安徽省滁州市定远县民族中学2020学年高二物理12月月考试题

安徽省滁州市定远县民族中学2020学年高二物理12月月考试题

民族中学2020学年度上学期12月月考试卷 ‎ 高二物理 本试卷共18小题，分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。满分100分，考试时间90分钟。请在答题卷上作答。‎ 第I卷 选择题（共48分）‎ 一、选择题：本卷共12小题，每小题4分，共48分。第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求。‎ ‎1.如图所示，在光滑绝缘水平面上放置3个电荷量均为q(q>0)的相同小球，小球之间用劲度系数均为k0的轻质弹簧绝缘连接．当3个小球处于静止状态时，每根弹簧长度为l.已知静电力常量为k，若不考虑弹簧的静电感应，则每根弹簧的原长为(　　)‎ A．l＋ B．l－ C．l－ D．l－‎ ‎2.如图所示，在空间直角坐标系O－xyz中，A、B、C、D四个点的坐标分别为(L,0,0)、(0，L,0)、(0,0，L)、(‎2L,0,0)．在坐标原点O处固定电荷量为＋Q的点电荷，下列说法正确的是(　　)‎ A． 电势差UOA＝UAD B．A、B、C三点的电场强度相同 C． 电子在B点的电势能大于在D点的电势能 D． 将一电子由D点分别移动到A、C两点，电场力做功相同 ‎3.空间某一静电场的电势φ关于x轴对称分布，如图所示．x轴上A、B两点电场强度在x方向上的分量分别是Exa、Exb，下列说法正确的是(　　)‎ A． 因为a点电势比b点电势高，所以Exa大于Exb B．Exa的方向与Exb方向相同，均沿x正方向 C． 一点电荷在A、B点受到电场力是Fa大于Fb D． 点电荷沿x轴从a移动到b的过程中，电势能总是先增大后减小 ‎4.如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为v2(v2＜v1)．若小物体电荷量保持不变，OM＝ON，则(　　)‎ A． 从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小 B． 从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功 C． 小物体上升的最大高度为 D． 从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先减小后增大 ‎5.如图所示电路，闭合开关S，两个灯泡都不亮，电流表指针几乎不动，而电压表指针有明显偏转，该电路的故障可能是(　　)‎ A． 电流表坏了或未接好 B． 从点a经过灯L1到点b的电路中有断路 C． 灯L2的灯丝断了或灯座未接通 D． 电流表和灯L1、L2都坏了 ‎6.利用如图所示的实验装置可以测量磁感应强度．当外界拉力作用于力敏传感器的挂钩上时，数字电压表上的读数U与所加外力F成正比，即U＝kF，式中k为比例系数．用绝缘悬丝把底部长为L、电阻为R、质量为m的方形线框固定在力敏传感器的挂钩上，并用软细铜丝连接线框与电源，细铜丝的电阻忽略不计．当线框接入电压为E1时，电压表的示数为U1；当线框接入电压为E2时，电压表示数为U2.则磁感应强度的大小为(　　)‎ A．B＝|| B．B＝||‎ C．B＝|| D．B＝||‎ ‎7.如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1带负电，a、b两点在它们连线的延长线上.现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度图象如图乙所示.以下说法中正确的是（ ）‎ A．Q2一定带负电 B．Q2的电量一定大于Q1的电量 C．b点的加速度为零，电场强度也为零 D．整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大 ‎8.如图所示，abcd四边形闭合线框，a、b、c三点坐标分别为(0，L,0)，(L，L,0)，(L,0,0)，整个空间处于沿y轴正方向的匀强磁场中，通入电流I，方向如图所示，关于四边形的四条边所受到的安培力的大小，下列叙述中正确的是(　　)‎ A．