【物理】重庆市朝阳中学2019-2020学年高二上学期12月试题（解析版） 17页

朝阳中学2019年12月月考 高二物理 一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）‎ ‎1.如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E运行，在P变轨后进入轨道2做匀速圆周运动．下列说法正确的是 A. 不论在轨道1还是在轨道2运行,卫星在P点的速度都相同 B. 不论在轨道1还是在轨道2运行,卫星在P点的加速度都相同 C. 卫星在轨道1的任何位置都具有相同加速度 D. 卫星在轨道2的任何位置都具有相同动量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．卫星由轨道1在P点进入轨道2做离心运动，要加速，所以在轨道1和在轨道2运行经过P点的速度不同，故A错误；‎ B．在轨道1和在轨道2运行经过P点，都是万有引力提供向心力，由 得 所以卫星在P点的加速度都相同，故B正确；‎ C．由 得 由于r不同，加速度的方向指向地球，方向不同，所以卫星在轨道1的任何位置的加速度都不同，故C错误；‎ D．卫星在轨道2的任何位置的速度方向不同，所以动量不同，故D错误。‎ ‎2.如图所示，电路中的电阻R1=10 Ω，R2=120 Ω，R3=40 Ω.另有测试电源，电动势为100 V，内阻忽略不计.则（ ）‎ A. 当c、d端短路时，a、b之间的等效电阻是50 Ω B. 当a、b端短路时，c、d之间的等效电阻是50 Ω C. 当a、b两端接通测试电源时，c、d两端的电压为80 V D. 当c、d两端接通测试电源时，a、b两端的电压为80 V ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.当c、d端短路时，a、b间电路的结构是电阻R2、R3并联后与R1串联，等效电阻为，故A错误；‎ B.当a、b端短路时，c、d之间电路结构是电阻R1、R3并联后与R2串联，等效电阻为，故B错误；‎ C.当a、b两端接通测试电源时，c、d两端的电压等于电阻R3两端的电压，，故C正确；‎ D.当c、d两端接通测试电源时，a、b两端的电压等于电阻R3两端的电压，，故D错误.‎ ‎3.如图所示，固定在水平面上半径为R的光滑半球，球心O的正上方固定一个小定滑轮，细绳一端拴一小球，小球置于半球面上的A点，另一端绕过定滑轮，如图所示已知小定滑轮到半球顶点的高度为H，绳子的长度为L．今缓慢拉绳使小球从A点滑向半球顶点未到顶点，则此过程中，半球对小球的支持力大小N及细绳的拉力T大小的变化情况是 A. N不变，T变小 B. N不变，T变大 C. N变小，T变大 D. N变大，T变小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 小球在绳的拉力作用下缓慢运动的过程中可视为小球受力平衡，对小球进行受力分析，根据平衡可以求出小球拉力和支持力大小的变化；‎ ‎【详解】在小球被拉升的过程中对小球进行受力分析，小球受重力、半球面对小球的弹力和绳对小球的拉力，小球在三个力作用下缓慢滑向半球顶点，可视为小球在运动过程中受力平衡，即小球受重力、支持力和绳拉力的合力为0，作出小球的受力示意图如图所示： 因为小球所受合力为零，故小球所受重力mg、半球对小球的弹力N和绳对小球的拉力T可以构成一个闭合的矢量三角形，如图可知，三个力构成的三角形与图中由绳AB、顶点高度BO及半球半径AO构成的三角形ABO始终相似，故有：，由于小球在上拉的过程中，BO和AO的长度不变，AB减小，在力中由于重力不变，所以根据相似比可以得出：小球的拉力T变小，半球对小球的支持力N不变，故选项A正确，选项BCD错误．‎ ‎【点睛】能抓住小球受力平衡这一出发点，小球所受合力为0，小球受到的三个力可以首尾相连构成一个封闭的三角形，由力构成的三角形与ABO三点构成的三角形刚好相似，根据相似比可以轻松得出小球的受力大小的变化情况．‎ ‎4.在物理学的发展过程中，许多物理学家都做出了重大贡献，他们也创造出了许多物理学研究方法，下列关于物理学史和物理学方法的叙述中正确的是 A. 牛顿发现了万有引力定律，他被称为“称量地球质量”第一人 B. 牛顿进行了“月地检验”，得出天上和地下的物体间的引力作用都遵从万有引力定律 C. 卡文迪许在利用扭秤实验装置测量引力常量时，应用了微元法 D. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是转换法 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、牛顿发现了万有引力定律，而卡文迪许通过实验测量并计算得出了万有引力常量，因此卡文迪许被称为“称量地球的质量”的人．故A错误；B、牛顿进行了“月-地检验”，得出天上和地下的物体间的引力作用都遵从万有引力定律，故B正确；C、卡文迪许在利用扭秤实验装置测量引力常量时，应用了放大法，故C错误．D、不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是等效替代法，故D错误．故选B．‎ ‎【点睛】本题考查了物理学史以及一些物理定律的意义，对于物理定律我们不仅要会应用还要了解其推导过程，有助于提高我们研究问题的能力和兴趣，注意引力定律与引力常量发现者的不同，及理解微元法、等效法、转换法的含义．‎ ‎5.