2018-2019学年高二物理12月月考试题.doc

2018-2019学年高二物理12月月考试题本试卷共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。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(q0)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()Al Bl Cl Dl2.如图所示，在空间直角坐标系Oxyz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UOAUADBA、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ExbBExa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FbD 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(v2v1)若小物体电荷量保持不变，OMON，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UkF，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()AB| BB|CB| DB|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（ ）AQ2一定带负电BQ2的电量一定大于Q1的电量Cb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()Aab边与bc边受到的安培力大小相等Bcd边受到的安培力最大Ccd边与ad边受到的安培力大小相等Dad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()AO点的磁感应强度为零BO1点与O2点的磁感应强度等大反向CO1点与O3点的磁感应强度等大反向DO1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。0t1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（ ）At1t2时刻升降机一定在加速下降Bt1t2时刻升降机一定在加速上升Ct2t3时间内升降机一定处于匀速运动状态Dt2t3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、，在区域中有竖直向下的匀强电场，区域中无电场在区域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vt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CP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(03 mA，内电阻r120 )，电流表A(00.6 A，内电阻r20.20 )，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 )B滑动变阻器乙(最大阻值100 )C定值电阻R1100 D定值电阻R2500 E定值电阻R31.5 k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：若某次测量中电流表G的示数为I1，电流表A的示数为I2；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=_.（3）在此实验中，金属丝的电阻大约为4 ，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00.6 A，内阻约0. 125 ；C电压表V：量程03 V，内阻约3 k；D滑动变阻器R：最大阻值10 ；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0.8110-6m2，根据伏安法测出电阻丝的电阻为4.1 ，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g9.8 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=37导轨上端连接有E=6 V、r=1 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 ，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 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 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h20 cm处的B点，有一小油滴自由落下已知小油滴的电量Q3.51014C，质量m3.0109kg.当小油滴即将落到下极板时，速度恰为零(不计空气阻力，g10 m/s2，L15 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C4.01012F，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k0xkk，弹簧的原长为lxl，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UEd可得UOAUAD，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Epq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ExaExb，但不能说是因为a点电势比b点电势高，应该说是因为a点的电势的变化率大于b点的电势的变化率，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ExaExb，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OMON，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：Wmgh0mv下滑过程：Wmghmv0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UkF，式中k为比例系数，当通上电流后，设安培力为FA，有UkFA，即kBILU，整理得：B，而I，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FabBLabI，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vt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02 s内的加速度为：a1，25 s内加速度大小为a2v0g.则得：a1g由牛顿第二定律得：qEmgma1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：ma1y0mv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UEy.若边界AB处电势为零，则P点电势为.故D正确13.【答案】(1)AD(2)(Rr1)(Rr1)【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：Rr120 480 ，故定值电阻选D；根据欧姆定律：EI1(Rr1)(I1I2)r；EI1(Rr1)(I1I2)r，联立方程可求得：r；E14.【答案】0.01 0.640 mm 甲 外小于见解析图 最左 2.15 0.16 4.110-6m【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BIlmg可得出磁感应强度：BT0.49 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：2kx1mgBI1l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：2kx2mgBI2l联立得：x2x1代入数据解得：x23 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 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，mgsin=F1cos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 时，电流I2=A=1 A又F2=BI2l=1.510.5 N=0.75 Nmgsin=0.210sin37 N=1.2 N所以mgsinF2cos，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，mgsin=F2cos+Ff联立解得：Ff=mgsinF2cos=（0.210sin 370.75cos 37） N=0.6 N17.【答案】(1) 2.0106V/m方向竖直向下(2)3.0105V(3)1.2106C【解析】由动能定理WEk得mg(hL)|Q|U，U代入数据UV3.0105VEV/m2.0106V/mQCU4.010123.0105C1.2106C18.【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vv0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km由得：Q(2)粒子射出匀强电场时速度方向与水平方向成30角tan 30vyatat由得：U