过右手螺旋定则来确定平行且固定放置的直导线M和N，在导线a处的磁场分布，再由左手定则来确定安培力的方向，从而确定导线a如何运动。‎ 二、不定项选择题（每题3分，共15分。每个小题所给的四个选项中，有一个或两个符合题意，全选正确得3分，少选但正确的得2分，不选或错选得0分）‎ ‎9. 如图所示，表示磁场对运动电荷的作用，其中正确的是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】A、粒子带负电，磁场方向向里，速度方向向右，根据左手定则，洛伦兹力向下，故A错误；‎ B、粒子带正电，磁场方向向左，速度方向向下，根据左手定则，洛伦兹力垂直纸面向里，故B错误；‎ C、粒子带正电，磁场方向向里，速度方向水平向右，根据左手定则，洛伦兹力向下，故C正确；‎ D、粒子带负电，磁场方向向上，速度方向斜向左上，分解成向上和向左的分速度，根据左手定则，洛伦兹力方向垂直纸面向里，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎10. 如图，条形磁铁平放于水平桌面上，在它的正中央上方固定一根直导线，给导线中通以垂直于纸面向外的电流，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 磁铁对桌面的压力增大 B. 磁铁对桌面的压力减小 C. 磁铁对桌面的压力不变 D. 磁铁对桌面有摩擦力 ‎【答案】B ‎【解析】通电导线置于条形磁铁上方，通电导线处的磁感线如图甲所示，由左手定则判断通电导线受到向下的安培力作用，同时由牛顿第三定律可知，力的作用是相互的，磁铁对通电导线有向下作用的同时，通电导线对磁铁有反作用力，作用在磁铁上，方向向上，如图乙，对磁铁作受力分析，由于磁铁始终静止，无通电导线时，N＝mg，有通电导线后N＋F′＝mg，N＝mg－F′，磁铁对桌面压力减小，磁铁无相对运动趋势，所以磁铁对桌面没有摩擦力，故B正确。‎ ‎11. 点电荷产生的电场的电场线如图所示，A、B、C是同一电场线上的三个点，且AB=BC，下列说法中正确的是（　　）‎ A. A点的电场强度大于B点的电场强度 B. 将负电荷由A点移动到C点，电场力做正功 C. A、B两点间的电势差等于B、C两点间的电势差 D. 在A点静止释放一带正电的粒子，只在电场力作用下该粒子将沿电场线做直线运动 ‎【答案】AD ‎【解析】A、A点处电场线较密，所以电场强度较大，故A正确； B、负电荷在A点受到电场力方向与场强方向相反，所以将负电荷由A点移动到C点，电场力做负功，故B错误； C、该电场不是匀强电场，所以A、B两点间的电势差不等于B、C两点间的电势差，故C错误； D、在A点静止释放一带正电的粒子，受到与电场方向一致的电场力，电场线是直线，所以只在电场力作用下该粒子将沿电场线做直线运动，故D正确。‎ 点睛：掌握电场线的特点：疏密表示场强的大小，切线方向表示场强的方向，沿电场线方向电势逐渐降低。‎ ‎12. 比荷相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示．下列表述正确的是（不计重力）（　　）‎ A. M带正电，N带负电 B. M的速率大于N的速率 C. 洛伦兹力对M、N不做功 D. M的运行时间大于N的运行时间 ‎【答案】BC ‎【解析】磁场的方向向里，N向左偏即受到向左的洛伦兹力，M向右偏即受到向右的洛伦兹力，由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，A错误；粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，半径为，在质量与电量相同的情况下，半径大说明速率大，即M的速率大于N的速率，B正确；洛伦兹力的方向始终与速度的方向垂直，所以洛伦兹力不做功，C正确；根据周期公式可知粒子在磁场中运动周期和速度无关，由于两粒子的质量和电荷都相同，所以粒子在磁场中运动周期相同，从图中可知粒子在磁场中运动半周，即两粒子在磁场中运动时间都为周期的一半，所以M的运行时间等于N的运行时间，故D错误．‎ ‎13. 如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表的内阻对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向a端移动时，则（　　）‎ A. 电压表读数减小 B. 电流表读数减小 C. 质点P将向下运动 D. R3消耗的功率逐渐增大 ‎【答案】BD ‎【解析】试题分析：由图可知电路结构，由滑片的移动可知电路中电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的变化及电容器两端的电压变化；再分析质点的受力情况可知质点的运动情况．