质量为2kg的质点在xoy平面上做曲线运动，在x方向的速度一时间图象和y方向的位移一时间图象如图所示，下列说法正确的是( ) ‎ A. 质点的初速度为 B. 质点初速度的方向与合外力方向垂直 C. 质点所受的合外力为6N D. 2s末质点速度大小为6 ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据题意分析x方向做的匀加速直线运动，y方向做的匀速直线运动，根据图像分析：，，所以合初速度，A正确 B.因为只有x方向存在加速度，根据A选项分析，合初速度方向与横轴夹角 ‎，，所以初速度的方向与合外力方向不垂直，B错误 C.根据牛顿第二定律，C错误 D.2s末，所以此时合速度，D错误 ‎6.如图所示，用两根轻细金属丝将质量为m，长为的金属棒悬挂在c、d两处，置于匀强磁场内．当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向角处于平衡状态．为了使棒平衡在该位置上，所需的最小磁场的磁感应强度的大小、方向是（ ）‎ A. ，竖直向上 B. ，竖直向下 C. ，平行悬线向下 D. ，平行悬线向上 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】从b点沿金属棒看进去，受力分析如图 磁感应强度最小时，安培力最小，如图所示．可得，‎ 在结合左手定则，可得，磁感应强度的方向为沿绳向上．故选D 二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）‎ ‎7.在如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、、和表示，电表示数变化量的绝对值分别用、、和表示，下列说法正确的是       ‎ A. 变小，变大，变小，I变大 B. 变大，变小，变大，I变大 C. 不变，变小，变小 D. 不变，不变，不变 ‎【答案】CD ‎【解析】AB.闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器的电阻R2减小，由于、和串联，则总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律得总电流为：‎ ‎，‎ 则总电流增大，由路端电压公式：‎ 知，减小，由欧姆定律知电阻两端的电压为：，‎ 则增大，由串并联关系知，‎ 则减小，故AB错误；‎ CD.因不变，则由欧姆定律可得，‎ 保持不变，由数学规律可知，也保持不变，因滑片向上移动，故的接入电阻减小，故变小，而，‎ 故保持不变，因，‎ 故比值减小，而，‎ 故比值保持不变，故CD正确；故选CD；‎ ‎8.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源内阻不计连接，下极板接地一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离后　　‎ A. P点的电势将降低 B. P带电油滴的电势能将增大 C. 带电油滴将沿竖直方向向上运动 D. 电容器的电容减小，极板带电量将增大 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况；由分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化；根据电容的定义式，电容器与电源保持相连，则U不变，Q与C成正比变化；‎ ‎【详解】A、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动；板间场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，而且下极板的电势不变，则知P点的电势将降低，故A正确，C错误；‎ B、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加，故B正确；‎ D、根据电容的定义式，电容器与电源保持相连，则U不变，当C减小，则Q也减小；故D错误；‎ ‎【点睛】本题运用分析板间场强的变化，判断油滴如何运动；明确正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化．‎ ‎9.某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标上,如图中的a、b、c所示,根据图线可知 ( )‎ A. 反映Pr变化的图线是c B. 电源电动势为8 V C. 电源内阻为2 D. 当电流为0.5 A时,外电路电阻为6‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：由电源消耗功率和电源内部消耗功率表达式PE=EI，Pr=I2r，可知，a是直线，表示的是电源消耗的电功率，c是抛物线，表示的是电源内电阻上消耗的功率，b表示外电阻的功率即为电源的输出功率PR，所以A正确；根据PE=EI，当I=2A时，PE=8w得，E=4V，B错误；根据Pr=I2r，当I=2A时，Pr=8W可得，r=2Ω，C正确；当电流为0.5A时，R+r=8Ω，R=6Ω，D正确．‎ 考点：电源的功率 ‎10.如图，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面.现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则(　　)‎ A. 两导线框中均会产生正弦交流电 B. 