四川省南充市白塔中学2019-2020学年高二12月月考物理试题

四川省南充市白塔中学2019-2020学年高二12月月考物理试题

南充市白塔中学高二第三次月考物理试题 一、单选题（共8题，每题选对得3分，选错不得分，共计24分）‎ ‎1.有四个电源，电动势均为8 V，内阻分别为1 Ω、2 Ω、4 Ω、8 Ω，今要对R＝2 Ω的电阻供电，问选择内阻为多大的电源才能使R上获得的功率最大(　 　)‎ A. 1 Ω B. 2 Ω C. 4 Ω D. 8 Ω ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由P=I2R可知，R上消耗的功率 ，由此判断P是r的单调减函数，所以就题设条件而言，r取1Ω时P有最大值；‎ A．1 Ω，与结论相符，选项A正确；‎ B．2 Ω，与结论不相符，选项B错误； ‎ C．4 Ω，与结论不相符，选项C错误； ‎ D．8 Ω，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎2.一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下．若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为 ( )‎ A. 动能减小 B. 电势能增加 C. 动能和电势能之和减小 D. 重力势能和电势能之和增加 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】物体做曲线运动过程中受到的合力指向轨迹内侧，并且运动过程中小球只受电场力和重力，所以合力竖直向上，合力与运动方向夹角为锐角，做正功，动能增大，电场力方向向上，电场力做正功，电势能减小，AB错误；根据功能关系可知，在从a到b的运动过程中只有重力、电场力做功，因此重力势能、电势能、动能三者之和保持不变，因该过程中动能增加，因此重力势能和电势能之和减小，故C正确；从a到b 的运动过程中重力做负功，重力势能增加，因此动能和电势能之和减小，故D错误．‎ ‎【点睛】做此类题目的关键是根据物体做曲线运动过程中受到的合力指向轨迹内侧判断受力情况，本题在电场和重力场的复合场中重点考察带电小球的功能关系转化．在学习过程中要明确各种功能关系是解这类问题的关键．‎ ‎3.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等距放置的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. 沿纸面逆时针转动 B. 沿纸面顺时针转动 C. a端转向纸里，b端转向纸外 D. a端转向纸外，b端转向纸里 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】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，而N导线的磁感线指向右上，根据矢量的合成法则，则合磁场方向向右，再根据左手定则判断a端受到向里的力；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C正确；ABD错误；故选C．‎ ‎4.如图所示，在条形磁铁外套有A、B两个大小不同的圆环，穿过A环的磁通量与穿过B环的磁通量相比较，有（ ）‎ A. B. C. D. 不能确定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据磁感线的分布情况可知，磁铁内部穿过环面的磁感线方向向上，外部磁感线方向向下．由于磁感线是闭合曲线，磁铁内部的磁感线条数等于磁铁外部磁感线的总条数，而磁铁外部磁感线分布在无限大的空间，所以穿过环面的磁铁外部向下的磁感线将磁铁内部向上的磁感线抵消一部分，A的面积小，抵消较小，则磁通量较大，所以．故选C．‎ ‎【点睛】在磁铁的外部，磁感线从N极出发进入S极，在磁铁内部，磁感线从S极指向N极．磁感线是闭合曲线，磁铁内外总条数相等．穿过环面的磁感线方向有两种，存在抵消情况，抵消后磁感线多，磁通量大．‎ ‎5.如图所示，水平放置的扁平条形磁铁，在磁铁的左端正上方有一线框，线框平面与磁铁垂直，当线框从左端正上方沿水平方向平移到右端正上方的过程中，穿过它的磁通量的变化是：‎ A. 先减小后增大 B. 