【物理】山西省大同市第一中学2019-2020学年高二下学期3月网上考试试题（解析版） 13页

‎2019~2020-2高二年级3月阶段性考试 物理 一、选择题（本题共有 12 小题，每小题 4 分。在每小题给出的四个选项中，1~7题只有一个选项正确；8~12 题有多个选项正确，全部选对得 4 分，选对但选不全的得2 分，选错或不答的得 0 分。） ‎ ‎1.一个定值电阻R，当其两端的电压为U时，它在t时间内产生的热量为Q；当其两端的电压为2U时，它在2t时间内产生的热量为（ ）‎ A. 2Q B. 4Q C. 6Q D. 8Q ‎【答案】D ‎【解析】根据焦耳定律，当其两端的电压为U时，它在t时间内产生的热量为：‎ 当两端电压变为2U，时间为2t时，产生的热量为：‎ D正确，ABC错误。‎ ‎2.如图所示，甲、乙是两个带等量异种电荷的点电荷，O是甲、乙连线的中点，a、b是甲、乙连线上关于O点对称的两点，a、b两点的电场强度分别为，a、b两点的电势分别为、，则下列关系式正确的是（ ）‎ A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】B ‎【解析】由于甲、乙是等量异种电荷，等量异种点电荷的电场具有对称性，可知a与b的电场强度是相等的，即；电场线由正电荷出发终止于负电荷，甲乙之间的电场方向相同，沿着电场线电势降低，所以a、b两点的电势不相同，b点的电势高，即，B正确，ACD错误。‎ ‎3.如图所示，M、N是相互平行、垂直于纸面放置的长直导线，其中通入的电流大小相等、方向相反．纸面内的点a到M、N距离相等．关于a点的磁场方向，下列说法正确的是（ ）‎ A. 沿纸面向上 B. 沿纸面向下 C. 沿纸面向左 D. 沿纸面向右 ‎【答案】C ‎【解析】M在a处产生的磁场方向垂直于aM偏左下方，N在a处产生的磁场方向垂直于aN偏左上方，根据平行四边形定则，知a处的磁场方向水平向左，C正确，ABD错误。‎ ‎4.如图所示，平行板电睿器的两极板A、B间有一个陶瓷板，现将陶瓷板向左拉出，在拉出陶瓷板的过程中（ ）‎ A. 电容器的电容减小，流过电流计的电流方向是a到b B. 电容器的电容减小，流过电流计的电流方向是b到a C. 电容器的电容增大，流过电流计的电流方向是a到b D. 电容器的电容增大，流过电流计的电流方向是b到a ‎【答案】A ‎【解析】陶瓷板向左拉出，则变小，根据电容的决定式 可知电容C变小，电容器与电源相连电压U不变，再根据电容的定义式：‎ 可知电荷量Q变小，电容器放电，电容器上极为正，所以放电电流方向由a到b，A正确，BCD错误。‎ ‎5.如图为某控制电路，由电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及电位器(滑动变阻器)R连接而成，L1、L2是两个指示灯．当电位器的触片由b端滑向a端时，下列说法正确的是(　　)‎ A. L1、L2都变亮 B. L1、L2都变暗 C. L1变亮，L2变暗 D. L1变暗，L2变亮 ‎【答案】B ‎【解析】当滑片由b端向a端滑动时，R接入电阻增大，总电阻增大；由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流减小，则内电压减小，由U＝E－Ir可知路端电压增大，则R1两端的电压增大，所以通过R1的电流增大，而总电流减小，所以通过L1的电流变小，即L1变暗；L1两端电压减小，并联电压增大，所以R2两端的电压增大，所以通过R2的电流增大，而通过L1的电流变小，所以通过L2电流变小，即L2变暗。‎ A．L1、L2都变亮，故A错误； B．L1、L2都变暗，故B正确；‎ C．L1变亮，L2变暗，故C错误； D．L1变暗，L2变亮，故D错误。故选B。‎ ‎6.