两导线框中感应电流的周期都等于T C. 在t＝时，两导线框中产生的感应电动势相等 D. 两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．半径切割磁感线产生的感应电动势，由于匀速转动，所以进入时，电动势是恒定的，则A错误；‎ B．由半径切割分段分析知道：M线框在转一周内感应电动势的变化是恒正、恒正、恒负、恒负．N线框的变化是恒正、零、恒负、零，所以两导线框的周期相等地，则B正确；‎ C．显然从开始到转过90°，都是半径切割，感应电动势相等，则C正确；‎ D．根据有效值的定义：对M线框，，对N线框，只有一半时间有感应电流，，两式对比得到：，所以D错误．‎ 三、实验题（本大题共3小题，共27.0分）‎ ‎11.如图(a)为某同学组装完成的简易多用电表的电路图．图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为250 μA，内阻为480 Ω.虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连．该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1 V 挡和5 V挡，直流电流1 mA挡和2.5 mA 挡，欧姆×100 Ω挡．‎ ‎ ‎ ‎(1)图(a)中的A端与________（填“红”或“黑”）色表笔相连接．‎ ‎(2)关于R6的使用，下列说法正确的是________（填正确答案标号）．‎ A．在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置 B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置 C．使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置 ‎(3)根据题给条件可得R1＋R2＝________Ω，R4＝________Ω.‎ ‎(4)某次测量时该多用电表指针位置如图（b）所示．若此时B端是与“1”相连的，则多用电表读数为________；若此时B端是与“3”相连的，则读数为________；若此时B端是与“5”相连的，则读数为________．（结果均保留3位有效数字）‎ ‎【答案】(1). 黑 (2). B (3). 160 880 (4). 1.47mA 1.10×103 Ω 2.95 V ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1] 欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连，即红进黑出，端与电池正极相连，电流从端流出，端与黑表笔相连；‎ ‎(2)[2]由电路图可知只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流档时也不需要调节；‎ A.与分析不符，故A错误；B.与分析相符，故B正确；C.与分析不符，故C错误；‎ ‎(3)[3]端与“1”“2”相连时，该多用电表挡位分别为直流2.5 mA挡、直流1 mA挡，如图所示 由电表的改装原理可知端与“2”相连时，有：‎ 解得：‎ ‎[4]端与“4”相连时，如图所示 多用电表为直流电压1 V挡，表头并联部分电阻：‎ ‎(4)[5]端与“1”相连时，电表读数为1.47 mA；‎ ‎[6]端与“3”相连时，多用电表为欧姆×100Ω挡，读数为：‎ ‎[7]端与“5”相连时，多用电表为直流电压5 V 挡，读数为：‎ ‎12.小明用电学方法测量电线的长度，首先小明测得电线铜芯的直径为1.00mm，估计其长度不超过50m，（已知铜的电阻率为Ω▪m），现有如下实验器材：①量程为3V、内阻约为3KΩ的电压表；②量程为0.6A、内阻约为0.1Ω的电流表；③阻值为0-2Ω的滑动变阻器；④内阻可忽略，输出电压为3V的电源；⑤阻值为R0=4.30Ω的定值电阻，开关和导线若干小明采用伏安法测量电线电阻，正确连接电路后，调节滑动变阻器，电流表的示数从0开始增加，当示数为0.5A时，电压表示数如图1所示读数为_______V，根据小明测量的信息，图2中P点应该______（选填“接a”、“接b”、 “接c”或“不接”）q点应该______ （选填“接a”、“接b”、“接c”或“不接”），小明测得的电线长度为____________m．‎ ‎【答案】 (1). 2.50 (2). 接b (3). 接a (4). 31.4‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】由图可得电压表量程为3V，最小精度0.1V，有效数字应该保留到0.01V，示数应为2.50V；被测量电阻属于小电阻，电流表应该外接，P点接b，题中要求电流表能从0开始变化，所以采取分压接法，Q点应接a，根据电阻定律 ,以及 代入数据可得长度为31.4m ‎ 综上所述本题答案：(1). 2.50 (2). 接b (3). 接a (4). 31.4‎ ‎【点睛】电压表的最小精度为0.1V，则有效数字应该保留到0.01V，利用电路结构并结合串并联关系求出待测电阻的阻值，然后求解电线的长度．‎ ‎13.‎ ‎ 为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图所示．己知线圈由a端开始绕至b端：当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转．