始终减小 C. 始终增大 D. 先增大后减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】线圈在N极和S极附近时，磁场较强，磁感线较密，而在条形磁铁中央附近，磁场最弱，磁感线较疏，因此在两边处穿过线圈的磁感线较多，磁通量较大，而在中间处穿过线圈的磁感线较少，磁通量较小，故穿过线框磁通量先变小后变大，故A正确，BCD错误；‎ 故选A．‎ ‎6.在x轴上存在与x轴平行的电场，x轴上各点的电势随x点位置变化情况如图所示．图中-x1～x1之间为曲线，且关于纵轴对称，其余均为直线，也关于纵轴对称．下列关于该电场的论述正确的是 A. x轴上各点的场强大小相等 B. 从-x1～x1场强的大小先减小后增大 C. 一个带正电的粒子在x1点的电势能大于在-x1点的电势能 D. 一个带正电的粒子在-x1点的电势能大于在-x2的电势能 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图像的斜率大小等于电场强度，分析场强的变化，根据电势的定义判断电势能的大小关系。‎ ‎【详解】A．图像的斜率大小等于电场强度，所以轴上的电场强度不同，故A错误；‎ B．从到图像斜率先减小后增大，故场强先减小后增大，故B正确；‎ CD．根据电势的定义：‎ 可知，一个带正电的粒子在和位置电势能相等，故CD错误。‎ ‎【点睛】本题关键要理解图像的斜率大小为场强，根据电势的定义可以判断电势能的大小，但要注意电势的选取是相对的。‎ ‎7.如图所示，始终静止在斜面上的条形磁铁，当其上方的水平放置的导线通以图示方向的电流时，斜面体对磁铁的弹力N和摩擦力f的变化是 A. N减小，f不变 B. N减小，f增大 C. N、f都增大 D. N增大，f减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先判断电流所在位置的磁场方向，然后根据左手定则判断安培力方向；再根据牛顿第三定律得到磁体受力方向，最后对磁体受力分析，根据平衡条件判断。‎ ‎【详解】通电后画出磁铁在外部通过通电导线的磁感线，画出通电直流导线受到的安培力（如下左图），根据牛顿第三定律，画出磁铁的受力（如下右图）：‎ 摩擦力与重力的沿斜面的分力相等，未发生变化，垂直于斜面方向上由于垂直于斜面向上，所以支持力变小，故A正确，BCD错误。‎ ‎【点睛】本题关键先对通电导线分析，得到其受力方向，再结合牛顿第三定律和平衡条件分析磁体的受力情况。‎ ‎8.如图所示，在正方形四个顶点分别放置一个点电荷，所带电荷量已在图中标出，则下列四个选项中，正方形中心处场强最大的是 (　　)‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据点电荷电场强度公式，结合矢量合成法则，两个负电荷在正方形中心处场强为零，两个正点电荷在中心处电场强度为零，故A错误；同理，正方形对角线异种电荷的电场强度，即为各自点电荷在中心处相加，因此此处的电场强度大小为，故B正确；正方形对角线的两负电荷的电场强度在中心处相互抵消，而正点电荷在中心处，叠加后电场强度大小为，故C错误；根据点电荷电场强度公式，结合叠加原理，则有在中心处的电场强度大小，故D错误．所以B正确，ACD错误．‎ 二、不定项选择题（共5题，每题全对得4分，选对但不全的得2分，共20分）‎ ‎9.下列所示各图中，小磁针的指向正确的是 A B. C. D. ‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 小磁针静止时N极所指的方向即为磁感线的方向，根据安培定则（或右手螺旋定则）判断磁感线的方向，进而判断小磁针的方向。‎ ‎【详解】A．由右手螺旋定则可知，螺线管右侧为极，左侧为极，则处在螺线管内部小磁针的极应向左，故A正确；‎ B．地磁场在外部从地球的南极附近指向北极附近，结合小磁针静止时极指向为磁场的方向，因此赤道处小磁针极指向地球的北极，故B正确；‎ C．根据安培定则，垂直纸面向里的直流导线产生的磁感线是顺时针方向，所以N 极应该指向竖直向下，故C错误；‎ D．形磁铁，小磁针处的磁场向极指向极，则小磁针极向右，故D正确。‎ ‎【点睛】本题考查安培定则（或右手螺旋定则）的应用，要注意明确小磁针静止时极指向为该点磁感应强度的方向。‎ ‎10.