如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接，已如导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为 A. 2F B. 1.5F C. 0.5F D. 0‎ ‎【答案】B ‎【解析】设每一根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两路电阻之比为，根据并联电路两端各电压相等的特点可知，上下两路电流之比．如下图所示，由于上路通电的导体受安培力的有效长度为L，根据安培力计算公式，可知，得 ‎，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受的合力大小为，故本题选B．‎ ‎7.如图所示，一个边长L、三边电阻相同的正三角形金属框放置在磁感应强度为B的匀强磁场中．若通以图示方向的电流(从A点流入，从C点流出)，电流为I，则金属框受到的磁场力的合力为（ ）‎ A. 0 B. ILB C. ILB D. 2ILB ‎【答案】B ‎【解析】由图示可知，电流由A流入，从C流出，则有电流从A到C直导线，与从A到B再到C两直导线，从A到B再到C两直导线，产生的安培力，可等效成从A到C直导线产生的安培力，‎ 由于总电流强度为I，因此金属框受到的磁场力BIL，故B正确，ACD错误；‎ ‎8.下列说法正确的是（ ）‎ A. 由点电荷的场强公式E=k知：E与Q成正比，与r2成反比 B. 由电场强度公式E=知：E与F成正比，与q成反比 C. 由电阻公式R=知：R与U成正比，与I成反比 D. 由电阻公式R=知：R与ρ、l成正比，与S成反比 ‎【答案】AD ‎【解析】A．公式E=k是点电荷场强的决定式，可知，E与Q成正比，与r2成反比，A正确；‎ B．公式E=是电场强度定义式，场强E与F、q无关，B错误；‎ C．公式R=是电阻、电压、电流的关系式，电阻R与电压U、电流I无关，C错误；‎ D．公式R=是电阻的决定式，R与成正比，与S成反比，D正确。‎ 故选AD。‎ ‎9.如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球a、b、c（均可视为点电荷），三球沿一条直线摆放，仅在它们之间的静电力作用下处于静止状态，则以下判断正确的是（ ）‎ A. a对b的静电力一定是引力 B. a对b的静电力可能是斥力 C. a的电荷量可能比b的少 D. a的电荷量不一定比b的多 ‎【答案】A ‎【解析】根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”，所以a对b的静电力一定是引力，故A正确，B错误；同时根据库仑定律来确定电场力的大小，并由平衡条件来确定各自电量的大小，因此在大小上一定为“两大夹一小”，故CD错误．所以A正确，BCD错误．‎ ‎10.如图所示，已知电源的电动势为12V、内阻为0.5Ω，定值电阻R=1.5Ω，电动机M的内阻为1Ω，开关闭合后，电流表的示数为2A。不计电流表的内阻，则（　　）‎ A. 电动机两端的电压为8V B. 电动机的输出功率为16W C. 电动机发热功率为4W D. 电动机的效率为25%‎ ‎【答案】AC ‎【解析】A．电动机两端电压：V A正确；‎ BC．电动机的发热功率为：W 电动机的输出功率为：W B错误，C正确；‎ D．电动机的效率为：‎ D错误。‎ ‎11.如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，曲线Ⅲ与直线Ⅰ、Ⅱ相交点的坐标分别为P(5.2，3.5)、Q(6，5)。如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是(　　) ‎ A. 电源1与电源2的内阻之比是3∶2‎ B. 电源1与电源2的电动势之比是3∶2‎ C. 在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1∶2‎ D. 在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是7∶10‎ ‎【答案】A ‎【解析】A．根据电源图线可知：‎ 则有：‎ 故A正确；‎ B．