2018-2019学年江苏省南通市如东高级中学高二上学期第一次月考物理试题 解析版

2018-2019学年江苏省南通市如东高级中学高二上学期第一次月考物理试题 解析版

绝密★启用前 江苏省南通市如东高级中学2018年高二上学期第一次月考物理试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（ ）‎ A． 安培力的方向可以不垂直于直导线 B． 安培力的方向总是垂直于磁场的方向 C． 安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关 D． 将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：本题考查了产生条件、大小与方向，当电流方向与磁场平行时不受安培力，根据左手定则可知安培力的方向与磁场垂直．引用公式F=BIL时，注意要求磁场与电流垂直，若不垂直应当将导线沿磁场与垂直于磁场分解，因此垂直时安培力最大，最大为F=BIL．‎ 解：A、B、根据左手定则可知，安培力方向与磁场和电流组成的平面垂直，即与电流和磁场方向都垂直，故A错误，B正确；‎ C、磁场与电流不垂直时，安培力的大小为F=BILsinθ，则安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角有关，故C错误；‎ D、当电流方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，将直导线从中折成直角，让其中的一半与磁场的方向平行，安培力的大小将变为原来的一半；将直导线在垂直于磁场的方向的平面内从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】解决本题的关键是知道当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小．当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为F=BIL．‎ ‎2．在地球赤道上空有一小磁针处于水平静止状态,突然发现小磁针N极向东偏转,由此可知（ ）‎ A． 一定是小磁针正东方向有一条形磁铁的N极靠近小磁针 B． 一定是小磁针正东方向有一条形磁铁的S极靠近小磁针 C． 可能是小磁针正上方向有电子流自南向北水平通过 D． 可能是小磁针正上方向有电子流自东向西水平通过 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：小磁针正东方向有一条形磁铁的N极靠近小磁针；由于同名磁极相互排斥，小磁针的N将向西转动，A错误；小磁针正方东向有一条形磁铁的S极靠近小磁针，由于异名磁极相互吸引，所以小磁针的N极向东偏转，B正确；小磁针正上方有电子流自南向北水平通过，在小磁针所在处电子流产生的磁场方向由西指向东，小磁针N极向东，C正确；小磁针正上方有电子流自东向西水平通过，在小磁针所在处电子流产生的磁场方向由南指向北，小磁针N极向北，D错误；故选BC。‎ 考点：电流的磁场。‎ ‎【名师点睛】一般来说，小磁针由于受到地磁场的作用，S极指南，N极指北，现小磁针N极向东偏转，说明小磁针N极受到向东的力的作用，因此产生了向东方向的磁场，进而判断磁场和电流的方向。‎ ‎3．图中固定，并通以电流，问在图示位置上从上往下看，磁铁怎样运动，线中张力如何变化 A． 顺时针转，增大 B． 顺时针转，减小 C． 逆时针转，增大 D． 逆时针转，减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 将导线分成左右两段研究：左段所受的安培力方向垂直纸面向外，右段所受安培力的方向垂直纸面向里，根据作用力与反作用力，磁铁左边受到的作用力向里，右边受到的作用力向外，从上往下看，知磁铁顺时针转动。若磁铁转动90°时，导线所受的安培力方向向上，故磁铁受到的安培力向下，故T增大；故A正确，BCD错误。故选A。‎ ‎【点睛】‎ 解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向，以及掌握微元法、特殊位置法的运用.‎ ‎4．如图所示，长为的导线放在相互平行的金属导轨上，导轨宽度为，通过的电流为，垂直于纸面的匀强磁场的磁感应强度为，则所受的磁场力的大小为 A． B． C． D． ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由公式F=BIL得F=BI，故选C。‎ ‎【点睛】‎ 公式中的L是有效长度，即为通电电流的磁场中的长度，且垂直放置于磁场中．‎ ‎5．电源的电动势和内阻都保持一定，现用两个不同的电压表先后直接接电源的两极上，电压表1的读数是，电压表2的读数是，已知电压表的内阻依次是、，且，那么由于两电压表内阻不同，将是 A． 一定小于 B． 一定等于 C． 若将两个电压表同时并接在电源的两极时，读数一定不同 D． 若将两个电压表串联后接在电源的两极时，两电压表读数之和一定大于 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 因R1＞R2，由可知，接电压表1时电路中电流较小，故内电压较小，故路端电压较大，故电压表示数较大，故U1一定大于U2，故AB错误；若将两电表并连接在电源的两极时，因两表均测量路端电压，故两电压表的示数相等，故C 错误；若将两电压表串联后接在电源的两极时，因总电阻增大，故电路中电流较小，故内压减小，路端电压增大；故两电压表读数之和一定大于U1；故D正确；故选D。