有一横截面积为的铜导线，流经其中的电流强度为；设每单位体积的导线中有个自由电子，电子的电量为，此电子的定向移动速率为，在时间内，通过导线橫截面的自由电子数可表示为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 在t时间内，以速度v移动的电子在铜导线中通过的距离为vt，因为铜导线的横截面积为S，则在t时间内，电子经过的导线体积为V=vtS，又因为单位体积的导线有n个自由电子，则在∆t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为N=nvS∆t．因为流经导线的电流为I，则在t时间内，流经导线的电荷量为q=It，而电子的电荷量为e，则t时间内通过导线横截面的自由电子数目可表示为：；故只有A正确，BCD错误．故选A．‎ ‎11.如图所示，电源电动势为E，内阻为r．当滑动变阻器的滑片P从左端滑到右端时，理想电压表、示数变化的绝对值分别为和，干路电流为I，灯泡电阻不变，下列说法中正确的是 A. 小灯泡、变暗，变亮 B. 与的比值不变 C. ‎ D. ‎ ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当滑动变阻器的触片从左端滑到右端时，分析变阻器接入电路的电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，分析总电流和路端电压的变化，判断灯亮度的变化。根据总电流的变化，分析并联部分电压的变化，判断亮度的变化。根据总电流与通过电流的变化，分析通过电流的变化，判断其亮度变化。根据路端电压的变化，分析和的大小。根据闭合电路欧姆定律列式分析电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值如何变化。‎ ‎【详解】A．当滑动变阻器的触片从左端滑到右端时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，路端电压增大，则变暗；变阻器的电阻增大，并联部分的电阻增大，则并联部分的电压增大，则变亮。总电流减小，而的电流增大，则的电流减小，则变暗，故A正确；‎ B．根据闭合电路欧姆定律：‎ 可知：，不变，故B正确；‎ CD．由上分析可知，电压表的示数增大，电压表的示数减小，由于路端电压增大，即两电压表示数之和增大，所以，故CD错误。‎ ‎【点睛】本题是电路动态变化分析问题，按“局部整体局部”思路进行分析。运用总量法分析两电压表读数变化量的大小。运用闭合电路欧姆定律定量分析电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值变化，这是常用的方法。‎ ‎12.如图电路中，电键K1，K2，K3，K4均闭合，在平行板电容器C的极板间悬浮着一带电油滴P，下列说法中不正确的是 A. 若断开K1，则P将继续悬浮不动 B. 若断开K2，则P将向下加速运动 C. 若断开K3，则P将向上加速运动 D. 若断开K4，则P将继续悬浮不动 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 平行板电容器板间悬浮着一油滴，油滴所受的重力与电场力平衡。根据条件分别分析各种情况下板间场强和油滴的电场力如何变化，进而确定将怎样运动即可。‎ ‎【详解】A．断开，油滴所受竖直向下的重力和竖直向上的电场力大小相等，电容器两板间的电压不变，场强不变，油滴所受的电场力不变，油滴仍处于平衡状态，所以油滴悬浮不动，故A正确；‎ B．断开，电容器两板间的电压增大，稳定时，其电压等于电源的电动势，板间场强增大，油滴所受的电场力增大，油滴将向上运动，故B不正确；‎ C．断开，电容器通过电阻放电，板间场强逐渐减小，油滴所受的电场力减小，油滴将向下加速运动，故C不正确；‎ D．断开，电容器的电量不变，板间场强不变，油滴仍处于静止状态，故D正确。‎ ‎【点睛】本题考查分析电容器电压的能力。和电容器串联的电阻可以视为导线，电容器和谁并联，电容器两端电压即为谁的电压。‎ ‎13.