山西省大同市第一中学2019-2020学年高二3月网上考试物理试题 PDF版含答案.pdf

1 2019~2020-2 高二年级 3 月阶段性考试 物理 答案 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、【答案】D 【解析】 【详解】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： 2UQ tR 当两端电压变为 2U，时间为 2t 时，产生的热量为：  2 22 82 8U UQ t t QR R     D 正确，ABC 错误。 故选 D。 2、【答案】B 【解析】 【详解】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 a bE E ；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 a b  ，B 正确，ACD 错误。 故选 B。 3、【答案】C 【解析】 【详解】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。 故选 C。 4、【答案】A 2 【解析】 【详解】陶瓷板向左拉出，则 变小，根据电容的决定式 4 SC kd   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： QC U 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。 故选 A。 5、【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 一 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。故 B 正确. 6、【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 1 2: 2 : 2:1R R R R  ，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 1 2: 1: 2I I  ．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 F ILB ，可知 1 2: : 1: 2F F I I   ，得 1 2F F  ，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 3 2F F F  ，故本题选 B． 3 7、【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； 故选：B． 考点：安培力． 分析：由安培力公式 F=BILsinθ 分析答题，其中 L 是通电导线的有效长度，是导线在磁场中两 端点间的距离． 点评：正确理解安培力公式 F=BILsinθ 中各符合所表示的物理量是正确解题的关键，分析清楚 图示情景，求出导线有效长度 L 即可正确解题． 8、【答案】AD 【解析】A．公式 E=k 2 Q r 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= F q 是电场强度的定义式，场强 E 与 F、q 无关，B 错误； C．公式 R=U I 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= l S 是电阻的决定式，R 与 l、 成正比，与 S 成反比，D 正确。 9、【答案】AD 【解析】 4 试题分析：因题目中要求三个小球均处于平衡状态，由平衡条件，根据电场力方向来确定各自 电性，从而得出“两同夹一异”，因此 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 D 正确，C 错误．所 以选 AD 10、【答案】AC 【解析】 【详解】A．电动机两端电压为：    12 2 0.5 1.5 8MU E I r R        V A 正确；BC．电动机的发热功率为： 2 22 1 4r MP I R    W 电动机的输出功率为： 8 2 4 12M rP U I P     出 W B 错误，C 正确；D．电动机的效率为： 12 % 75%8 2M P U I     出 D 错误。 故选 AC。 11、【答案】AB 【解析】根据电 U-I 源图线,,则,所以 A 选项是正确的. B、,所以 B 选项是正确的; C、D、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,,,Ω ,,,Ω ,故 CD 错误; 所以 AB 选项是正确的. 12、【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： 21 2qU mv 解得： 2qUv m ，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦 兹力提供向心力，则有： 2vBqv m R 5 解得运动的半径为： mvR qB ， 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： 1: 4m m q q 甲 乙 甲 乙 : ，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： 1 :2 2 21 3: 46 m mt t q B q B             甲 乙 甲 乙 甲 乙 ： C 正确，D 错误。故选 BC。 二、实验题(本题共 2 小题，每空 2 分，共 18 分．) 13、【答案】 (1). B (2). R2 (3). 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 (4). 20 【解析】（1）[1]A、B 两个电路图均为限流法测电阻，由题意得： A VxR R R ，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： 1 1 2 g g g I RI IR R  当接“2”时，干路电流为： 1 2 2 g g g g I R I RI IR   根据倍率关系知： 1 210I I 代入数据解得：R2=20Ω，（R2=-380Ω 舍去）。 14、【答案】 (1). 图见解析 (2). B (3). 1.50 (4). 1 (5). 1.50 6 【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： 1.5 1 10.5 E Ur I       ； [5]．短路电流 1.5AEI r 短 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．（10 分） 【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： 0 EI R R r   得：r=5Ω （2）电源的总功率 P=IE 得： 2 0 EP R R r   当 R=0Ω，P 最大，最大值为 mP ，则有： 4mP  W 16．（12 分） 【答案】1.9 9.9R    【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 7 17．（12 分） 【答案】①2d ② 0 2 mvB qd ③ 0 (4 7 ) 2 dt v  【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： 0h v t 水平方向匀加速直线运动平均速度 0 2 xvv  ， 1 2 xd tv 根据速度的矢量合成 0 tan 45 xv v   可得 2h d （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： 2 2 2 2R d d   带电粒子进入磁场时的速度大小为 02v v 则由牛顿第二定律得： 2vqvB m R 联立解得： 0 2 mvB qd （3）粒子在磁场中运动的周期为 0 2 4R dT v v    设粒子在电场中的运动时间为 1t ，则 1 0 2dt v 设粒子在磁场中的运动时间为 2t ， 2 0 135 1 7 7 360 2 8 2 dt T T T v      则总时间为 1 2 0 (4 7 ) 2 dt t t v   