‎ ‎【点睛】‎ 本题要注意电压表可看作能读出电压的电阻，故可以将电压表作为外电阻，用闭合电路的欧姆定律进行分析处理．‎ ‎6．关于磁场和磁感线的描述，下列说法正确的是:( )‎ A．磁感线可以形象地描述磁场的强弱和方向，它每一点的切线方向表示该点的磁场方向 B．磁感线是从磁铁的N极指向S极 C．磁极间的相互作用是通过接触发生的 D．磁感线就是磁场中碎铁屑排列成的曲线 ‎【答案】A ‎【解析】磁感线在磁体外部是从磁铁的N极指向S极，在内部从S极指向N极，B错误；磁极间的相互作用是通过磁场发生的，属非接触力，C错误；磁感线是人们假想出来的，不存在，D错误 ‎7．有两根长直导线a、b互相平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图．在图中所示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O点的距离相等．若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，则关于线段MN上各点的磁感应强度，下列说法中正确的是（ ）‎ A． M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同 B． M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反 C． 在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零 D． 在线段MN上只有一点的磁感应强度为零 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：根据安培定则判断得知，两根通电导线产生的磁场方向均沿逆时针方向，由于对称，两根通电导线在MN两点产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形进行合成得到，M点和N点的磁感应强度大小相等，M点磁场向下，N点磁场向上，方向相反，故A错误B正确；只有当两根通电导线在同一点产生的磁感应强度大小相等、方向相反时，合磁感应强度才为零，则知只有O点的磁感应强度为零，故C错误，D正确．‎ 考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．‎ ‎【名师点睛】根据安培定则判断两根导线在M、N两点产生的磁场方向，根据平行四边形定则，进行合成，确定大小和方向的关系．在线段MN上只有O点的磁感应强度为零．‎ ‎8．如图所示，两平行导轨、竖直放置在匀强磁场中，匀强磁场方向竖直向上，将一根金属棒放在导轨上使其水平且始终与导轨保持良好接触，现在金属棒中通以变化的电流，同时释放金属棒使其运动．已知电流随时间变化的关系式为（为常数，），金属棒与导轨间的动摩擦因数一定．以竖直向下为正方向，则下面关于棒的速度、加速度随时间变化的关系图象中，可能正确的有 A． B． ‎ C． D． ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 以竖直向下为正方向，根据牛顿第二定律得，金属棒的加速度 ‎，f=μN=μFA=μBIL=μBLkt，联立解得加速度a=g−，与时间成线性关系，且t=0时，a=g，故CD错误。因为开始加速度方向向下，与速度方向相同，做加速运动，加速度逐渐减小，即做加速度逐渐减小的加速运动，然后加速度方向向上，加速度逐渐增大，做加速度逐渐增大的减速运动。故A错误，B正确。故选B。‎ ‎【点睛】‎ 解决本题的关键会根据合力确定加速度的变化，结合加速度方向与速度方向判断物体做加速运动还是减速运动，知道速度时间图线的切线斜率表示加速度．‎ 评卷人 得分 二、多选题 ‎9．如图所示，在滑动变阻器的滑片向左滑动的过程中，理想电压表、电流表的示数将发生变化，电压表、示数变化量的绝对值分别为、，已知电阻大于电源内阻，则 A． 电流表的示数增大 B． 电压表的示数增大 C． 电压表的示数增大 D． 大于 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 据题理想电压表内阻无穷大，相当于断路。理想电流表内阻为零，相当短路，所以R与变阻器串联，电压表V1、V2分别测量R、路端电压，当滑动变阻器滑片向左滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A的示数增大，故A正确；电路中电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，所以V2的示数减小，故B错误；电路中电流增大，根据欧姆定律知，电压表V1的示数增大，故C正确。路端电压减小，R的电压增大，则△U1大于△U2，故D正确。故选ACD。‎ ‎10．某同学将一直流电源的总功率、输出功率和电源内部的发热功率，随电流 变化的图线画在了同一坐标系中，如图中的、、所示．以下判断正确的是 A． 在、、三条图线上分别取横坐标相同的、、三点，这三点的纵坐标一定满足关系 B． 、图线的交点与、图线的交点的横坐标之比一定为，纵坐标之比一定为 C． 电源的最大输出功率 D． 