如图所示，在匀强磁场区域中有一光滑斜面体，在斜面体上放了一根长为L，质量为m的导线，当通以如图方向的电流I后，导线恰能保持静止，则磁感应强度B满足（）‎ A. B=，方向水平向左 B. ，方向垂直纸面向外 C. ，方向沿斜面向上 D. ，方向竖直向下 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】磁场方向水平向左时，安培力竖直向上，与重力平衡，有mg=BIL解得，故A正确；磁场垂直向外时，由于电流与磁场方向平行，故安培力为零，不可能平衡，故B错误；方向沿斜面向上，安培力垂直于斜面向上，不可能平衡，故C错误；磁场竖直向下时，安培力水平向左，导体棒还受到重力和支持力，根据平衡条件和安培力公式，有mgtanα=BIL解得，故D正确；故选AD．‎ ‎【点睛】本题关键是对物体受力分析，然后根据左手定则判断出各个选项中的安培力方向，最后根据平衡条件列方程求解即可．‎ 三、实验题(本题共3小题，共22分；)‎ ‎14.某欧姆表内部使用1.5V干电池一节，在某挡两表笔短接时，表针刚好指于0Ω处，此时有30mA电流流过表笔，如用此挡测某一电阻，指针正指表盘刻度正中，则该电阻阻值为______Ω，若用此挡测两个串联起来的这样的电阻，则通过表笔的电流为______mA.‎ ‎【答案】 (1). 50Ω (2). 10mA ‎【解析】‎ 分析】‎ 当两表笔短接时，表头指针满偏时，所测量的电阻为零，根据闭合电路欧姆定律求解欧姆表的总内阻；表针正指电表刻度正中时，电流是满偏电流的一半，再由闭合电路欧姆定律求解待测电阻的阻值。‎ ‎【详解】[1]当两表笔短接时，由闭合电路欧姆定律得：‎ 当表针半偏时：‎ 解得：‎ ‎[2]当两个电阻串联起来时，通过表笔的电流为：‎ 点睛】本题考查欧姆表相关知识，要知道欧姆表的工作原理是闭合定律欧姆定律，应用闭合电路欧姆定律即可正确解题。‎ ‎15. 在“测定金属的电阻率”的实验中，需要用刻度尺测出被测金属丝的长度l，用螺旋测微器测出金属丝的直径d，用电流表和电压表测出金属丝的电阻R．‎ ‎（1）请写出测金属丝电阻率的表达式：ρ=______________．（用上述测量的字母表示）‎ ‎（2）若实验中测量金属丝的长度和直径时，刻度尺和螺旋测微器的示数分别如图所示，则金属丝长度的测量值为l=__________cm，金属丝直径的测量值为d=__________mm．‎ ‎【答案】（1）（2）36.48—36.52 , 0.796—0.798‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由及可得，；‎ ‎（2）由于刻度尺的最小分度是0．1cm，所以应估读到0．01cm，则金属丝的长度为L=36．50cm，金属丝的直径为d=0．5mm+29．8×0．01mm=0．798mm 考点：测定金属的电阻率 ‎【名师点睛】本题（1）的关键是根据电阻定律写出电阻率的表达式即可；题（2）的关键是注意刻度尺的最小分度是0．1cm，应进行0．1估读，即应估读到0．01cm．‎ ‎16.用伏安法测量某电阻Rx的阻值，现有实验器材如下：‎ A.待测电阻Rx：范围在5∼8Ω，额定功率1W B.电流表A1：量程0∼0.6A(内阻约0.2Ω)‎ C.电流表A2：量程0∼3A(内阻约0.05Ω)‎ D.电压表V1：量程0∼3V(内阻约3kΩ)‎ E.电压表V2：量程0∼15V(内阻约15kΩ)‎ F.滑动变阻器R：0∼10Ω，额定电流2A G.蓄电池：电动势12V，内阻不计 H导线，电键．‎ ‎(1)为了较准确的测量，并保证器材安全，电流表应选_________，电压表应选_________(填所选设备的符号），并在图甲虚线框内画出电路图，标明所选设备的符号____________．‎ ‎(2)根据电路图，连接图乙实物图_________．‎ ‎【答案】 (1). A1 (2). V1 (3). (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)已知待测电阻额定功率，由电功率的变形公式求出电阻额定电压，根据该额定电压选择电压表；根由电功率公式的变形公式求出电阻的额定电流，根据该电流选择电流表；由于变阻器总电阻与待测电阻的阻值相近，若采用限流式，待测电阻的分压会超过其额定电压，所以滑动变阻器应采用分压式。根据待测电阻与两个电表内阻的比较，选择电流表的接法，然后根据伏安法测电阻的原理作出实验电路图。‎ ‎(2)对照电路图，连接实物图。‎ ‎【详解】(1)[1]根据功率的计算公式得电阻额定电压约为：‎ 因此可以选量程为，内阻的电压表；‎ ‎[2]根据，所以电阻的额定电流：‎ 因此可以选量程为，内阻为的电流表；‎ ‎[3]测量电阻的原理是伏安法，由于变阻器总电阻与待测电阻的阻值相近，若采用限流式，待测电阻的分压会超过其额定电压，所以滑动变阻器应采用分压式；因为：‎ 所以：，所以电流表采用外接法，测量误差较小。