ab边与bc边受到的安培力大小相等 B．cd边受到的安培力最大 C．cd边与ad边受到的安培力大小相等 D．ad边不受安培力作用 ‎9. 1876年美国物理学家罗兰完成了著名的“罗兰实验”．罗兰把大量的负电荷加在一个橡胶圆盘上，然后在圆盘附近悬挂了一个小磁针，将圆盘绕中心轴按如图所示方向高速旋转时，就会发现小磁针发生偏转．忽略地磁场对小磁针的影响．则(　　)‎ A． 小磁针发生偏转的原因是因为橡胶圆盘无电流 B． 小磁针发生偏转说明了电荷的运动会产生磁场 C． 当小磁针位于圆盘的左上方时，它的N极指向左侧 D． 当小磁针位于圆盘的左下方时，它的N极指向右侧 ‎10.垂直纸面方向的两根平行直导线通以等大同向的电流，如图所示，两导线连接的中点为O，纸面内O1、O2、O3、O4是以O点为中心的矩形的四个顶点，O1O2‎ 连线平行两导线的连线，则以下说法正确的是(　　)‎ A．O点的磁感应强度为零 B．O1点与O2点的磁感应强度等大反向 C．O1点与O3点的磁感应强度等大反向 D．O1点与O4点的磁感应强度等大反向 ‎11.压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学设计了利用压敏电阻判断升降机运动状态的装置，其工作原理如图所示，将压敏电阻固定在升降机底板上，其上放置一个绝缘物块。0～t1时间内升降机停在某一楼层处，t1时刻升降机开始运动，从电流表中得到电流随时间变化的情况如图所示，下列判断正确的是（ ）‎ A．t1～t2时刻升降机一定在加速下降 B．t1～t2时刻升降机一定在加速上升 C．t2～t3时间内升降机一定处于匀速运动状态 D．t2～t3时间内升降机可能处于静止状态 ‎12.在地面附近，存在着一有理想边界的电场，边界A、B将该空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向下的匀强电场，区域Ⅰ中无电场．在区域Ⅱ中边界下方某一位置P，由静止释放一质量为m，电荷量为q的带负电小球，如图(a)所示，小球运动的v－t图象如图(b)所示，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则以下说法正确的是(　　)‎ A． 小球在7 s末回到出发点 B． 电场强度大小是 C．P点距边界的距离为 D． 若边界AB处电势为零，则P点电势为－‎ 第II卷 非选择题（共52分）‎ 二、非选择题：本卷共6小题，共52分。‎ ‎13. （4分）某同学在实验室测定一节干电池的电动势和内阻，使用的器材有待测干电池一节，电流表G(0～3 mA，内电阻r1＝20 Ω)，电流表A(0～‎0.6 A，内电阻r2＝0.20 Ω)，开关和导线若干，还有下列器材可选择：‎ A．滑动变阻器甲(最大阻值10 Ω)‎ B．滑动变阻器乙(最大阻值100 Ω)‎ C．定值电阻R1＝100 Ω D．定值电阻R2＝500 Ω E．定值电阻R3＝1.5 kΩ 由于没有电压表，为此他设计了如图所示的电路完成了实验要求的测量．‎ ‎(1)为了方便并能较准确地测量，滑动变阻器应选________，定值电阻应选用________．(填写序号)‎ ‎(2)实验步骤如下：‎ ‎①若某次测量中电流表G的示数为I1，电流表A的示数为I2；‎ ‎②改变滑片P的位置后，电流表G的示数为I1′，电流表A的示数为I2′.‎ 则可知此电源的内电阻测量值为r＝________，电动势测量值为E＝________.(定值电阻用符号R表示)‎ ‎14. （8分）（1）在“测定金属的电阻率”的实验中，由于金属丝直径很小，不能使用普通刻度尺，应使用螺旋测微器.螺旋测微器的精确度为_________mm，用螺旋测微器测量某金属丝直径时的刻度位置如图所示，从图中读出金属丝的直径为mm.‎ ‎（2）如果测出金属丝接入电路的长度l、直径d和金属丝接入电路时的电流I和其两端的电压U，就可求出金属丝的电阻率.用以上实验中直接测出的物理量来表示电阻率，其表达式为ρ=_________________.‎ ‎（3）在此实验中，金属丝的电阻大约为4 Ω，在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测电 阻丝外，选用了如下实验器材：‎ A．