‎ 由图可知，与滑动变阻器串联后与并联后，再与串联接在电源两端；电容器与并联；当滑片向a移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流减小；路端电压增大，同时两端的电压也减小；故并联部分的电压增大；由欧姆定律可知流过的电流增大，则流过并联部分的电流减小，故电流表示数增减小；因并联部分电压增大，而中电压减小，故电压表示数增大，因电容器两端电压增大，故电荷受到的向上电场力增大，则重力小于电场力，合力向上，电荷向上运动，故A错误故BC正确；因两端的电压增大，由可知，上消耗的功率增大，故D正确；‎ ‎【点睛】解决闭合电路欧姆定律的题目，一般可以按照整体-局部-整体的思路进行分析，注意电路中某一部分电阻减小（增大）时，无论电路的连接方式如何，总电阻均是减小（增大）的．‎ 三．实验题（共18分：14题6分，15题12分，每空2分）‎ ‎14. （1）如图所示是简化的多用电表的电路。转换开关S与不同接点连接，就组成不同的电表，当S与_________连接时，多用电表就成了较大量程的电流表；当S与_______连接时，多用电表就成了较大量程的电压表。‎ ‎（2）使用如图所示的多用表测量两个定值电阻（阻值约为R1=200Ω和R2=25kΩ）。在下列一系列操作中，选出尽可能准确地测定各阻值，并符合多用表使用规则的各项操作，按合理的顺序填写在横线上________________________。‎ A、转动选择开关置于“х1k”挡 B、转动选择开关置于“х100”挡 ‎ C、转动选择开关置于“х10”挡 D、转动选择开关置于“х1”挡 ‎ E、转动选择开关置于“OFF”挡 F、将两表笔分别接在R1两端，读出R1的值后断开 ‎ G、将两表笔分别接在R2两端，读出R2的值后断开 ‎ H、将两表笔短接，调节调零旋扭，使指针指在刻度线右端 ‎【答案】 (1). 1 (2). 6 (3). CHFAHGE或AHGCHFE ‎ ‎【解析】(1) 由图可知，当S与1、2连接时，多用电表就成了电流表，电阻与表头并联，当并联电阻越小时，量程越大，因此前者量程较大，即当S与1连接时，多用电表就成了较大量程的电流表；‎ 由图可知，当S与5、6连接时，G与电阻串联，多用电表是电压表，由于接5时，G与一个电阻串联，接6时，G与二个电阻串联，所以当S接6时，多用电表就成了较大量程的电压表；‎ ‎(2) 测R1=200Ω时，应先选×10挡，选择挡位后进行欧姆调零，再测电阻阻值；测R2=25kΩ时，应选择×1K挡，然后重新进行欧姆调零，再测电阻阻值；测量完毕后断开电路，转动选择开关使其尖端对准“OFF”档，故合理的实验步骤是：CHFAHGAE或AHGCHFE。‎ 点晴：应欧姆表测电阻时，要先进行机械调零，测多个电阻时，一般先测阻值较小的电阻；测电阻时要根据待测电阻阻值大小选择合适的挡位，然后进行欧姆调零，每换一次挡都要进行欧姆调零，欧姆表使用完毕，要把选择开关置于交流电压最高档或off挡。‎ ‎15. 在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，需测量一个标有“3V，1.5W”灯泡两端的电压和通过灯泡的电流．现有如下器材：‎ 直流电源（电动势3.0V，内阻不计）、电流表A1（量程3A，内阻约0.1Ω）、电流表A2（量程0.6A，内阻约5Ω）、电压表V1（量程3V，内阻约3kΩ）、电压表V2（量程15V，内阻约200kΩ）、‎ 滑动变阻器R1（阻值0﹣10Ω，额定电流1A）、滑动变阻器R2（阻值0﹣1kΩ，额定电流0.3A）。‎ ‎①该实验中，电流表应选择____（填“A1”或“A2”），电压表应选择___（填“V1”或“V2”），滑动变阻器应选择_________（填“R1”或“R2”）．‎ ‎②某同学用导线a、b、c、d、e、f、g和h连接成如图甲所示的电路，请在图乙方框中完成实验的电路图．‎ ‎③表是学习小组在实验中测出的6组数据，某同学根据表格中的数据在方格纸上已画出了5个数据的对应点，请你画出第4组数据的对应点，并作出该小灯泡的伏安特性曲线．‎ ‎④若将该灯泡与一个6.0Ω的定值电阻串联，直接接在题中提供的电源两端，请估算该小灯泡的实际功率P=_____W（保留两位有效数字）．（若需作图，可直接画在第③小题图中）‎ ‎【答案】 (1). A2 V1 (2). R1 (3). (4). 0.34‎ ‎【解析】试题分析：①因为小灯泡的规格为“3V，1.5W”，电源电压为3.0V，故灯泡的两端电压不超过3V，电流为超过500mA，所以电流表选A2，电压表选V1，该实验是描绘小灯泡的伏安特性曲线，需要电压的变化范围较为宽泛，所以连接时选用分压式连接，为操作方便，变阻器选用阻值较小的滑动变阻器，选R1；②电路图中采用分压式连接，电流表外接法连接，所以电路图如下图所示；③在已经标好数据的坐标轴上描点、连线即可，如下图所示；④在坐标轴上再做出R=6.0Ω的定值电阻的图线，通过观察发现，当它们串联时电流都为0.32A时，灯泡的两端电压为1.1V，定值电阻的两端电压为1.9V，二者相加，正好是电源电压3V，所以此时灯泡的电功率P=0.32A×1.1V=0.352W。