根据电源图线可知：‎ 电源1与电源2的电动势之比是1∶1，故B错误；‎ CD．灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线的交点即为灯泡与电源连接时的工作状态，则有：‎ ‎，‎ ‎，‎ 可得： ‎ ‎，‎ ‎，‎ 小灯泡的电阻之比为：‎ 小灯泡消耗的功率之比为： ‎ 故C、D错误；‎ ‎12.如图所示，虚线PQ左上方存在有垂直于纸面向外的匀强磁场，甲、乙两个带正电的粒子先后由静止经过相同电压加速后，分别以速度v甲、v乙从PQ上的O点沿纸面射入磁场，结果两粒子从PQ上的同一点射出磁场．已知v甲、v乙之间的夹角α=60°，v乙与PQ之间的夹角β=30°，不计甲、乙两粒子的重力及甲、乙之间的作用力．设甲、乙在磁场中运动的时间分别为t甲、t乙，以下关系正确的是（ ）‎ A. v甲：v乙=1：2 B. v甲：v乙=2：1‎ C. t甲：t乙=3：4 D. t甲：t乙=3：2‎ ‎【答案】BC ‎【解析】AB．甲乙两个粒子在磁场中的运动情况如图 粒子在加速过程中，根据动能定理有：‎ 解得：，‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有：‎ 解得运动的半径为：，‎ 根据几何知识可知，甲乙两粒子在磁场中运动的半径之比为：R甲：R乙=1：2，‎ 联立解得：，v甲：v乙=2：1，A错误，B正确；‎ CD．甲粒子在磁场中运动的圆心角为180°，乙粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为60°，则甲乙粒子在磁场中运动的时间之比为：‎ C正确，D错误。‎ 二、实验题（本题共 2 小题，每空 2 分，共 18 分。）‎ ‎13.测量电阻阻值的常用方法有以下两种：‎ ‎（1）用伏安法测量：要测量一个阻值约为900Ω的电阻Rx，备用器材有：‎ 电流表A：量程3mA、内阻约2Ω；电压表V：量程3V、内阻为3kΩ 滑动变阻器R1：阻值范围0~20Ω 滑动变阻器R2：阻值范围0~1kΩ 电源：电动势3V、内阻约1Ω 为了较准确地测量R的阻值，电路图应选择图___________(填A或B)，滑动变阻器应选择___________(填R1或R2)，滑动变阻器在该实验中起的主要作用是___________。‎ ‎（2）用多用表欧姆挡测量：如图所示是具有两个倍率挡的欧姆表的电路图，选择开关K置于1或2时分别对应两个不同的倍率，其中一个倍率是另一个的10倍．已知：‎ 电流表G：量程Ig=2.5mA、内阻200Ω 定值电阻R1：阻值180Ω 滑动变阻器R：阻值范围0~300Ω 电源E：电动势1.5V、内阻约1Ω 则定值电阻R2=___________Ω。‎ ‎【答案】 (1). B R2 改变电流表、电压表的读数，实现多次测量，减少实验的偶然误差 ‎ (2). 20‎ ‎【解析】（1）[1]A、B两个电路图均为限流法测电阻，由题意得：，待测电阻为大电阻，故电流表要内接，故应该选B图；‎ ‎[2]由于电流表的最大量程为3mA，电源电动势为3V，故电路中总电阻要大于1000Ω，所以滑动变阻器选R2；‎ ‎[3]滑动变阻器在该实验中起的主要作用是改变电流表电压表的读数，实线多次测量，减小实验偶然误差。‎ ‎（2）[4]当接“1”时，干路电流为：‎ 当接“2”时，干路电流为：‎ 根据倍率关系知：‎ 代入数据解得：R2=20Ω，（R2=-380Ω舍去）。‎ ‎14.在“测定电池的电动势和内阻”的实验中，已连接好部分实验电路．‎ ‎(1)按如图甲所示的实验电路，把图乙中剩余的电路连接起来____________．‎ ‎(2)在图乙的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于________端(填“A”或“B”)‎ ‎(3)图丙是根据实验数据作出的UI图象，由图可知，电源的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω，短路电流I短＝________A ‎【答案】 (1). 