根据伏安法测电阻的原理作出实验电路图如图所示：‎ ‎(2)[4]连接图乙实物图如图所示。‎ 点睛】‎ 本题考查了实验器材的选取、设计实验电路图，是实验的常考问题。通常情况下，测量外电路的物理量时，变阻器应采用分压式接法；若，电流表采用外接法；若，电流表采用内接法。‎ 四、计算题(本题共3小题，共34分，解答过程应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤)‎ ‎17.如图所示，电源电动势E＝14 V，内电阻r＝1 Ω，小灯泡标有“2 V，4 W”，电动机D的内阻r＝0.5 Ω，当变阻器的阻值R调到1 Ω时，电灯和电动机均能正常工作，求：‎ ‎(1)电动机两端的电压；‎ ‎(2)电动机输出的机械功率；‎ ‎(3)电路消耗的总功率．‎ ‎【答案】（1）8V （2）14 W （3）28 W ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)电灯和电动机正常工作，通过灯泡的电流为： ‎ 设电动机两端电压为U′，由闭合电路欧姆定律：‎ 代入数据解得：U′＝8 V ‎ ‎(2)电动机输出功率： ‎ ‎(3)电路消耗的总功率为：‎ ‎18.如图所示，导轨间的距离L=0.5m，B=2T，ab棒的质量m=1kg，物块重G=3N，ab棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.2，电源的电动势E=10V，r=0.1Ω，导轨的电阻不计，ab棒电阻也不计，问R的取值范围怎样时棒处于静止状态？（g取10m/s2）‎ ‎【答案】1.9Ω≤R≤9.9Ω时棒处于静止状态 ‎【解析】‎ 解：依据物体平衡条件可得，‎ 恰不右滑时有：G﹣μmg﹣BLI1=0…①‎ 恰不左滑时有：G+μmg﹣BLI2=0…②‎ 依据闭合电路欧姆定律可得：E=I1（R1+r）…③‎ E=I2（R2+r）…④‎ 联立①③得：R1=﹣r=9.9Ω．‎ 联立②④得：R2=﹣r=1.9Ω．‎ 所以R的取值范围为：1.9Ω≤R≤9.9Ω．‎ 答案：1.9Ω≤R≤9.9Ω时棒处于静止状态 ‎【点评】此题是通电导体在磁场中平衡问题，要抓住静摩擦力会外力的变化而变化，挖掘临界条件进行求解．‎ ‎19. 如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑离心轨道，一个带负电的小球从斜轨道上的A点由静止释放，沿轨道滑下（小球的重力大于所受的电场力）．‎ ‎（1）已知小球的质量为m，电量大小为q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为α，求小球沿斜轨道下滑的加速度的大小；‎ ‎（2）若使小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时不落下来，求A点距水平地面的高度h至少应为多大？‎ ‎（3）若小球从斜轨道h=5R处由静止释放．假设其能够通过B点，求在此过程中小球机械能的改变量．‎ ‎【答案】（1）已知小球的质量为m，电量大小为q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为α，小球沿斜轨道下滑的加速度的大小为；‎ ‎（2）若使小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时不落下来，A点距水平地面的高度h至少应为 ‎（3）若小球从斜轨道h=5R处由静止释放．假设其能够通过B点，在此过程中小球机械能的改变量3qER ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由牛顿第二定律有（mg﹣qE）sinα=ma得：‎ a=‎ ‎（2）球恰能过B点有：‎ ‎（mg﹣qE）= ①‎ 由动能定理，从A点到B点过程，则有：‎ ‎（mg﹣qE）（h1﹣2R）=﹣0 ②‎ 由① ②解得h1=‎ ‎（3）因电场力做负功，导致机械能减少，电势能增加 则增加量：△E=qE（h2﹣2R）=qE（5R﹣2R）=3qER 由能量守恒定律得机械能减少，且减少量为3qER ‎ ‎