直流电源：电动势约4.5 V，内阻不计；‎ B．电流表A：量程0～‎0.6 A，内阻约0. 125 Ω；‎ C．电压表V：量程0～3 V，内阻约3 kΩ；‎ D．滑动变阻器R：最大阻值10 Ω；‎ E．开关、导线等．‎ 在以下可供选择的实验电路中，应该选图____（填“甲”或“乙”），选择的接法为____接法（填“内”或“外”），此接法测得的电阻值将___________(填“大于”、“小于”或“等于”)被测电阻的实际阻值.‎ ‎（4）根据所选实验电路图，在实物图中完成其余的连线.在闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应置在_____________（填“最左”或“最右”）端.‎ ‎（5）根据所选量程，某次实验两电表的示数如图，则读数分别为_________V和_________A．‎ ‎（6）若某次实验测得接入电路金属丝的长度为‎0.810 m，算出金属丝的横截面积为0.81×10‎-6m2‎，根据伏安法测出电阻丝的电阻为4.1 Ω，则这种金属材料的电阻率为_____（保留二位有效数字）.‎ ‎15. （9分）‎ 如图所示，将长为‎50 cm、质量为‎10 g的均匀金属棒ab的两端用两只相同的弹簧悬挂成水平状态，位于垂直纸面向里的匀强磁场中，当金属棒中通以‎0.4 A的电流时，弹簧恰好不伸长，求：(取g＝‎9.8 m/s2)‎ ‎(1)匀强磁场中磁感应强度是多大？‎ ‎(2)当金属棒通以‎0.2 A由a到b的电流时，弹簧伸长‎1 cm，如果电流方向由b到a，而电流大小不变，弹簧伸长又是多少？‎ ‎16. （10分）‎ 如图所示，两平行金属导轨间距l=‎0.5 m，导轨与水平面成θ=37°．导轨上端连接有E=6 V、r=1 Ω的电源和滑动变阻器．长度也为l的金属棒ab垂直导轨放置且与导轨接触良好，金属棒的质量m=‎0.2 kg、电阻R0=1 Ω，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，金属棒一直静止在导轨上．当滑动变阻器的阻值R=1 Ω时金属棒刚好与导轨间无摩擦力．g取‎10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8．求：‎ ‎（1）此时电路中的电流I；‎ ‎（2）当滑动变阻器接入电路的电阻为4 Ω时金属棒受到的摩擦力大小．‎ ‎17. （9分）‎ 如图所示，水平放置的平行板电容器的两极板M、N，接上直流电源．上极板M的中央有一小孔A，在A的正上方h＝‎20 cm处的B点，有一小油滴自由落下．已知小油滴的电量Q＝－3.5×10－‎14C，质量m＝3.0×10－‎9kg.当小油滴即将落到下极板时，速度恰为零．(不计空气阻力，g＝‎10 m/s2，L＝‎15 cm)求：‎ ‎(1)两极板间的电场强度E；‎ ‎(2)两极板间的电势差U；‎ ‎(3)设平行板电容器的电容C＝4.0×10－‎12F，则该电容器带电量Q是多少？‎ ‎18. （12分）‎ 如图所示，EF与GH间为一无场区．无场区左侧A、B为相距为d、板长为L的水平放置的平行金属板，两板上加某一电压从而在板间形成一匀强电场，其中A为正极板．无场区右侧为一点电荷Q形成的电场，点电荷的位置O为圆弧形细圆管CD的圆心，圆弧半径为R，圆心角为120°，O、C在两板间的中心线上，D位于GH上．一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子以初速度v0沿两板间的中心线射入匀强电场，粒子出匀强电场经无场区后恰能进入细圆管，并做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动．(已知静电力常量为k，不计粒子的重力、管的粗细)求：‎ ‎(1)O处点电荷Q的电性和电荷量；‎ ‎(2)两金属板间所加的电压．‎ 答案解析 ‎1.【答案】C ‎【解析】以最左边的小球为研究对象，其受到的弹簧的弹力等于其他两个小球对它的库仑斥力的合力，即k0x＝k＋k，弹簧的原长为l－x＝l－，C项正确．‎ ‎2.