图见解析 (2). B (3). 1.50 1 1.50‎ ‎【解析】（1）[1]．由原理图可知滑动变阻器为限流接法，电压表并联在滑动变阻器两端，由原理图连接实物图所示；‎ ‎ （2）[2]．为保证实验安全，在开始时电路中电流应为最小值，故滑动变阻器应接入最大阻值，由图可知，滑动变阻器接入部分为左半部分；故滑片应接到B端；‎ ‎（3）[3]．由U-I图可知，电源的电动势E=1.50V；‎ ‎[4]．当路端电压为1V时，电流为0.5A，则由闭合电路欧姆定律可知：‎ ‎；‎ ‎[5]．短路电流 三、计算题（本题共 3 小题，共 34 分。解答时须写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须写明数值和单位。） ‎ ‎15.如图所示，电流表A视为理想电表，已知定值电阻R0=4Ω，滑动变阻器R阻值范围为0~10Ω，电源的电动势E=6V．闭合开关S，当R=3Ω时，电流表的读数I=0.5A。‎ ‎（1）求电源的内阻。‎ ‎（2）当滑动变阻器R为多大时，电源的总功率最大?最大值Pm是多少?‎ ‎【答案】（1）5Ω；（2）当滑动变阻器R为0时，电源的总功率最大，最大值Pm是4W。‎ ‎【解析】（1）电源的电动势E=6V．闭合开关S，当R=3Ω时，电流表的读数I ‎=0.5A，根据闭合电路欧姆定律可知：‎ 得：r=5Ω ‎（2）电源的总功率P=IE 得：‎ 当R=0Ω，P最大，最大值为，则有：W ‎16.如图所示，水平放置的两导轨P、Q间的距离 L=0.5m，垂直于导轨平面的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B=2T，垂直于导轨放置的ab棒的质量m=1kg，系在ab棒中点的水平绳跨过定滑轮与重量G=3N的物块相连．已知ab棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.2，电源的电动势E=10V、内阻R=0.1Ω，导轨的电阻及ab棒的电阻均不计．要想ab棒处于静止状态，R应在哪个范围内取值？（g取10m/s2）‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】依据物体的平衡条件可得 ab棒恰不右滑时：G－μmg－BI1L＝0‎ ab棒恰不左滑时：BI2L－G－μmg＝0‎ 依据闭合电路欧姆定律可得：‎ E＝I1（R1＋r）‎ E＝I2（R2＋r）‎ 由以上各式代入数据可解得：‎ R1＝9．9 Ω，R2＝1．9 Ω 所以R的取值范围为：1．9 Ω≤R≤9．9 Ω ‎17.如图所示xOy坐标系,在第二象限内有水平向右的匀强电场,在第一、第四象限内分别存在匀强磁场,磁感应强度大小相等,方向如图所示．现有一个质量为m、电量为q的带正电的粒子在该平面内从x轴上的P点,以垂直于x轴的初速度v0进入匀强电场,恰好经过y轴上的 Q点，且与y轴成450角射出电场,再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入第四象限的磁场．已知OP之间的距离为d(不计粒子的重力)．求：‎ ‎（1）O点到Q点的距离；‎ ‎（2）磁感应强度B的大小；‎ ‎（3）带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴所用的时间．‎ ‎【答案】①2d ② ③‎ ‎【解析】（1）设Q点的纵坐标为h，到达Q点的水平分速度为vx，则由类平抛运动的规律可知 竖直方向匀速直线运动，有：‎ 水平方向匀加速直线运动平均速度，‎ 根据速度的矢量合成 可得 ‎（2）粒子在磁场中的运动轨迹如图所示：‎ 设粒子在磁场中运动的半径为R，周期为T．则由几何关系可知：‎ 带电粒子进入磁场时的速度大小为 则由牛顿第二定律得：‎ 联立解得：‎ ‎（3）粒子在磁场中运动的周期为 设粒子在电场中的运动时间为，则 设粒子在磁场中的运动时间为，‎ 则总时间为