‎ 考点：描绘小灯泡的伏安特性曲线的实验。‎ ‎【名师点晴】该题通过对已知电源电压及灯泡的分析，明确了电压表及电流表的规格，再通过该实验的特点确定了电路的连接方式；画电路图及描点的难度都不大，就是最后一问求灯泡的电功率比较难一些，需要我们观察图像，找出灯泡与定值电阻两端电压之和是3V的电流来，然后再求灯泡的电功率。‎ 四、计算题（共43分，要求写出必要的文字说明和过程，只有最后结果不给分）‎ ‎16. 将电荷量为6×10﹣6C的负电荷从电场中A点移到B点，克服电场力做了3×10﹣5 J的功，再将该电荷从B点移到C点，电场力做了1.2×10﹣5J的功，则AC两点间的电势差是多少？‎ ‎【答案】3V ‎【解析】试题分析：AB间的电势差，‎ BC间的电势差．‎ 所以UAC=UAB+UBC=3V．故AC间的电势差为3V．‎ 考点：电势能；电势差．‎ ‎17. 电路图如图中甲所示，图乙中图线是电路中的电源的路端电压随电流变化的关系图象，滑动变阻器的最大阻值为10Ω，定值电阻R0=3Ω．‎ ‎（1）当R为何值时，R0消耗的功率最大，最大值为多少？‎ ‎（2）当R为何值时，电源的输出功率最大，最大值为多少？‎ ‎【答案】（1）当R=0时 18.75W （2）R=2Ω 20W ‎【解析】试题分析：（1）根据图象，由闭合电路欧姆定律，求出电源的电动势和内阻．R0 是定值电阻，当R最小时，电流最大，R的功率最大．‎ ‎（2）当r=R+R0时，电源的输出功率最大，根据欧姆定律和功率公式求解．‎ 解：（1）由乙图知电源的电动势和内阻：E=20V，r=5Ω 由甲图分析知道，当R=0时，R0消耗的功率最大 最大为 解得P=18.75W ‎（2）当r=R+R0时，即R=2Ω，电源的输出功率最大 最大为 解得P="20" W ‎18. 如图，在平行倾斜固定的导轨上端接入电动势E＝50V，内阻r＝1Ω的电源和滑动变阻器R，导轨的宽度d＝0.2 m，倾角θ=37°。质量m＝0.11kg的细杆ab垂直置于导轨上，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，整个装置处在竖直向下的磁感应强度B＝2.2T的匀强磁场中，导轨与杆的电阻不计。现调节R使杆ab静止不动。sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10 m/s2。求：‎ ‎（1）杆ab受到的最小安培力F1和最大安培力F2；‎ ‎（2）滑动变阻器R有效电阻的取值范围。‎ ‎【答案】（1）0.2N 2.2N （2）‎ ‎【解析】试题分析：（1）由题意知：当棒具有向下的运动趋势时所受安培力最小，当棒具有向上的运动趋势时所受安培力最大，由物体平衡条件有：‎ 联解得：‎ ‎（2）设导体棒所受安培力为时对应R的值为和，则有：‎ ‎，‎ 联解得：，‎ 则：。‎ 考点：安培力 ‎【名师点睛】考查安培力表达式、受力平衡条件、欧姆定律等规律，并要求掌握与理解．注意左手定则与右手定则区分，并画出正确的受力图也是本题关键之处。‎ ‎19. 如图所示，在xoy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向里的匀强磁场．现有一粒子源处在坐标为（0，L）M点能以垂直与电场方向不断发射质量为m、电量为+q、速度为v0的粒子（重力不计），粒子进入磁场后最后又从x轴上坐标为（3L，0）处的P点射入电场，其入射方向与x轴成45°角．求：‎ ‎（1）粒子到达P点时的速度v；‎ ‎（2）匀强电场的电场强度E和匀强磁场的磁感应强度B；‎ ‎（3）粒子从M点运动到P点所用的时间t．‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】试题分析：(1)粒子带电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据对称性可以求出速度；(2)粒子由M点运动到P点的过程中，由动能定理可以求出电场强度，根据几何关系可以求出半径，再根据圆周运动的向心力公式可以求出磁场强度；(3)分别求出粒子在磁场和电场中运动的时间，时间之和即是总时间。‎ ‎(1) 粒子运动轨迹如图所示,设粒子在P点速度为v，根据对称性可知v0=vcos45°，解得；‎ ‎(2) 粒子由M点运动到P点的过程中，由动能定理得：，解得，‎ 水平方向的位移为xOQ=v0t1‎ 竖直方向的位移为，可得xOQ=2L，xQP=L，粒子在磁场中：，由以上各式联立解得；‎ ‎(3) 在Q点时，vy=v0tan45°=v0‎ 设粒子从M到Q所用时间为t1，在竖直方向上有，粒子从Q点运动到P所用的时间为，则粒子从M点运动到P点所用的时间为。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