【答案】D ‎【解析】点电荷产生的场强离点电荷越远，场强越小，由U＝Ed可得UOA＞UAD，A错误；A、B、C三点的场强大小相等，方向不同，B错误；离点电荷越远电势越低，由Ep＝qφ得电子在B点的电势能小于在D点的电势能，C错误；A、C两点的电势相同，电子在A、C两点的电势能相等，因此将电子由D点分别移到A、C两点电势能变化相同，因此电场力做功相同，D正确．‎ ‎3.【答案】C ‎【解析】a点和b点的斜率等于电场强度的大小，可见Exa＞Exb，但不能说是因为a点电势比b点电势高，应该说是因为a点的电势φ的变化率大于b点的电势φ的变化率，所以Exa大于Exb.故A错误；A、B两点电势变化的斜率方向相反，所以Exa的方向与Exb方向相反．故B错误；由A的分析知Exa＞Exb，所以点电荷在A、B点受到电场力是Fa大于Fb.故C正确；点电荷沿x轴从a移动到b的过程中，电势先升高后降低，正电荷的电势能是先增大后减小，负电荷的电势能是先减小后增大．故D错误．‎ ‎4.【答案】C ‎【解析】由题分析可知，正点电荷对物体有吸引力，从N到M的过程中，物体与正点电荷间的距离先减小后增大，则电场力先做正功后做负功，物体的电势能先减小后增加．故A、B错误．设物体上升过程中，摩擦力做功为W，上升的最大高度为h.由于OM＝ON，M、N两点的电势相等，上升和下滑过程中电场力做功都为0，则根据动能定理得：‎ 上升过程：W－mgh＝0－mv 下滑过程：W＋mgh＝mv－0‎ 联立解得，h＝.故C正确．‎ 从N到M的过程中，小物体受到的电场力先增大后减小，电场力在垂直于斜面的分力也先增大后减小，根据物体在垂直于斜面方向力平衡得知，斜面对物体的支持力也先增大后减小，则物体受到的摩擦力先增大后减小．故D错误．‎ ‎5.【答案】B ‎【解析】电流表坏了或未接好，电路断路，电路中无电流，电表都无示数．A项不合题意．两灯都亮不起来，电流表的指针几乎不动，而电压表指针有明显偏转，说明电压表所测那部分电路断路，电压表与电路串联，分担绝大部分电压，示数很大．B项符合题意．灯L2和灯丝烧断或灯座未接通，电路断路，电路中无电流，电表都无示数．C项不合题意．电流表和灯L1、L2都坏了，电路断路，电路中无电流，电表都无示数．D项不合题意．故选B.‎ ‎6.【答案】A ‎【解析】由于数字电压表上的读数U与所加外力成正比，即U＝kF，式中k为比例系数，当通上电流后，‎ 设安培力为FA，有ΔU＝kFA，即kBΔIL＝ΔU，‎ 整理得：B＝，而ΔI＝，整理得：B＝||‎ ‎7.【答案】C ‎【解析】从速度图象上看，a到b做加速度减小的减速运动，在b点时粒子运动的加速度为零，则电场力为零，所以该点场强为零.Q1对负电荷的电场力向右，则Q2对负电荷的电场力向左，所以Q2带正电.故A错误，C正确.b点场强为零，可见两点电荷在b点对负电荷的电场力相等，根据知，b到Q1的距离大于到Q2的距离，所以Q1的电量大于Q2的电量.故B错误.整个运动过程动能先减小后增大，根据能量守恒得电势能先增大后减小.故D错误.故选C.‎ ‎8.【答案】B ‎【解析】因为ab垂直放置磁场中，所以其安培力Fab＝BLabI ‎，而bc平行于磁场，所以其安培力为零．故A错误；cd边垂直于磁场，且长度最长，所以其受到的安培力最大．故B正确；cd边与ad边所受到的安培力大小不等．故C错误；ad边受到安培力的作用．故D错误．‎ ‎9.【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎10.【答案】AD ‎【解析】根据安培定则可知，a、b两处分别在矩形的四个顶点产生如图所示的磁场方向，由矢量合成方法可得出合磁场的方向如图所示；‎ O点的磁感应强度为零，故A正确；‎ O1点与O2点的磁感应强度等大，方向不同，故B错误；‎ O1点与O3点的磁感应强度等大，方向不同，故C错误；‎ O1点与O4点的磁感应强度等大反向，故D正确；‎ ‎11.【答案】BC ‎【解析】从t1到t2时间内，电流增加，说明压敏电阻的压力大于重力，加速度向上，向上做变加速直线运动，A错误，B正确；从t2到t3时间内，电流恒定，说明压敏电阻的压力保持不变，做匀速直线运动，C正确，D错误.‎ ‎12.