电源的电动势，内电阻 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 在a、b、c三条图线上分别取横坐标相同的A、B、C三点，因为直流电源的总功率PE等于输出功率PR和电源内部的发热功率Pr的和，所以这三点的纵坐标一定满足关系PA=PB+PC，所以A正确；当内电阻和外电阻相等时，电源输出的功率最大，此时即为b、c线的交点M时的电流，此时电流的大小为，功率的大小为，a、b线的交点N表示电源的总功率PE和电源内部的发热功率Pr随相等，此时只有电源的内电阻，所以此时的电流的大小为，功率的大小为，所以横坐标之比为1：2，纵坐标之比为1：4，所以B正确；图线c表示电源的输出功率与电流的关系图象，很显然，最大输出功率小于3W，故C错误；当I=3A时，PR=0．说明外电路短路，根据PE=EI知电源的电动势E=3V，内电阻r==1Ω，故D正确。故选ABD。‎ ‎【点睛】‎ 当电源的内阻和外电阻的大小相等时，此时电源的输出的功率最大，并且直流电源的总功率PE等于输出功率PR和电源内部的发热功率Pr的和．‎ 第II卷（非选择题）‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 三、实验题 ‎11．物理兴趣小组的同学们从实验室中找到一只小灯泡，其标称功率值为，额定电压值已模糊不清．他们想测定其额定电压值，于是先用欧姆表直接测出该灯泡常温下不发光的电阻约为，然后根据公式计算出该灯泡的额定电压．他们怀疑所得电压值不准确，于是，再利用下面可供选择的实验器材设计一个电路，测量通过灯泡的电流和它两端的电压并根据测量数据来绘灯泡的图线，进而分析灯泡的额定电压．‎ A．电压表（量程，内阻约）‎ B．电流表（量程，内阻约）‎ C．电流表（量程，内阻约）‎ D．滑动变阻器 E．滑动变阻器 F．电源（电动势，内阻不计）‎ G．开关和导线若干 H．待测灯泡（额定功率，额定电压未知）‎ ‎（1）在下面所给的虚线框中画出他们进行实验的电路原理图________，指出上述器材中，电流表选择_____（“”或“”）：滑动变阻器选择____（填“”或“”）．‎ ‎（2）在实验过程中，该同学将灯泡两端的电压由零缓慢地增加，当电压达到 时，发现灯泡亮度很暗，当达到时，发现灯泡已过亮，便立即断开开关，并将所测数据记录在下边表格中．‎ 次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎0.20‎ ‎0.60‎ ‎1.00‎ ‎1.40‎ ‎1.80‎ ‎2.20‎ ‎2.70‎ ‎80‎ ‎155‎ ‎195‎ ‎227‎ ‎255‎ ‎279‎ ‎310‎ 请你根据实验数据在图中作出灯泡的图线______．‎ ‎（3）由图象得出该灯泡的额定电压应为__；这一结果大于，其原因____．‎ ‎【答案】A2R12.5 (2.4-2.6")灯泡冷态电阻小于正常工作时的电阻（或灯泡电阻随温度升高而变大）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由P=I2R可得，I==0.61A，所以应选电流表A2；由U-I图象可知电流从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器R1；电压表的内阻远大于小灯泡的电阻，则采用安培表外接电路，电路图如图；‎ ‎ （2）根据表中数据采用描点法可得出对应的U-I图象；‎ ‎（3）根据U-I图象读出U=2.5V，I=300mA时，P=UI=0.75W，所以该灯泡额定电压为U=2.5V，这一结果大于开始时的计算结果，说明灯泡的电阻随温度的升高而增大（或灯泡的冷态电阻小于正常工作是的电阻）．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查测量伏安特性曲线的性质；要求能熟记电流表内接法与外接法的选择方法，以及滑动变阻器分压式接法的条件即选择原则；并能明确伏安特性曲线的应用．‎ ‎12．现在要测量一段电阻丝的电阻率，其阻值约为，允许通过的最大电流为．现有如下器材可供选择：‎ 电流表（量程，内阻约为）‎ 电压表（量程，内阻约为）‎ 待测电阻丝（阻值约为）‎ 标准电阻（阻值）‎ 滑动变阻器 滑动变阻器 直流电源（，内阻不计）‎ 开关、导线若干 ‎（1）图为四位同学分别设计的测量电路的一部分，你认为合理的是__；‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎（2）实验中滑动变阻器应该选择__（选填“”或“”），并采用__接法；‎ ‎（3）根据你在（1）（2）中的选择，在图甲上完成实验电路的连接；‎ ‎（4）实验中，如果两电表的读数分别为和，测得拉直后电阻丝接入电路中的长度为 ‎、直径为，则待测电阻丝的电阻率的计算式为__；‎ ‎（5）用螺旋测微器测量待测电阻丝的直径时读数如图乙所示，则该电阻丝的直径__．