‎ ‎（1）将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，发现指针向左偏转．俯视线圈，其绕向为____________（填：“顺时针”或“逆时针”）．‎ ‎（2）当条形磁铁从图中的虚线位置向右远离L时，指针向右偏转．俯视线圈，其绕向为____________（填：“顺时针”或“逆时针”）．‎ ‎【答案】（1）顺时针，（2）逆时针，‎ ‎【解析】‎ ‎（1）由楞次定律知感应电流产生的磁场方向向上，感应电流由a经G流向b，再由安培定则知线圈绕向如图所示，为顺时针．‎ ‎（2）由楞次定律知感应电流产生的磁场方向向上，感应电流由b经G流向a，再由安培定则知线圈绕向为逆时针．‎ 四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）‎ ‎14.如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限中存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限中以ON为直径的半圆形区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴上纵坐标y=h处的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上横坐标x=2h处的P点进入磁场，最后沿垂直于y轴的方向射出磁场．不计粒子重力，求：‎ ‎（1）电场强度大小E ‎ ‎（2）粒子在磁场中运动的轨迹半径r ‎ ‎（3）粒子从进入电场到离开磁场经历总时间t ‎ ‎【答案】（1）；（2） ；（3）+‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由题意得，带电粒子垂直电场进入后做类平抛运动，则：‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 由以上三式得：‎ ‎（2）带电粒子由M到P点过程运用动能定理得：‎ 得：‎ 粒子进入匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则：‎ 得：‎ ‎；‎ ‎（3）粒子在电场中运动的时间：‎ ‎，‎ 粒子在磁场中运动的周期为：‎ ‎，‎ 根据粒子入射磁场时与x轴成45∘,射出磁场时垂直于y轴,可求出粒子在磁场中运动的圆弧所对的圆心角为135∘．故粒子在磁场中运动的时间为：‎ 故总时间为：‎ ‎15.如图，容积均为V的汽缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3，B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略)．初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1．已知室温为27℃，汽缸导热．‎ ‎(1)打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；‎ ‎(2)接着打开K3，求稳定时活塞的位置；‎ ‎(3)再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20 ℃，求此时活塞下方气体的压强．‎ ‎【答案】(1) ，2p0　；(2)上升直到B的顶部；（3）1.6p0‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设打开K2后，稳定时活塞上方气体压强为p1，体积为V1．依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程．由玻意耳定律得 ‎①‎ ‎②‎ 联立①②式得 ‎③‎ ‎④‎ ‎(2)打开K3后，由④式知，活塞必定上升．设在活塞下方气体与A中气体的体积之和为V2( )时，活塞下气体压强为p2．由玻意耳定律得 ‎⑤‎ 由⑤式得 ‎⑥‎ 由⑥式知，打开K3后活塞上升直到B的顶部为止，此时．‎ ‎(3)设加热后活塞下方气体的压强为p3，气体温度从T1＝300 K升高到T2＝320 K的等容过程中，由查理定律得 ‎⑦‎ 将有关数据代入⑦式得 p3＝1.6p0⑧‎ ‎16.如图所示，水平放置的两块平行金属板长为l，两板间距为d，两板间电压为U，且上板带正电，一个电子沿水平方向以速度，从两板中央射入，已知电子质量为m，电荷量为q求 电子偏离金属板的侧位移是多少？‎ 电子飞出电场时的速度是多少？‎ 电子离开电场后，打在屏上的P点，若s已知，求OP的长．‎ ‎【答案】（1）电子偏离金属板时的侧位移是；‎ ‎（2）电子飞出电场时的速度大小为；‎ ‎（3）OP的长为．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电子在电场中做类平抛运动，则：‎ 水平方向有：‎ l=v0t 竖直方向有：‎ 联立得电子偏离金属板的侧位移为：‎ y0=‎ ‎（2）在竖直方向的分速度为：‎ 在水平方向的分速度为：‎ vx=v0‎ 所以：‎ v==‎ ‎（3）电子飞出电场后，做匀速直线运动，则：‎ tanθ==‎ 所以 OP=y0+stanθ=‎ ‎【点睛】该题是带电粒子在电场中运动的问题，其基础是分析物体的受力情况和运动情况；能用类平抛运动的思想处理平行于极板方向和垂直于板方向的运动.‎