【答案】ACD ‎【解析】小球回到出发点时通过的位移为0，根据v－t图象与时间轴所围的面积表示位移可知，小球在7 s末总位移为零，回到出发点，故A正确．由图象的斜率等于加速度，得0～2 s内的加速度为：a1＝，2～5 s内加速度大小为a2＝＝v0＝g.则得：a1＝g 由牛顿第二定律得：qE－mg＝ma1‎ 可得：电场强度E＝.故B错误．‎ 从P点到边界过程，由动能定理得：‎ ‎－ma1y＝0－mv 解得：P点距边界的距离y＝，故C正确．‎ P点与边界AB间的电势差为U＝－Ey＝－·＝－.若边界AB处电势为零，则P点电势为－.故D正确．‎ ‎13.【答案】(1)A　D　(2)(R＋r1)　(R＋r1)‎ ‎【解析】滑动变阻器选A；由于把电流计改装成量程为1.5 V左右的电压表，则需要串联的电阻为：R＝－r1＝Ω－20 Ω＝480 Ω，故定值电阻选D；‎ 根据欧姆定律：E＝I1(R＋r1)＋(I1＋I2)r；E＝I1′(R＋r1)＋(I1′＋I2′)r，联立方程可求得：r＝；E＝‎ ‎14.【答案】⑴0.01 ‎0.640 mm ⑵⑶甲 外小于 ‎⑷见解析图 最左 ⑸2.15 0.16 ⑹4.1×10-6Ω·m ‎【解析】（1）螺旋测微器的精确度为‎0.01 mm，金属丝的直径为 ‎.‎ ‎（1） 根据及解得 ‎（3）因待测电阻的阻值较小，故采用电流表外接电路，即甲电路；因电压表的分流作用，使得电流表的测量值大于电阻上的实际电流，故此接法测得的电阻值将小于被测电阻的实际阻值.‎ ‎（2） 连线如图；在闭合开关S前，滑动变阻器的阻值调节到最小，故滑片应置在最左端.‎ ‎（3） 电压表读数为2.15 V；电流表读数为‎0.16 A.‎ ‎（6）根据可得，带入数据可知 ‎15.【答案】　(1)0.49 T　(2)‎‎3 cm ‎【解析】　(1)当ab棒受到向上的安培力BIl，且和向下的重力mg大小相等时，弹簧不伸长，由BIl＝mg可得出磁感应强度：B＝＝T＝0.49 T.‎ ‎(2)当‎0.2 A的电流由a流向b时，ab棒受到两根弹簧向上的拉力2kx1、向上的安培力BI‎1l和向下的重力mg作用，处于平衡状态.‎ 根据平衡条件有：2kx1＝mg－BI‎1l①‎ 当电流反向后，弹簧伸长x2，ab棒受到两个弹簧向上的拉力2kx2、向下的安培力BI‎2l和重力mg作用，处于平衡状态，有：‎ ‎2kx2＝mg＋BI‎2l②‎ 联立①②得：‎ x2＝·x1‎ 代入数据解得：x2＝‎3 cm.‎ ‎16.【答案】（1）‎2 A （2） 0.6 N ‎【解析】（1）根据闭合电路欧姆定律，当滑动变阻器的电阻为R1=1 Ω时，‎ 电流I1===‎‎2 A ‎（2）金属棒受重力mg、安培力F和支持力FN如图．‎ 根据平衡条件可得，mgsinθ=F1cosθ 又F1=BI‎1l 联立上式，解得磁感应强度B===1.5 T 当滑动变阻器的电阻为R2=4 Ω时，电流I2==A=‎‎1 A 又F2=BI‎2l=1.5×1×0.5 N=0.75 N mgsinθ=0.2×10×sin37° N=1.2 N 所以mgsinθ＞F2cosθ，故金属棒受到沿导轨平面向上的摩擦力Ff 根据平衡条件可得，mgsinθ=F2cosθ+Ff 联立解得：Ff=mgsinθ﹣F2cosθ=（0.2×10×sin 37°﹣0.75×cos 37°） N=0.6 N ‎17.【答案】(1) 2.0×106V/m　方向竖直向下　(2)3.0×105V　(3)1.2×10－‎‎6C ‎【解析】由动能定理W＝ΔEk得 mg(h＋L)＝|Q|U，U＝‎ 代入数据 U＝V＝3.0×105V E＝＝V/m＝2.0×106V/m Q＝CU＝4.0×10－12×3.0×‎105C＝1.2×10－‎‎6C ‎18.【答案】(1)负电　　(2)‎ ‎【解析】(1)由几何关系知，粒子在D点速度方向与水平方向夹角为30°，进入D点时速度v＝＝v0①‎ 在细圆管中做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动，故Q带负电且满足k＝m②‎ 由①②得：Q＝‎ ‎(2)粒子射出匀强电场时速度方向与水平方向成30°角 tan 30°＝③‎ vy＝at④‎ a＝⑤‎ t＝⑥‎ 由③④⑤⑥得：U＝＝‎