‎ ‎【答案】C分压 ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）阻值Rx约为0.5Ω，允许通过的最大电流为0.5A，电压表量程为3V，为保护电阻安全，待测电阻应与定值电阻串联；电流表内阻约为0.6Ω，电压表内阻约为3kΩ，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，由此可知，应选择图C所示电路． （2）为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，滑动变阻器选择阻值较小的R1；根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：‎ ‎ （3）电阻丝电阻：Rx=-R0，由电阻定律可知：，电阻率：； （4）由图示螺旋测微器可知，其示数为：1mm+20.5×0.01mm=1.205mm；‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了实验电路的选择、连接实物电路图、求电阻率、螺旋测微器读数等问题，根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法是选择电路、连接实物电路图的前提与关键；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数．‎ 评卷人 得分 四、解答题 ‎13．如图所示，有一提升重物用的直流电动机通过电阻连接在电源两端，已知电源电动势，内阻，电阻，电动机内阻，闭合开关后电压表的读数为．则：‎ ‎（1）电源两端的输出电压为多少？‎ ‎（2）输入到电动机的电功率是多少？‎ ‎（3）电动机工作提升重物做功是多少？‎ ‎【答案】（1） （2） （3） ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由闭合电路欧姆定律：‎ 得 得 ‎（2）由得 ‎（3）由得 得 ‎14．如图所示，电源电动势，内阻为，电阻、、、．电容．两板间距离为．‎ ‎（1）开关接时，电容器哪个极板带正电，电荷量是多少？‎ ‎（2）当开关由与接触到与接触，通过的电荷量是多少？‎ ‎（3）若两极板中央有一个带电粒子，当电键与接触时，正好处于静止状态，若电键与接触后，带电粒子向哪极板运动？经过多长时间到达极板？（不考虑电容充放电时间，）‎ ‎【答案】（1） , 上极板带正电 （2） （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）开关接时，由闭合电路欧姆定律 得：‎ 电容器带电荷量：‎ 上极板带正电 ‎（2）开关接时，电路中的电流仍为 电容器带电荷量：‎ 经过的电荷量：‎ ‎（3）开关接时:　　　　①‎ 开关接时：　　　　②‎ 由①、②两式代入数据得：‎ 得 ‎【点睛】‎ 本题考查闭合电路欧姆定律中的含容电路问题，在解题时要注意电路稳定时R3、R4相当于导线；电容器中变化的电量才流过R3．‎ ‎15．如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上垂直纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒ab，通以方向向里的电流，电流强度为I，重力加速度为g，‎ ‎（1）若加竖直向上的匀强磁场，使导体棒静止在斜面上，求所加磁场的磁感应强度B的大小；‎ ‎（2）若匀强磁场的大小、方向都可以改变，要使导体棒能静止在斜面上，求所加磁场的磁感应强度B的最小值和所对应方向。‎ ‎【答案】（1） (2) 、由左手定得磁感应强度的方向垂直斜面向上 ‎【解析】试题分析：（1）导体棒ab受到重力、支持力和磁场对它的作用力，三力平衡。‎ 由左手定则可知，安培力的方向水平向右，故F安=mgtanθ，即BLI=mgtanθ，故。‎ ‎（2）要使导体棒静止在斜面上，安培力的方向沿斜面向上时，安培力最小，此时F安′=mgsinθ，即B′LI=mgsinθ，故。‎ 由左手定得判断，磁感应强度B的方向垂直斜面向上 考点：安培力，左手定则，力的平衡。‎ ‎16．光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关与内阻不计、电动势为 的电源相连，右端与半径为的两段光滑圆弧导轨相接，一根质量、电阻、长为的导体棒，用长也为的绝缘细线悬挂，如图所示，系统空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度，当闭合开关后，导体棒沿圆弧摆动，摆到最大高度时，细线与竖直方向成角，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于紧张状态，导轨电阻不计，（不考虑导体棒因切割磁感线产生的微弱的感应电流），．请求解：‎ ‎（1）匀强磁场的方向及导体棒在摆动过程中所受安培力；‎ ‎（2）导体棒在摆动过程中电源的输出功率；‎ ‎（3）导体棒在摆动到最高点时加速度．‎ ‎【答案】（1）竖直向下；0.3N（2）9W（3）5m/s2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）当开关S闭合时，导体棒向右摆动，说明其所受安培力水平向右，由左手定则可知，磁场方向竖直向下；设电路中电流为I，电源的电动势为E，则 根据动能定理得：mgL（1-cos53°）=FLsin53°，‎ 解得安培力 F=0.3N （2）由F=BIL=BL，得 E=3V，‎ 则电源的输出功率。 （3）摆到最高点时，由牛顿定律： ‎ 解得a=5m/s2‎ ‎【点睛】‎ 本题是通电导体在磁场中运动问题，知道运用左手定则判断安培力与磁场的关系，运用动能定理和能量守恒定律分析能量问题。‎